Rigidez Axial
La rigidez axial K ax ax de una barra elástica se define simplemente como la relación F / ∆ entre la fuerza horizontal F y el desplazamiento desplazamiento horizontal ∆ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo: F
A
B
Para encontrar ∆ necesitamos encontrar los diagramas de esfuerzos para calcular las deformaciones y desplazamientos. Los diagramas de esfuerzos y el desplazamiento calculados son:
axiles N (x ) = +F x torsores M (x ) = 0 x
cortantes T (x ) = 0 y flectores M (x ) = 0 y
T z (x ) = 0 M z (x ) = 0
Ahora calculamos ∆ en función de esos esfuerzos y obtenemos fácilmente K ax ax :
∆=
L
∫ 0
N x (x ) EA
dx =
FL EA
K ax =
⇒
F
∆
=
FL FL EA
=
EA L
Rigidez a Flexión
La rigidez axial K flex flex de una barra elástica se define simplemente como la relación / θ entre el momento extremo M y el giro de la sección θ del mismo extremo en el M siguiente esquema de cálculo: M
A
B
Para encontrar los diagramas de esfuerzos necesitamos previamente encontrar las reacciones verticales ( R A, R B B) y el momento de empotramiento ( M A). Como el problema es hiperestático además de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales y momentos necesitamos una ecuación de compatibilidad (relación que involucra los desplazamientos) un posible sistema usando el desplazamiento vertical v B B sería por ejemplo:
R A + R B = 0 M + M + R L = 0 A B v (R , R , M ) = 0 B A B A Para calcular el desplazamiento vertical v B B podemos usar la ecuación de la elástica, más dos ecuaciones de condiciones de contorno:
1
d 2v (x ) M z (x ) M A + R A x = = 2 EI EI z dx z v A (R A , R B , M A ) = v (x = 0 ) = 0 dv v ' A (R A , R B , M A ) = dx = 0 x =0
⇒
v (x ) =
1
2
M A x
2EI z
+
R A x 3
3
De la condición de compatibilidad v B B = v (L) =0 y de las ecuaciones de equilibrio tenemos que: v B (R A , R B , M A ) = 0 ⇒ R A
=−
3M A L
R A = 3M 2L ⇒ R B = − 3M 2L M = − M 2 A
Podemos calcular θ en función de los diagramas o más sencillamente usando la forma de la elástica ya que θ = v’ (L) y así tenemos sencillamente: dv dx x =L
=
K flex =
M
θ
1
M A L +
EI z =
M ML 4EI z
R A L2
1 − ML 3ML ML = + = 2 EI 2 4 4EI z z
=
⇒
4EI z L
Rigidez a Cortante
La rigidez a cortante K cort cort de una barra elástica se define simplemente como la relación T / δ entre la fuerza vertical T aplicada en un extremo y desplazamiento subsiguiente δ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo: T
A
B
Para encontrar los diagramas de esfuerzos necesitamos previamente encontrar la reacciones verticale ( R A) y los momento de empotramiento ( M A, M B B ). Como el problema es hiperestático además de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales y momentos necesitamos una ecuación de compatibilidad (relación que involucra los desplazamientos) un posible sistema usando que en B la barra horizontal sería imponer que v’ B B = 0: R A + T = 0 M + M + TL = 0 A B v ' (R , M , M ) = 0 B A A B
Para calcular el desplazamiento vertical v B B podemos usar la ecuación de la elástica, más dos ecuaciones de condiciones de contorno: 2
d 2v (x ) M z (x ) M A + R A x = = 2 EI EI z dx z v A (R A , R B , M A ) = v (x = 0 ) = 0 dv v ' A (R A , R B , M A ) = dx = 0 x =0
⇒
v (x ) =
1
2
M A x
2EI z
+
R A x 3
3
De la condición de compatibilidad v B B = v (L) =0 y de las ecuaciones de equilibrio tenemos que: v B (R A , R B , M A ) = 0 ⇒ R A
=−
3M A L
R A = 3M 2L ⇒ R B = − 3M 2L M = − M 2 A
Podemos calcular θ en función de los diagramas o más sencillamente usando la forma de la elástica ya que θ = v’ (L) y así tenemos sencillamente: dv dx x =L
=
K flex =
M
θ
1
M A L +
EI z =
M ML 4EI z
R A L2
1 − ML 3ML ML = + = 2 EI 2 4 4EI z z
=
⇒
4EI z L
Rigidez a Cortante
La rigidez a cortante K cort cort de una barra elástica se define simplemente como la relación T / δ entre la fuerza vertical T aplicada en un extremo y desplazamiento subsiguiente δ del mismo extremo en el siguiente esquema de cálculo: T
A
B
Para encontrar los diagramas de esfuerzos necesitamos previamente encontrar la reacciones verticale ( R A) y los momento de empotramiento ( M A, M B B ). Como el problema es hiperestático además de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales y momentos necesitamos una ecuación de compatibilidad (relación que involucra los desplazamientos) un posible sistema usando que en B la barra horizontal sería imponer que v’ B B = 0: R A + T = 0 M + M + TL = 0 A B v ' (R , M , M ) = 0 B A A B
Para calcular el desplazamiento vertical v B B podemos usar la ecuación de la elástica, más dos ecuaciones de condiciones de contorno: 2
d 2v (x ) M z (x ) M A (M B + M A ) x = = − + 2 EI EI EI z L dx z z ⇒ v A (R A , R B , M A ) = v (x = 0 ) = 0 dv =0 v ' A (R A , R B , M A ) = dx x =0 (M B + M A )x 3 1 − v (x ) = M A x 2 2EI z 3L De la condición de compatibilidad v’ B B = v’ (L) =0 y de las ecuaciones de equilibrio tenemos que: dv B dx x =L
= 0 ⇒ M A
R A = −T = +M B ⇒ M A = − TL 2 M = − TL 2 B
Podemos calcular δ en función de los diagramas o más sencillamente usando la forma de la elástica ya que δ = v (L) y así tenemos t enemos sencillamente: v (L ) =
L2 (M A + M B ) L2 TL − M A = 2EI z 3 EI z 3
K cort =
T
δ
=
T TL3 12EI z
=
−
TL3 = 2 12EI z
TL
⇒
12EI z L3
Rigidez mixta Cortante-Flexión
La rigidez mixta de cortante-flexión K cf cf de una barra elástica se define simplemente como la relación M E E / δ entre el momento de empotramiento M E E cuando se aplica una fuerza vertical T en el extremo que produzca un desplazamiento δ de ese extremo, usando el siguiente esquema de cálculo: T
A
B
A partir de los cálculos de la sección anterior puesto que M E E = M A tenemos que: K cf
=
M E
δ
=
TL 2 3
TL 12EI z
=
6EI z L2
3
Vigas biempotradas 1. Carga puntual A) Reacciones
x P
R A =
a
b
R B = M A =
L
M B =
Q A
Pb 2 (L + 2a ) = L3 Pa 2 (L + 2b ) = L3 Pab 2 + = L2 Pba 2 − 2 = L
2
Pb 2 b a a 3 − 2 = P 1 − 1 + 2 2 L L L L 2 2 Pa a b b 3 2 P 1 1 2 − = − + L L L2 L 2 Pb 2 b a + + Pa 1 − 1 − = L L L Pa 2 a − 1 − = L L
b − Pb 1 − L
Q B B) Momentos flectores M A
M C
Pb 2 (Lx + 2ax − aL ) 0 ≤ x ≤ a M B M (x ) = L3 2 z Pa (Lb + L2 − Lx − 2bx ) a < x ≤ L L3 2Pa 2 b 2 M C = L3
C) Ecuación de la elástica 2ax x 2 Pb 2 a x − − 3 0 ≤ x ≤ a L L2 6EI z y (x ) = 2 2 2b (L − x ) (L − x ) Pa a < x ≤ L 3b − (L − x ) − 2 6EI z L L Pa 3 b 3 2Pa 3 b 2 2aL f C = f max = f = 2 3EI z L3 L + 2a 3EI z (L + 2a )
Casos particulares: a = b = L /2 a = 0, b = L
P PL = −M B M A = − 2 8 R A = P R B = 0, M A = 0 M B = 0
R A = R B =
2
Vigas biempotradas 2. Carga continua x
A) Reacciones
c p
a
2 pbc M A − M B pc c 2 R A = − = 3 bL + (b − a ) ab − L L 4 L
b L
pac M A − M B pc 2 c 2 + = 3 aL + (a − b ) ab − R B = L L 4 L 12ab 2 L − 3b + c 2 pc 3 12ba 2 L − 3a + M B = − c 2 12L2 B) Momentos flectores pc 3 M A = − 12L2
R A x + M A 2 p c M z (x ) = R A x + M A − x − a + 2 2 R B (L − x ) + M B R A2 c M max = R A a − + M A + 2 2 p
0 ≤ x ≤ a −
c c ≤ x ≤ a + 2 2 c a + ≤ x ≤ L 2
a −
C) Ecuación de la elástica x 2 c (− 3M A − R A x ) 0 ≤ x ≤ a − 6EI z 2 4 c c c 1 3 2 y (x ) = p x a R x M x a − ≤ x ≤ a + − + − − 4 12 A A 24EI z 2 2 2 1 [R B x 3 − 3(M B + R B L )x 2 + 3(2M A + R B L )Lx − (3M A + R B L )L2 ] a + c ≤ x ≤ L 2 6EI z
Casos particulares: a = b = L /2 a = b = L /2, c = L
pc 2 pL R A = R B = 2 R A = R B =
pc (3L2 − c 2 ) 24L pL2 M A = M B = − 12
M A = M B = −
c 2
Vigas biempotradas 2. Carga triangular A) Reacciones x p max
a
R A
b L
p max a a 2 a 10 15 8 L 20 L2
p max a a 2 a R B 2 15 8 L 20 L M A
p max a 2 a a 10 15 6 L L 30
M B
p max a 2 a a 5 4 L 20 L
Fórmula para el cambio de base Dada la matriz de rigidez elemental de una barra recta en ejes locales:
[K (i ) ]L
EA = A L 12EI B = 3 L 4EI C = L EI 6 D = L2
0 0 0 −A 0 A 0 − B D 0 B D 0 D C 0 − D C 2 := A 0 0 A 0 0 − 0 −B −D 0 B −D D C 2 0 − D C 0
La matriz de rigidez elemental en ejes globales viene dada por:
[K ( ) ] i
G
= [C G ←L ][K (i ) ]L [C L ←G ] = [R α ][K (i ) ]L [R α ]
cos α sin α − sin α cos α 0 0 donde [R α ] := 0 0 0 0 0 0
−1
0 0 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 cos α sin α 0 − sin α cos α 0 0 0 1 0
0
El resultado del producto de las tres matrices anteriores viene dado por:
c α2 A + s α2B c αs α (B − A ) s αD − c α2 A − s α2B c αs α (A − B ) s αD 2 2 2 2 c s s c c c s s c c ( ) ( ) B A A B D A B A B D − + − − − α α α α α α α α α α C C2 s αD c αD − s αD − c αD (i ) [K ]G = 2 2 2 2 c s c s s c s c s s ( ) ( ) A B A B D A B B A D − − − − + − − α α α α α α α α α α c s (A − B) − s 2 A − c 2B − c D c s (B − A ) s 2 A + c 2B − c D α α α α α α α α α α s c s c − − D D C 2 D D C α α α α Donde se han empleado as abreviaciones adicionales c α = cos(α) y s α = sin(α).
1
Matrices de rigidez ............................................................................................................................ 1 Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones ............................................... 1 Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones .................................... 1 Barra biarticulada en 2 dimensiones ...................................................................................... 2 Barra prismática recta general de 3 dimensiones................................................................ 2 Viga curva flexionada de 2 dimensiones (viga balcón) ....................................................... 5 Viga recta de sección variable de 2 dimensiones ................................................................ 5 Matrices de masa .............................................................................................................................. 6 Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones ............................................... 6 Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones .................................... 6 Barra prismática recta de nudos rígidos en 3 dimensiones ............................................... 7
Matrices de rigidez Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y )| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x ) = {u x , u y , θ z } . Su matriz de rigidez completa viene dada por una matriz de 6×6, si se desprecia la deformación por cortante resulta ser:
λ2 0 EI 0 [K ] = 3 2 L − λ 0 0
0
0
0
− λ2
0
12
6L
0
− 12
6L
4L2
0
− 6L
0
0
λ2
0
0
12
0 − 6L
0
− 6L
2L2
− 12 − 6L 6L
2L2
+ 6L 0
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y )| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x ) = {u x , u y , θ z } . Su matriz de rigidez completa viene dada por una matriz de 6×6: a) Si el nudo articulado es el segundo nudo de la barra (nudo de la derecha)
λ2 0 EI 0 [K ] = 3 2 L − λ 0 0
0
0
− λ2
0
0
3
3L
0
−3
0
3L
3L2
0
− 3L 0
0
0
λ2
0
0
3
0
0
0
0
− 3 − 3L 0
0
0
b) Si el nudo articulado es el primer nudo de la barra (nudo de la izquierda)
2
λ2 0 EI 0 [K ] = 3 2 L − λ 0 0
0
0
0 − λ2
3
0
0
−3
0
0
0
0
0
0
0
λ2
0
−3
0
0
3
0 − 3L
− 3L 0
0
0
− 3L
− 3L
3L 2
Barra biarticulada en 2 dimensiones
1 0 EA 0 [K ] = L − 1 0 0
0 0 − 1 0 0
λ2 0 0 0 0 0 EI 0 = 0 0 L3 − λ2 0 0 0 0 0 0
0 0 − λ2
0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
0
0 0
0
0 0 0 0
0 0
1
0 0
λ2
0 0
0
0 0
0
0 0 0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
Barra prismática recta general de 3 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y,z )| y = 0} tiene 7 grados de libertad por nudo (3 de traslación, 3 de giro y 1 de alabeo): u(x ) = {u x , u y , u z, ϕ, θx , θ y , θ z } . Su matriz de rigidez viene dada por cuatro submatrices de 7×7: [K ] [K 12 ] [K ] = 11T [K 12 ] [K 22 ]
1) Las submatrices que intervienen en [*] vienen dadas por: EA 0 0 0 0 0 L 12Φ11 EI z 12Φ12 EI z 24Φ12 EI z 0 0 0 3 2 1 1 1 L L L + α + α + α z z z 12 EI y − 6 EI y 0 0 0 0 3 1 + α z L 1 + α z L2 12Φ12 EI z 0 0 Ψ11GJL Ψ12GJ [K 11] = 0 + α 1 L z GJ 0 24Φ12 EI z 0 0 Ψ12GJ Ψ22 2 1 + α z L L 4 + α z EI y − 6 EI y 0 0 0 0 1 + α z L2 1 + α z L2 6Φ11 EI z 6Φ12 EI z 12Φ12 EI z 0 0 0 2 1 + α z L 1 + α z L 1 + α z L
[*]
6Φ11 EI z − 1 + α z L2 0 6Φ12 EI z 1 + α z L2 12Φ12 EI z 1 + α z L2 0 4 + α z EI z Φ 22 2 1 + α z L 0
3
EA 0 0 − L 12Φ 11 EI z 0 0 − 1 + α z L3 − 12 0 0 1 + α z 12Φ 12 EI z 0 − [K 12 ] = 0 1 L + α z 24 Φ 12 EI z − 0 0 1 + α z L2 6 0 0 1 + α z 6Φ 11 EI z 0 0 − 1 + α z L2
EA 0 0 L 12Φ 11 EI z 0 0 1 + α z L3 12 0 0 1 + α z 12Φ 12 EI z 0 [K 22 ] = 0 − + α 1 L z 24Φ 12 EI z 0 0 1 + α z L2 6 0 0 1 + α z 0 − 6Φ 11 EI z 0 1 + α z L2
0
−
0
12Φ 12 EI z
−
1 + α z L
EI y
24Φ 12 EI z
0
1 + α z L2 0
− 6 EI y 1 + α z L2
Ψ11GJL
Ψ12GJ
0
Ψ12GJ
Ψ22
GJ L
0
EI y
0
L2
2 − α z EI y
0
6Φ 12 EI z
−
1 + α z L
1 + α z L2
12Φ 12 EI z
0
1 + α z L
0
−
0
0
L3
0
0
12Φ 12 EI z
24Φ 12 EI z
1 + α z L
1 + α z L2
0
0
− 6 EI y 1 + α z L2
Ψ11GJL
− Ψ12GJ
0
− Ψ12GJ
Ψ22
GJ L
0
EI y L3
EI y
0
L2
6Φ 12 EI z 1 + α z L
0
4 + α z EI y
0
−
6Φ 11 EI z 2 1 + α z L 0 6Φ 12 EI z 1 + α z L2 12Φ 12 EI z 1 + α z L2 0 2 − α z EI z Φ 22 2 1 + α z L
0
1 + α z L2
12Φ 12 EI z
0
1 + α z L
6Φ 11 EI z − 1 + α z L2 0 6Φ 12 EI z 1 + α z L2 12Φ 12 EI z − 1 + α z L2 0 4 + α z EI z Φ 22 2 1 + α z L 0
2) Donde se han introducido las siguientes abreviaciones: (a) Funciones auxiliares: Φ 11 = Φ 22 =
F 0 2 C 0 2 C 0 2 C 0
F 0 + ζ G F 0 + υζ G F 0 + ζ G
Φ 12 =
z C (1 − κ 0 )(cosh λ 0 − 1) L
Φ 22 =
2 F 0 + ζ C G 0 2 F 0 − υ ζ C G 0 2 F 0 + ζ C G 0
2 (λ 0 cosh λ 0 − sinh λ 0 ) κ 0 λ 0 cosh λ 0 − κ 0 sinh λ 0 + ζ C Ψ11 = 2 λ0 F 0 + ζ C G 0 2 λ sinh λ 0 + ζ C [λ 0 sinh λ 0 + 2(1 − κ 0 )(1 − cosh λ 0 )] Ψ22 = 0 2 F 0 + ζ C G 0
2 ) Ψ12 = κ 0 (1 + ζ C
Ψ11 =
2 F 0 + ζ C G 0 2 κ 0 κ 0 sinh λ 0 − λ 0 + ζ C (sinh λ 0 − λ 0 )
λ0
Donde los parámetros F 0, G 0, υ, …, vienen dados por: υ= υ=
1 + α z 4 + α z 1 + α z 2 − α z
F 0 = λ 0 sinh λ 0 + 2κ 0 (1 − cosh λ 0 ) G 0 = λ 0 sinh λ 0 + 2(1 − cosh λ 0 )
2 ζ C = z C 2
1 − κ 0
κ 0
cosh λ 0 − 1
α z κ z A 1 + α z J
2 F 0 + ζ C G 0
4
(a) Magnitudes asociadas a la torsión κ 0 = 1 −
J I y + I z
λ 0 = L κ 0
GJ EI ω
F 0 = λ 0 sinh λ 0 + 2κ 0 (1 − cosh λ 0 ) G 0 = λ 0 sinh λ 0 + 2(1 − cosh λ 0 )
(b) Relacionadas con el cortante
α y =
α z =
12EI z
κ y GAL2 12EI z
κ z GAL2
AQy
dA A b z −1 2 S z dA A b y
∫
I z 2 κ z = = A A
∫
κ y =
A
=
−1
2 I y 2 S y
A
AQz
3) Casos particulares:
―
Si ζC = 0 (cosa que sucede cuando z C = 0, αz = 0 o κ 0 = 1) entonces Φ11 = Φ22 = Φ22 = 1 y Φ12 = 0, y entonces hay desacoplamiento entre las componentes de la flexión y torsión, en ese caso además los coeficientes Ψ11, Ψ 11, Ψ12 y Ψ22, coinciden con los que se encuentran en un problema elemental de torsión. Torsión alabeada pura . Si el módulo de torsión J tiene un valor pequeño, podemos considerar el límite J 0, que implica κ 0 0 y λ0 0, lo que a su vez hace que: Φ11 = Φ22 = Φ22 = 1 y Φ12 = 0 y además GJLΨ11 4EI ω / L, GJL Ψ 11 2EI ω / L, GJ Ψ12 2 3 6EI ω / L y GJ / LΨ22 12EI ω / L . Todos esos límites implican que la matriz [K11] quede simplemente: ―
→
→
―
→
―
→
→
→
EA 0 L 12 0 1 + α z 0 0 [K 11 ] = 0 0 0 0 0 0 6 0 1 + α z
→
0
0
0
0
0
0
0
0
12 EI y 1 + α y L3
0
0
− 6 EI y 1 + α y L2
4EI ω
6EI ω
L 6EI ω
L2 12EI ω
L2
L3
0
0
0
0
EI z L3
0 0
− 6 EI y 1 + α y L2 EI z
0
L2
0 0 4 + α y EI y 1 + α y L 0
6 EI z 1 + α z L2 0 0 0 0 4 + α z EI z 1 + α z L 0
Torsión de Saint-Venant pura . Si el módulo de torsión J tiene un valor muy grande ∞, lo y apenas existe alabeo, podemos considerar el límite J ∞, que implica λ0 2 que a su vez hace que: Ψ11 = Ψ11 = Ψ12 = 0 y Ψ22 = 1 y además Φ11 1/(1+ ζC ), 2 2 2 2 1–[3ζC /(4+αz )(1+ ζC )], Φ22 1–[3ζC /(2– αz )(1+ ζC )] y Φ12 0. Además en Φ22 este caso desaparece el grado de liberta de alabeo y las submatrices de rigidez son de 6×6: →
―
→
―
→
→
→
→
5
EA 0 L 12Φ 11 EI z 0 1 + α z L3 0 0 [K 11 ] = 0 0 0 0 6Φ 11 EI z 0 1 + α z L2
0
0
0
0
12 EI y 1 + α y L3
0
− 6 EI z 1 + α y L2
0
GJ L
0
− 6 EI z 1 + α y L2
0
0
0
4 + α y EI y 1 + α y L 0
6Φ 11 EI z 1 + α z L2 0 0 0 4 + α z EI z 1 + α z L 0
Si además el centro de cortante coincide con el centro de gravedad ζC = 0 y se ignora la deformación por cortante αz = αy = 0 se recupera la matriz de rigidez convencional para una barra recta que apenas sufre alabeo y que es larga en comparación con su longitud.
Viga curva flexionada de 2 dimensiones (viga balcón) Una viga de directriz circular cargada perpendicularmente al plano de la directriz Π = {(x,y,z )| z = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (1 de traslación, 2 de giro): u(x ) = {u z, θx , θ y } . Su matriz de rigidez viene dada por una matriz de 6×6: Viga recta de sección variable de 2 dimensiones Una viga recta de sección variable: 2 2 x A(x ) = A1 + (A0 − A1 )1 − L 2 2x I y (x ) = I 1 + (I 0 − I 1 )1 − L 2 2x z G (x ) = z 0 1 − L
I 1 = I y x =
A1 = A x =
L ∧ A0 = A(x = 0) 2 L ∧ A0 = I y (x = 0) 2
0 ≤ x ≤ L
Cargada perpendicularmente al plano de la directriz Π = {(x,y,z )| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación, 1 de giro): u(x ) = {u x , u y, θz } . Su matriz de rigidez viene dada por una matriz de 6×6: β 33 EA0 2 β11β 33 − βˆ 13 L [K 11 ] = 0 ρ 0 β13 EA0 2 β11β 33 − βˆ 13
0 12 β 22 + 3β 33 −6 β 22 + 3β 33
EA0 2 β 11β 33 − βˆ 13 EI 0 −6 β 22 + 3β 33 L2 2 ˆ β11 (β 22 + 6β 33 ) − 3β13 EI 0 (β11β 33 − βˆ 132 )(β 22 + 3β 33 ) L ρ 0 β13
EI 0 L3 EI 0 L2
6
− β 33 EA0 2 β11β 33 − βˆ 13 L [K 12 ] = 0 − ρ 0 β13 EA0 2 ˆ β11β 33 − β13 EA0 β 33 2 β11β 33 − βˆ 13 L [K 22 ] = 0 ρ 0 β13 EA0 2 β11β 33 − βˆ 13
0
− 12 β 22 + 3β 33 6 β 22 + 3β 33
EI 0 L3 EI 0 L2
0
β 22 β 22
12 + 3β 33 6 + 3β 33
EI 0 L3 EI 0 L2
− ρ 0 β13 EA 0 2 β11β 33 − βˆ 13 EI 0 −6 T = [K 21 ] 2 β 22 + 3β 33 L 2 2 ˆ ˆ − (β11β 22 + 3β13 ) − 3β13 EI 0 (β11β 33 − βˆ 132 )(β 22 + 3β 33 ) L ρ 0 β13 EA0 2 β 11β 33 − βˆ 13 EI 0 6 β 22 + 3β 33 L2 2 ˆ β11 (β 22 + 6β 33 ) − 3β13 EI 0 (β11β 33 − βˆ 132 )(β 22 + 3β 33 ) L
Donde: β11 = Λ σ − β13 =
ηκ 0 1 − ηΛ η 1 − η 1− η 1 − ηΛ η
β 22 = αΛ σ + 3
1− Λ η 1− η
β 33 = Λ η
βˆ 13 = κ 0 β13
1− η
Donde los parámetros anteriores vienen dados por: η=
I 1 I 0
Λη =
σ=
A1 A0
Λσ =
1
η(1 − η) 1
arctg
1− η η
arctg
1− σ σ
σ(1 − σ )
α=
12EI j
κ GA j L2 AQj κ = A j
Se comprueba fácilmente que los coeficientes de rigidez coinciden con los convencionales para una viga bidimensional de sección constante cuando ρ0 = 0, β22 = α –2 y β11 = β33 = 1.
Matrices de masa Barra prismática recta de nudos rígidos en 2 dimensiones La pieza de directriz recta con un plano de simetría Π = {(x,y )| y = 0} tiene 3 grados de libertad por nudo (2 de traslación y 1 de giro): u(x ) = {u x , u y , θ z } . Su matriz de masa es la siguiente una matriz de 6×6: 0 0 70 0 0 140 0 L L − 156 22 0 54 13 2 2 22L 4L 0 13L − 3L m 0 [M ] = 420 70 0 0 140 0 0 0 54 13L 0 156 − 22L − 22L 4L2 0 0 − 13L − 3L2
Barra prismática recta con un nudo articulado en 2 dimensiones (no especificada)
7
Barra prismática recta de nudos rígidos en 3 dimensiones Si se admite que la pieza trabaja en torsión de Saint-Venant pura, tendrá sólo 6 grados de libertad por nudo y su matriz de masa será de 12 ×12:
[M ] [M 12 ] [M ] = 11 T [M 12 ] [M 22 ] 1) Las submatrices de 6×6 que intervienen en [*] vienen dadas por: 0 0 0 0 140 0 0 156 L 0 0 0 22 L − 0 0 156 0 22 0 m [M 11 ] = − 22L 420 0 0 0 140i 02 0 0 − 22L 0 0 4L2 0 − 22L 0 0 4L2 0 22L 0 0 0 0 70 0 0 54 L − 0 0 0 13 L 0 54 0 13 0 m 0 T [M 12 ] = [ ] M = 21 − 22L 420 0 0 0 70i 02 0 0 − 13L − 3L2 0 0 0 − 22L − 3L2 0 0 0 13L 0 0 0 0 0 140 0 L − 156 0 0 0 22 0 156 0 22L 0 m 0 [M 22 ] = 420 0 0 0 140i 02 0 22L 0 0 22L 0 4L2 0 22L 0 4L2 0 − 22L 0
[*]
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA : 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO
22 / X / 2003
Nombre:
Ejercicio 1. Para la siguiente estructura, con sobrecarga uniforme en la cubierta ( q = 20 kN/m): 3 (Nota: Cubierta a 45º) q q
2
4
5
1,50 3,00
1
(1) ¿Cuántos desplazamientos nodales son desconocidos? Nº de desplazamientos incógnita. = 11
6
(2) ¿Que dimensión tendría la matriz de rigidez en 2D y en 3D? (2D) = 18×18
(3D) = 36×36
(3) Dibujar esquemáticamente la matriz sobre esta cuadrícula:
(4) ¿Explicar cual de los tres pilares es más rígido y por qué? El pilar 3-4, que es el más corto, ya que la rigidez viene dada por el valor numérico de las componentes de la matriz de rigidez y todas ellas crecen al disminuir la longitud de la pieza.
(5) Si hago la siguiente renumeración: 1
→ 1, 2 → 6, 3 → 4, 4 → 3, 5 → 5, 6 → 2 ¿Cuál de las dos
numeraciones da una matriz de rigidez computacional mente mejor, la original o esta segunda? ¿Por qué (3 líneas máximo)?
La primera es más eficiente conduce en principio a una matriz de rigidez con un ancho de banda más pequeño (habría que ver que pasa después de eliminar filas y columnas, para resolver el sistema de desplazmientos).
(6) Fuerzas nodales de la viga 2-3 en ejes globales (hay que hacer cambio de base). H 2 = –15 kN H 3 = –15 kN
V 2 = –15 kN V 3 = –15 kN
M 2 = –7,5 kN·m M 3 = +7,5 kN·m
Ejercicio 2. Para una viga de longitud 3 m, de sección cuadrada 2 ×2 cm, y de acero, que está
empotrada en un extremo y con una rótula deslizante en el otro extremo: (7) Calcular el momento necesario en el extremo no empotrado para obtener un giro θ = 10 –3 rad. M = 0,3733 kp·m = 3,659 N·m
(8) En el caso anterior habiendo logrado el giro de θ = 10 –3 rad ¿qué reacción M e aparecería en el empotramiento? M e = 0,1867 kp·m = 1,830 N·m
© David Sánchez, Joan Velázquez
1
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA : 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO
22 / X / 2003
Nombre:
(1) El número de desplazamientos incógnita es el siguiente: nudos libres (2, 3 y 5) : 2 desplazamientos + 1 giro cada uno =9 rótulas (1,6): 1 giro cada una =2 Las rótulas suprimen del nudo solo los grados de libertad traslacionales, pero dejan libre el giro, que en general será una incógnita. (2) En 2D cada nodo posee 3 GL (2 desplazamientos + 1 giro), como existen 6 nodos tenemos 18 grados de libertad y por tanto la matriz de rigidez es de 18 ×18. En 3D cada nodo tiene 6 GL (3 desplazamientos +1 giro) 1. (3) El esquema reproduce la conectividad dado por la matriz de adyacencia A = [ a ij ] si dos nodos i y j están conectados a ij = 1 y si no están conectados a ij = 0. La matriz de rigidez luego adicionalmente podrá tener algunos ceros más dentro de cada recuadro lleno (ver figura en el enunciado de (3)). (4) El pilar corto es el más rígido, precisamente porque siendo todas las secciones iguales los n (ij ) elementos de la matriz de rigidez k ij = a ij ·E ·G / disminuyen al aumentar L 2. ij L En la figura el elemento 3-4 es el más rígidio de los pilares, pero esto no tiene nada que ver con que esté o no empotrado o con que tenga una menor longitud de pandeo, no deben confudirse el concepto de rigidez, con los de longitud de pandeo y otros, son diferentes 3. (5) Si comparamos la forma global de las matrices de rigidez con la viga numeración (a) y con la nueva numeración (b): (a)
(b)
Puede verse la numeración orginal (a) tiene un menor ancho de banda, computacionalmente eso permite tanto ahorrar espacio de memoria como un menor número de pasos al invertir la matriz de rigidez global.
1
En d dimensiones el número de grados de libertad es d (d -1)/2 giros [número de elementos independientes de una matriz antisimétrica d ×d ] y d grados de libertad traslacionales, sumando se obtiene por tanto que el número total de grados de libertad es d (d +1)/2. 2 a ij : número real, E : módulo de Young, G ij : magnitud geométrica resistente de la sección para los grados ij , L: longitud del elemento, n (i , j ): exponente que puede ser 1, 2 o 3]. 3 Una respuesta muy común a esta pregunta era que el elemento 3-4 era el más rígido porque tenía una menor longitud de pandeo o porque estaba empotrado. Esa no es la explicación correcta. © David Sánchez, Joan Velázquez
2
EXAMEN PARCIAL DE TECI (GRUPO T1) EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA : 15616 / CURSO 2002-2003 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO
22 / X / 2003
Nombre:
(6) Se trata de buscar un sistema estáticamente equivalente a una carga continua y uniforme, pero que esté aplicada únicamente en los nudos. Eso equivale a buscar qué momentos y que fuerzas puntuales hay que colocar en cada nudo de tal manera que la resultante de fuerzas y momentos sea idéntica a la de la carga continua original. En ejes locales, sameos que esas fuerzas son simplemente: T
T qL qL2 qL qL2 15 15 (2 − 3 ) {F local } = 0 − 0 − − = 0 − 15 2 − 2 0 − 15 2 2 2 12 2 12 nodo 2 nodo 3 144 4 244 4 3
144 244 3
Para lograr la misma fuerza expresada en ejes globales simplemente debemos realizar cun cambio de base, que consista en un giro de – 45º grados, es decir:
cos 45 − sin 45 0 [C ] =
sin 45
0 cos 45 0 0 1 0
1 1 − 1 1 0 1 0 0 = cos 45 sin 45 0 2 − sin 45 cos 45 0 0 0 1
0 0 2
0 1 1 −1 1 0 0
0 0 2
A partir de aquí los pasos a seguir son puramente mecánicos:
{F global } = (2 − 3 )
C
1 − 1 0 1 {F (2−3 ) } = local 2 0 0 0
1 1 0 0 0 0
0 0 0 0 2 0 0 1 0 −1 0 0
0 0 0 1 1 0
0 0 0 − 15 0 − 15 0 0 0 − 15 2 + 15
− 15 2 − 15 2 − 15 2 = − 15 2 − 15 2 + 15 2
(7) / (8) Basta usar la matriz de rigidez elemental:
... F 1 ... ... F 2 M F 3 ... = F = 4 ... F 5 M e F 6 ...
0 0 ... ... ... k 26 ... 0 ... ... k 36 0 2EI L ⋅ θ 0,1867 kp ⋅ m = = ... 0 0 ... ... ... k 56 0 ... ... k 66 θ 4EI L ⋅ θ 0,3733 kp ⋅ cm ...
[I = bh 3 /12 = h 4 /12 = 1,33 cm4, E = 2,1·106 kp/cm2]. Aunque esta es la manera más mecánica bastaba con recordar que la definición de rigidez a flexión y su valor para determinar M = 4EI θ / L y recordar que un momento en una barra empotrda induce un momento de empotramiento M e = βM y que para barras de sección constante es β = ½.
© David Sánchez, Joan Velázquez
3
EXAMEN PARCIAL DE TECI 29 / X / 2004 EUETIB. UNITAT ESTRUCTURAL DE MECÀNICA. TECI / CÓDIGO DE LA ASIGNATURA : 15616 / CURSO 2004-2005 / CUATRIMESTRE 4º PLAN 02 / OTOÑO Apellidos:
Nombre:
Grupo:
Problema 1.- La estructura de la figura representa una estructura
hiperestática, formada por un perfil metálico de sección cuadrada hueca de 90×90×5, empotrado en sus extremos. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, en esas condiciones: 0,40 P q
1
q
2
3
1,60
q = 1000 kp/m
1,60
(1) Completar la siguiente matriz de rigidez elemental y calcule la matriz de rigidez global:
− K 11 0 0 0 0 K 11 12 EI 12 EI 0 0 − K K 23 23 3 3 L L 4 EI 2 EI 0 − K 23 K 23 0 L L [K ] = − K K 11 0 0 0 0 11 12 EI 12 EI − K 23 0 0 − 3 − K 23 3 L L EI EI 2 4 0 − K 23 K 23 0 L L e
K 11
=
K 23
A = cm 2 cm 4 I = E = 2,1 ⋅ 10 6 kp cm 2
=
Calcular la matriz de rigidez global. (2) Si P = 0, y q = 1000 kp/m calcule el vector de fuerzas nodales globales. F T =
(0, –800+R V , –213+M e ; 0, –1600, 0; –800+R V , +213–M e) [R V ] = kp, [M e ] = kp·m
(3) En el mismo caso anterior calcule el desplazamiento en 2. δH = 0 δV = –0,63 cm θ=0 (4) En el mismo caso anterior calcule las reacciones en un extremo: R H = 0 R V = 1600 kp |M emp | = 853 kp·m (5) Ahora si P ≠ 0 y q = 0, calcule la fuerza P necesaria para obtener un giro de 0,5º en el nudo 2. P ≈ 8350 kp
© David Sánchez, Joan Velázquez
1
Resolución 1 Ejercicio
(1) Basta completar la rigidez axial, y la rigidez flexo-cortante:
[K e ]L
EA EA 0 0 0 0 − L L 12EI 6EI 12EI 6EI 0 0 − L3 L2 L3 L2 6EI 4EI 6EI 2EI 0 0 − 2 2 L L L L = EA EA − 0 0 0 0 L L 12EI 6EI 0 − 12EI − 6EI 0 − 2 L3 L2 L3 L 6 2 6 4 EI EI EI EI 0 0 − 2 L L L2 L
A = 17 cm 2 4 I = 205 cm E = 2,1⋅ 10 6 kp cm 2
Basta tener en cuenta que [ K (1)]L contiene información de los nudos 1 y 2, mientras que [K (2)]L contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras tienen la misma orientación basta tomar la orientación de los ejes globales idéntica a los ejes locales, lo cual nos evita tener que realizar ningún cambio de base. La matriz de rigidez global es:
AL2 − AL2 0 0 I I 0 − 12 L 12 6 0 0 − 6L 6L 4L2 0 − AL2 2AL2 0 0 0 EI I I [K G ] = 3 − 12 − 6L 0 24 L 6L 2L2 0 0 2 − AL 0 I − 12 6L
6L 2L2 0 0 8L2 0 − 6L 2L2
− AL2 I
0 0
AL2 I
0 0
− 12 6L − 6L 2L2 0 0 12 − 6L − 6L 4L2
Por tanto el ancho de banda es Ab = 4, es decir, todos los elementos no nulos K ij cumplen que | i – j | ≤ 4. (2) Para el cálculo de las fuerzas nodales calcular cual sería el efecto de una carga continua sobre una viga empotrada de longitud L, obtener sus reacciones y cambiar el signo para que las fuerzas nodales así obtenidas sean estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Es sencillo obtener estas fuerzas para cada una de las barras como: (1)T
F L
qL qL2 qL qL2 = 0, − + R v , − + M e , 0, − , + 2 12 2 12
© David Sánchez, Joan Velázquez
3
(2 )T
F L
qL qL2 qL qL2 = 0, − , − + R v , + − M e , 0, − 2 12 2 12
Ensamblando las vectores de fuerzas para cada nodo se llega fácilmente a: T G
F
qL qL2 qL qL2 = 0, − + R v , − + M e ; 0, − qL, 0; 0, − + R v , + − M e 2 12 2 12
(3) Para calcular el desplazamiento en el nudo 2 introducimos las restricciones de movimiento a los nudos 1 y 3, es decir, tenemos en cuenta que δH ,i = δV ,i = 0 y θ,i = 0 donde i ∈{1,3}. Esto nos permite considerar un sistema reducido de la forma:
AL2 1000 0 0 4 0 I δ H δ H = 0 4 160 ⋅ − qL = 2EI 0 12 0 δ ⇒ δ = − qL = − 100 = −0,63 cm v v 6 L3 EI 24 ⋅ ⋅ ⋅ , 24 2 1 10 205 0 0 0 4L2 θ θ = 0 (4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente mediante la matriz global substituyendo los desplazamientos anteriores en la matriz de rigidez global: (1)T
F L
qL qL2 qL qL2 = 0, − + R v , − + M e , 0, − , + 2 12 2 12
[F ]G = K e G [δ]G ⇒ 0 AL2 qL
− + R V 2 qL2 − + M e 12 0 − qL = 0 qL0 − + R V 2 qL2 − M e + 12
− AL2
0 0 I I 0 − 12 12 6 0 L 0 6L 4L2 0 − 6L 2 − AL2 2 AL 0 0 0 EI I I − 12 − 6L 0 24 L3 2 6L 2L 0 0 2 − AL 0 I − 12 6L
6L 2L2 0 0 8L2 0 − 6L 2L2
− AL2 I
0 0
AL2 I
0 0
0 0 + qL 0 2 qL2 0 + 4 0 0 4 qL = − qL ⇒ − − 12 6L 24EI 0 − 6L 2L2 0 0 0 qL 0 0 0 + 2 12 − 6L 0 − qL2 2 − 6L 4L 4
R V = qL ⇒ qL2 M e = 3
© David Sánchez, Joan Velázquez
4
(5) Si ahora P ≠ 0 y q = 0, es necesario recalcular las fuerzas nodales que dan: F L(1)T = [0, R v 1, M e 1, F L(2 )T
0, 0, 0]
27P
= 0, − 32
,
−
9PL 5P 3PL , 0, − + R v 3 , + M e 3 64 32 64
Ensamblando las vectores de fuerzas nodales: F G T
= 0,
R v 1,
M e 1 ; 0,
−
27P 9PL 5P 3PL + R v 3 , + + M e 3 , − ; 0, − 32 64 32 64
Volviendo a calcular los nuevos desplazamientos con estas fuerzas nodales:
AL2 0 I 0 0 δ H δ H = 0 3 − 27P 32 = 2EI 0 12 0 δ ⇒ δ = − 9 PL v v 256 EI L3 2 − 9PL 64 0 0 4L θ − 9 PL2 θ = 512 EI De esta última ecuación se sigue el valor de P buscado:
512 EI 512 2,1· 10 6 · 205 3,1416 θ = ≈ 8350 kp P = 0,5° ⋅ 2 0 2 9 L 9 180° 160
© David Sánchez, Joan Velázquez
5
ESCOLA TÈCNICA D’ENGINYERIA INDUSTRIAL DE BARCELONA, EUETIB Curso 05-06 DEPARTAMENT DE RESISTÈNCIA DE MATERIALS I ESTRUCTURES EN ENGINYERIA
EXAMEN PARCIAL convocatoria ordinaria
ESPECIALIDAD MECÁNICA/Q4/CODIGO ASIGNATURA 15616/ GRUPO: MAÑANA Y TARDE
11 Noviembre 2005 GRUPO:
NOMBRE:
Nota: Todas las suposiciones necesarias forman parte de la respuesta del examen.
NOTA: 1 h 50 min
Problema 2.- La figura representa una estructura hiperestática, formada por una viga
continua de sección rectangular hueca de ¨20×20×2, empotrada en uno de sus extremos y apoyada sobre otras dos rótulas fijas situadas: una en el otro extremo y la otra en el punto medio. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, se pide: 1,50 m 1,50 m 0,50 m
–1
q = 10 kN·m
E = 2,1·106 kp/cm2
P = 20 kN
1
2
3
∆ = 0,05 m Si P = 20,00 kN, y q = 10,00 kN/m calcule el vector de fuerzas nodales globales asociadas a P y q :
2.1.
{F }T = (0, –7,50 kN, –1,88 kN·m; 0, –22,31 kN, –2,57 kN; 0, –5,18 kN, +2,22 kN·m) 2.2.
Calcule la matriz de rigidez global y calcule en ancho de banda Ab de la misma. Ab = 4
2.3.
Calcule los ángulos girados en torno a los nodos 1 y 2:
θ1 = –0,3261 2.4.
≈
θ2 = –0,2159
–18,7º
≈
–12,4º
En el mismo caso anterior calcule las siguientes reacciones: R V 1 ≈ +5,16 kN R V 3 ≈ +6,12 kN
R V 2 ≈ +23,72 kN M 3 ≈ –2,69 kN·m
Ahora supongamos que por exceso de cargas la rótula central cede y se hunde en el suelo una distancia vertical ∆ = –0,05 m por lo que δV 2 = ∆, produciéndose una redistribución de esfuerzos. Calcule en estas nuevas condiciones:
2.5.
θ1 =
–0,3832 ≈ –22,0º R V 1 = +5,26 kN
θ2 =
–0,2016 ≈ –11,6º R V 2 = +23,39 kN
2
M 3 = –2,87 kN·m R V 3 = +6,34 kN
Resolución Problema 2
(2.1) Para el cálculo de las fuerzas nodales, calculamos cual sería el efecto de una carga continua sobre una viga bi-empotrada de longitud L, obtenemos sus reacciones y las cambiamos de signo, así resultan fuerzas nodales estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Para la barra j con carga continua tenemos simplemente:
qL qL2 qL qL2 }Loc 1 = 0 − 0 − − + 2 12 2 12
{F
(1) T
Para la barra
k
con carga puntual tenemos con algo más de trabajo 1: 20P
{F (2 ) }
T Loc 1
= 0 − 27
−
4PL 7P 2PL 0 − + 27 27 27
(Las reacciones se tendrán en cuenta más adelante a la hora de construir el sistema de ecuaciones). Teniendo en cuenta que F (1)Glob = F (1)Loc 1 y que F (2)Glob = F (2)Loc 2 el ensamblaje de fuerzas es trivial: T Glob
{F }
7P 2PL qL qL2 qL 20P qL2 4PL = 0 − − − + − + 0 − 0 − 2 12 2 27 12 27 27 27
(2.2) Empezaremos considerando las dos matrices de rigidez local [ K (1)]Loc 1 y [K (2)]Loc 2 que resultan ser iguales entre sí e iguales a la matriz elemental canónica:
[K (1) ]
Loc 1
= [K (2 ) ]Loc 2
EA EA 0 0 0 0 − L L 12EI 6EI 12EI 6EI 0 − 3 0 L3 L2 L L2 6EI 4EI 6EI 2EI 0 0 − 2 L L L2 L = EA EA 0 0 0 0 − L L 12 EI 6 EI 12EI 6EI 0 − − 2 − 2 0 L3 L L3 L 6EI 2EI 6EI 4EI − 2 0 0 L2 L L L
Para ensamblarlas basta tener en cuenta que [ K (1)]Loc 1 contiene información de los nudos 1 y 2, mientras que [ K (2)]Loc 2 contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras tienen la misma orientación podemos tomar como sistema de coordenadas globales uno que coincida con los ejes locales de cada una de las barras. Eso último nos evita tener que realizar tediosos cambios de base antes de obtener la matriz de rigidez global, que finalmente resulta:
1
Siendo a + b = L, R izq = P (b / L)2[3–2(b / L)], R der = P (a / L)2[3–2(a / L)], M izq = Pab 2 / L y M der = Pa 2b / L. 6
λ2m 0 0 − λ2m 0 12 6L 0 − 12 2 0 6L 4L 0 − 6L 2 − λ m 0 0 2λ2m 0 EI [K G ]Glob = 3 24 − 12 − 6L 0 L 6L 2L2 0 0 − λ2m 0 − 12 6L
6L 2L2 0 − λ2m 0 0 8L2 0 0 λ2m − 6L 0 2L2 0
− 12 6L − 6L 2L2 0 0 12 − 6L − 6L 4L2
Donde hemos usado la expresión de una esbeltez mecánica tipo λm := [AL2 / I] 1/2 para simplificar la escritura. El ancho de banda de [ K G] es Ab = 4, ya que todos los elementos no nulos K ij cumplen que | i – j | ≤ 4. (2.3) Para calcular los desplazamientos nodales introducimos las restricciones de movimiento a los nudos 1, 2 y 3, es decir, θ3 = 0 y δH ,i = δV ,i = 0 donde i ∈{1,3}. Esto nos lleva a un sistema reducido como el siguiente:
4EI 2EI qL2 − − qL 12 θ1 qL2 124PL = 2LEI 8LEI ⇒ = θ 12 4 27 + − qL P + 2 − 12 27 L L 1 5qL3 2PL2 θ = 1 EI − 168 + 189 θ = −0,3261 ≈ −18,7° ⇒ 1 θ = −0,2159 ≈ −12,4° 3 2 1 3 qL 4 PL 2 θ = + − 2 EI 168 189
EI 4 2 θ1 L2 2 8 θ 2
⇒
Donde se ha usado que A = 144 mm 2, I = 7872 mm 4 y que E = 2,058·105 N/mm2. (2.4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente multiplicando la matriz global por los desplazamientos nodales obtenidos θ1 y θ2, i.e. {F }Glob =[KG]Glob {δ}Glob : R H 1 R V 1 − qL 2 2 − qL 12 R H 2 R v 2 − qL 2 − 20P 2 7 = 2 + − qL PL 12 4 2 7 R H 3 − 7P 2 7 + R V 3 2PL 27 + M 3
K G
0 0 6L(θ + θ ) 0 2 1 22 4L θ1 + 2L θ2 θ1 0 0 EI 0 = 3 − 6Lθ1 L 2 2 θ θ + θ L L 2 8 1 2 2 0 0 − 6Lθ2 0 0 2L2θ 2
Despejando de las 6 ecuaciones que contienen a R H1 , R V1 , R H2 , R V 2, R H3 , R V3 y M 3 se obtiene:
7
=0
R H 1
R H 2
=0
R H 3
=0
12qL 12P 19qL 128P − + R V 2 = 28 189 28 189 ⇒ R V 1 ≈ 5,16 kN R V 2 ≈ 23,72 kN 3qL 73P qL2 22PL R V 3 ≈ 6,12 kN M 3 ≈ −2,69 kN ⋅ m = − + = − R V 3 M 3 28 189 28 189 R V 1
=
(2.5) Basta reconsiderar el sistema anterior con un vector de desplazamientos igual a:
{δ ∆ }
T Glob
= [0 0 θ1∆ 0 ∆ θ 2∆ 0 0 0]
Multiplicando por la matriz de rigidez global, se obtiene un sistema del que basta tomar las ecuaciones obtenidas a partir de la 3 y 6 fila, multiplicadas por { δ}Glob . Estas 2 ecuaciones reducidas y escritas en forma matricial son simplemente:
qL2 − 12 qL2 4PL = + − 12 27
EI 4L L3 2L2
2
− 6L 0
θ1∆ 2L − qL 12 + 6EI ∆ L3 ∆ ⇒ = 8L2 ∆ + qL 12 − 4P 27 θ 2 2
∆ EI 4 2 θ1 L2 2 8 θ 2∆
Resolviendo el sistema 2 ×2 resultante tenemos que 2:
∆ 1 5qL3 2PL2 12∆ θ1 = EI − 168 + 189 + 7L θ1∆ = −0,3832 ≈ −22,0° ⇒ ∆ 3 2 θ 2 = −0,2016 ≈ −11,6° ∆ 1 3 qL 4 PL 3 θ ∆ = − − 2 EI 168 189 7L Donde ∆ = –0,05 m. Si ahora calculamos { F ∆}Glob=[K∆G]Glob{δ ∆}Glob análogamente a como hacíamos en el apartado (2.4) tenemos además contribuciones de la 5 columna de la matriz de rigidez global multiplicada por ∆: R H 1 R V 1 − qL 2 2 − qL 12 R H 2 R v 2 − qL 2 − 20P 2 7 = 2 qL PL + 12 − 4 2 7 R H 3 − 7P 27 + R V 3 2PL 27 + M 3
0 0 6L(θ + θ ) − 12∆ 0 2 1 22 4L θ1 + 2L θ2 − 6L∆ θ1 0 0 EI ∆ = 3 − 6Lθ1 + 24∆ L 2 2 L L θ 2 θ + 8 θ 2 1 2 0 0 − 6Lθ2 − 12∆ 0 2L2θ + 6L∆ 0 2
K G
2
Nota: Que es idéntico al resultado anterior excepto en los términos que contienen a ∆, de hecho se esos términos se podrían haber obtenido más fácilmente teniendo en cuenta ∆θi = (θ∆i – θi ):
6∆ L 4 2 (θ1∆ − θ1 ) (θ1∆ − θ1 ) 1 8 − 2 6∆ L ∆ 12 0 = 2 8 (θ ∆ − θ ) ⇒ (θ ∆ − θ ) = 28 − 2 4 0 = 7L − 3 2 2 2 2 8
Despejando las reacciones, tenemos los mismos valores que antes salvo por los términos adicionales proporcionales a EI ∆ / L3 debidos al hundimiento de la rótula fija situada en 2: R H 1
=0
R H 2
=0
=0 30EI ∆
R H 3
12qL 12P 19qL 128P 96EI ∆ − − + + R V 2 = 3 28 189 7L 28 189 7L3 ⇒ 3qL 73P 66EI ∆ qL2 22PL 36EI ∆ + − = − + R V 3 = − M 3 28 189 7L3 28 189 7L2 R V 1
=
R V 1 ≈ 5,26 kN R ≈ 6,34 kN V 3
≈ 23,39 kN ≈ −2,87 kN ⋅ m
R V 2 M 3
9
ESCOLA TÈCNICA D’ENGINYERIA INDUSTRIAL DE BARCELONA, EUETIB Curso 0405 DEPARTAMENT DE RESISTÈNCIA DE MATERIALS I ESTRUCTURES EN ENGINYERIA
EXAMEN PARCIAL convocatoria ordinaria
ESPECIALIDAD MECÁNICA/Q4/CODIGO ASIGNATURA 15616/ GRUPO: MAÑANA Y TARDE
8 Abril 2005 GRUPO:
NOMBRE:
Nota: Todas las suposiciones necesarias forman parte de la respuesta del examen.
NOTA: 1 h 50 min
Problema 2.- La estructura de la figura representa una estructura hiperestática, formada
por dos perfiles metálicos de sección circular hueca de ∅25×2, empotrados en sus extremos. Usando la discretización en 2 barras y 3 nudos mostrada en la figura, en esas condiciones se pide: 2,00 q = 1000 kp·m –1
2
3
P
1,00
2,00
25
1
Calcule el área, el momento de inercia, la rigidez a flexión y la rigidez axial de la barra vertical:
2.1.
A∅ = 144,5 mm2 K axil = 14870 kN·m –1
I ∅ = 9628 mm4 K flex = 3,96 kN·m
Si P = 0, y q = 1000 kp/m calcule el vector de fuerzas nodales globales (sin reacciones):
2.2.
F T = ( 0, 0, 0; 0, –1000 kp, –333 kp·m; 0, –1000 kp, +333 kp·m)
2.3.
En el mismo caso anterior calcule los desplazamientos en 2:
δH ≈ +0,08 mm 2.4.
θ ≈ –0,41 ≈ 23º
En el mismo caso anterior calcule las reacciones en los dos empotramientos: R H1 ≈ +125 kp R H3 ≈ –125 kp
2.5.
δV ≈ –0,57 mm
R V 1 ≈ +875 kp R V 3 ≈ +1125 kp
M 1 ≈ –83,33 kp·m M 3 ≈ –416,67 kp·m
Ahora si P ≠ 0 y q = 0, calcule la fuerza P necesaria para girar 0,5º en el nudo 2. P ≈ 28 kp
© David Sánchez, Joan Velázquez
2
Resolución Problema 2
(1) Basta completar la rigidez axial, y la rigidez flexo-cortante: EA EA 0 0 0 0 − L L 12EI 6EI 12EI 6EI 0 0 − L3 L2 L3 L2 6EI 4EI 6EI 2EI 0 0 − 2 2 L L L [K e ]L = EA L EA 0 0 0 0 − L L 12 6 12EI 6EI EI EI 0 − 0 − 2 − 2 L3 L L3 L 6EI 2EI 6EI 4EI 0 − 2 0 L2 L L L
A = 144,5 mm 2 4 I = 9628 mm E = 2,058 ⋅ 10 5 N mm 2
Basta tener en cuenta que [ K (1)]L1 contiene información de los nudos 1 y 2, mientras que [K (2)]L2 contiene información referente a los nodos 2 y 3. Además en este caso puesto que las dos barras no tienen la misma orientación debemos escoger un sistema de coordenadas globales a la que referir todas las magnitudes. Tomaremos como sistema de ejes globales uno coincida con la barra k. Por tanto el sistema de coordenadas local de la barra j, que se cuyo eje OX + tiene la dirección que une los nodos 1 y 2, y por tanto aparece girado 1 +90º con respecto a los ejes globales. La matriz cambio de base de ejes locales de la barra j (vieja base) a ejes globales es por tanto (nueva base) es:
cosα − sinα 0 0 −1 0 sinα cos α 0 +1 0 0 0 0 0 1 0 1 [L] = [C G ←L1 ] = 0 = cos α − sinα 0 0 1 0 − 0 sinα cos α 0 + 1 0 0 0 0 1 0 0 1 Siendo α = +90º el ángulo de giro necesario para hacer coincidir los ejes globales con los ejes locales de la barra j. Usando ahora el cambio de base [ K (1)]G = [C G? L1] [ K (1)]L1[C L1? G ] = [L][K (1)]L1[LT ] (una comprobación del orden de las matrices fácil de recordar es que [ K (1)]G toma vectores desplazamiento de la base global y los transforma en fuerzas de la base global, si examinamos la secuencia [ C G? L1][K (1)]L1[C L1? G ] vemos que la matriz de la derecha [C L1? G ] transforma desplazamientos en la base global a desplazamientos en la base local, la siguiente [K (1)]L1 transforma estos desplazamientos en la local en fuerzas en la base local, y finalmente [C G? L1] transforma fuerzas en la base local en fuerzas en la base global, puede verse que en cada paso de la secuencia el tipo de vector y la base en que está expresada es la correcta. Este razonamiento puede ser usado para ver si la ordenación de matrices es correcta). La matriz [ K (1)]G es realizando las operaciones [ L][K (1)]L1[LT ] igual a: 1
Recuérdese que si un sistema de ejes (base nueva) aparece girado respecto a otro un ángulo + α con respecto a otro (base vieja) entonces las coordenadas de los vectores expresados en la nueva base serían idénticos a las coordenadas del vector girado –α y expresado en la antigua base. © David Sánchez, Joan Velázquez
7
0 − 6L − 12 0 − 6L 12 0 0 0 − λ2m 0 λ2m 0 4L2 6L 0 2L2 EI − 6L (1) [K ]G = 3 0 6L 12 0 6L L − 12 0 − λ2m 0 0 0 λ2m 2L2 6L 0 4L2 − 6L 0
λ m =
L i c
=
AL2 I
Donde hemos usado la expresión de una esbeltez mecánica λm para simplificar la escritura. La matriz de rigidez global obtenida por ensamblaje de [ K (1)]G y [K (2)]L2 (=[K (2)]G ) es: 0 − 6L − 12 0 12 0 0 0 λ2m − λ2m − 6L 0 4L2 6L 0 6L 12 + λ2m 0 − 12 0 EI [K G ] = 3 0 − λ2m 0 0 12 + λ2m L 2L2 6L 6L − 6L 0 0 − λ2m − 12 6L
− 6L 0 2L2 6L − λ2m 6L 0 8L2 0 0 λ2m − 6L 0 2L2 0
− 12 6L − 6L 2L2 0 0 12 − 6L − 6L 4L2
Por tanto el ancho de banda es Ab = 5, es decir, todos los elementos no nulos K ij cumplen que | i – j | ≤ 5. (2) Para el cálculo de las fuerzas nodales calcular cual sería el efecto de una carga continua sobre una viga empotrada de longitud L, obtener sus reacciones y cambiar el signo para que las fuerzas nodales así obtenidas sean estáticamente equivalentes a las fuerzas iniciales distribuidas sobre la barra. Es sencillo obtener estas fuerzas para cada una de las barras como: F L(1)T (2 )T
F L
= [0 0 0 0 0 0] qL qL2 qL qL2 = 0 − − + 0 − 2 12 2 12
(Las reacciones se tendrán en cuenta más adelante a la hora de construir el sistema de ecuaciones). Teniendo en cuenta que F (1)G = 0 puesto que F (1)L1 = 0 y que F (2)G = F (2)L2 el ensamblaje de fuerzas es trivial: T G
F
qL qL2 qL qL2 0 − = 0 0 0 0 − − + 2 12 2 12
(3) Para calcular los desplazamientos del nudo 2 introducimos las restricciones de movimiento a los nudos 1 y 3, es decir, tenemos en cuenta que δH ,i = δV ,i = 0 y θ,i = 0 donde i ∈{1,3}. Esto nos permite considerar un sistema reducido de la forma:
© David Sánchez, Joan Velázquez
8
12 + λ2m 0 0 − qL 2 = EI 0 12 + λ2m 2 L3 6L − qL 12 6L λ2m − 24 qL4 δH 2 = + 16(3 + λ2 )(12 + λ2 ) EI m m 2 7λ m + 48 qL4 ⇒ δV 2 = − 16(3 + λ2m )(12 + λ2m ) EI λ2m − 24 qL3 θ2 = − 96(3 + λ2m ) EI
6L δ H 2 6L δv 2 ⇒ 8L2 θ 2
δ H 2 = +0,08 mm ⇒ δV 2 = −0,57 mm θ = −0,41 ≈ −23° 2
(4) Las reacciones son rutinarias y pueden estimarse fácilmente mediante la matriz global substituyendo los desplazamientos anteriores en la matriz de rigidez global: F L(1)
qL qL2 qL qL2 = 0 − + R v − + M e 0 − + 2 12 2 12
[F ]G = [K e ]G [δ]G ⇒ R H 1 R V 1 M 1 0 − qL 2 = 2 − qL 12 + R H 3 − qL 2 + R V 3 qL2 12 + M 3
− 12δ H 2 − 6Lθ 2 0 − λ2 δ 0 m V 2 6Lδ H 2 + 2L2 θ 2 0 ... δ H 2 EI δV 2 = 3 ⇒ ... L ... θ2 2 − λ m δ H 2 0 − 12δV 2 − 6Lθ 2 0 6Lδ + 2L2 θ 0 2 V 2
K G
Despejando de las 6 ecuaciones que contienen a R H1 , R V1 , M 1, R H3 , R V3 y M 3 se obtiene: R H1 = qL /16 ≈ +125 kp +875 kp R V1 = 7qL /16 ≈ 2 M 1 = –2qL /96 ≈ –83,33 kp·m
R H3 = –qL /16 ≈ –125 kp +1125 kp R V3 = 9qL /16 ≈ 2 M 3 = –10qL /96 ≈ –416,67 kp·m
(5) Si ahora P ≠ 0 y q = 0, es necesario recalcular las fuerzas nodales en ejes globales (sin reacciones) son simplemente:
F G e = R H 1 +
P PL , R V 1 , M 1 − ,
2
8
+
P ,
2
0, +
PL
8
, R H 3 , R V 3 , M 3
Volviendo a calcular los nuevos desplazamientos con estas fuerzas nodales:
© David Sánchez, Joan Velázquez
9
