Apuntes de Cálculo de Estructuras

Apuntes de Cálculo de Estructuras

Grado en Ingeniería Civil Escuela Politécnica de Mieres

ÍNDICE APUNTES DE CÁLCULO DE ESTRUCTURAS ........................................................................................................... 1 ÍNDICE................................................................................................................................................................. 3 CAPÍTULO 1. FUNDAMENTOS DEL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ................................................................................ 5 INTRODUCCIÓN AL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ....................................................................................................................... 5 EJEMPLOS. DIAGRAMAS DE ESFUERZOS INTERNOS Y GRADO DE HIPERESTATICIDAD ................................................................. 19 CAPÍTULO 2. CELOSÍAS ISOSTÁTICAS ................................................................................................................. 39 ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS DE NUDOS ARTICULADOS........................................................................................................ 39 EJEMPLOS. ESFUERZOS EN CELOSÍAS ISOSTÁTICAS PLANAS ................................................................................................. 53 CAPÍTULO 3. PRINCIPIO DE LOS TRABAJOS VIRTUALES (PTV) ............................................................................ 63 APLICACIÓN DEL PTV AL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ............................................................................................................. 63 CAPÍTULO 4. MÉTODOS DE RESOLUCIÓN DE ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS MEDIANTE PFV .......................... 75 MÉTODO DE LAS FUERZAS........................................................................................................................................... 75 TABLA DE INTEGRALES DE MOHR (PRODUCTO DE DIAGRAMAS) ......................................................................... 96 EJEMPLOS. SISTEMAS BASE Y APLICACIÓN DEL M. DE LAS FUERZAS. ..................................................................................... 97 CAPÍTULO 5. MÉTODO DE CÁLCULO MATRICIAL ............................................................................................. 123 GENERALIDADES DEL MÉTODO MATRICIAL .................................................................................................................... 123 TABLAS DE ESFUERZOS DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO .................................................................................. 149 MATRICES DE RIGIDEZ ELEMENTALES ................................................................................................................ 149 EJEMPLOS. MÉTODO DE CÁLCULO MATRICIAL ............................................................................................................... 151 CAPÍTULO 6. FUNDAMENTOS DEL M.E.F. ........................................................................................................ 183 EL MÉTODO DE LOS ELEMENTOS FINITOS EN BARRAS CON NORMALES ............................................................................... 183 EJEMPLOS. MÉTODO DE ELEMENTOS FINITOS ............................................................................................................... 193

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C.1 L.1 Introducción

Capítulo 1. Fundamentos del Análisis Estructural Introducción al análisis estructural 1.1 Estructura: es un elemento o un conjunto de elementos unidos diseñado para cumplir una función y ser capaz de resistir unas determinadas acciones exteriores.

1.2 El objeto del análisis estructural: es definir el modelo estructural más adecuado y calcular la estructura que cumpla su función de la forma más satisfactoria. Es decir, obteniendo la resistencia adecuada con el menor coste posible.

Las etapas del proyecto estructural: ETAPA Diseño

Cálculo Representación Condiciones constructivas Construcción y montaje

Trabajo del ingeniero Esquemas estructurales previos, selección de material, cargas Obtención de esfuerzos internos, deformaciones… Dibujo Fijar los requisitos específicos de la fase de ejecución Dirección de obra

Documento/s resultante: Anteproyecto, memoria

Memoria de cálculo Planos Pliego de Condiciones Presupuesto

y

La asignatura se centra en parte de la etapa de diseño y parte de la de cálculo La etapa de diseño y cálculo estructural:

A la modelización y predimensionado (tomar unas primeras dimensiones de los elementos como punto de partida) sigue un análisis de las cargas y un cálculo de esfuerzos, desplazamientos, tensiones y deformaciones. Con los resultados de esto se comprueba que cumpla con los estados límite: •

E.L. Último (comprueba la resistencia de los elementos de la estructura) 5


•

E.L. de Servicio (comprueba que las deformaciones sean aceptables)

En el caso de que no se cumplieran las comprobaciones habría que redefinir la estructura y repetir el cálculo. De cumplirse, se completaría el diseño final de detalles (uniones, etc). Estas comprobaciones no son objeto de la asignatura, sólo la obtención de los esfuerzos y desplazamientos. Las comprobaciones de las secciones se tratan en las asignaturas de Resistencia de Materiales, en Estructuras Metálicas o en Estructuras de Hormigón.

¿Qué debe definirse para realizar el análisis estructural? • •

Los materiales: acero (S275, S355…) hormigón (HA-25, HA-35…) madera (C20, D50…) Tipos estructurales: pórticos planos, estructura espacial, celosía, cubierta autoportante… En la asignatura se analizan estructuras planas.

• •

Tipos de elementos: losas, barras… Tipos de nudos: rígidos, articulados, semirrígidos… En general no se tratará en la asignatura con nudos semirrígidos (excepto apoyos)

• • •

Condiciones de apoyo: articulado fijo, articulado móvil, empotramiento, empotramiento móvil, apoyos elásticos… Solicitaciones externas: fuerzas distribuidas, fuerzas puntuales, momentos puntuales, cargas térmicas uniformes, gradientes térmicos. Tipos de cálculo: estático, dinámico (para sismos o maquinaria)… En la asignatura se realiza un cálculo estático de primer orden.

•

Procedimiento de cálculo: Método de las Fuerzas, Método de los Ángulos de Giro, Método Matricial, Cross, Elementos Finitos, Métodos Gráficos… Fuerzas, Ángulos de Giro y Matricial son los de la asignatura.

Estructuras según su función estructural Edificios de viviendas, oficinas y naves industriales: suelen seguir una estructura porticada de vigas y pilares, en algunos casos utilizando celosías. En edificios en España suele tenderse al hormigón y en naves al acero.

Equipos industriales, grúas y depósitos: se usan muchas estructuras en celosía de acero.

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Pasarelas, puentes y losas: son estructuras de acero, hormigón o mixtas. En general la losa es de hormigón.

Tipos de nudos Nudo rígido: conserva el ángulo siempre. El nudo puede girar y las barras deformarse, pero esas barras siempre saldrán formando el mismo ángulo del nudo. Ocurre lo mismo con el empotramiento de las barras.

Son los nudos típicos en los denominados pórticos rígidos de acero y en las estructuras de hormigón armado para edificación. 7


Nudo articulado: permite el giro como una rótula. Las barras que de él salen pueden cambiar su ángulo después de aplicadas las cargas. No transmiten momentos flectores.

Son los nudos típicos en celosías. A pesar de que no se ejecute una articulación efectiva en la celosía (una rótula, una articulación con un bulón o similar), en la práctica puede considerarse nudo articulado siempre que los ejes de las barras se crucen en un punto (o muy cerca) y además las cargas recaigan principalmente sobre los nudos de la celosía.

Tipos de elementos • • •

Elementos unidimensionales: barras. Elementos bidimensionales: membranas, placas, láminas y lajas (se diferencian en los esfuerzos que soportan) Elementos tridimensionales

Esfuerzos en las barras Son las fuerzas internas en una determinada sección de la barra. Esfuerzo normal de tracción o compresión: provocado por las fuerzas externas que siguen la dirección del eje de la barra. Se toman todas esas fuerzas (incluidas las reacciones) a un lado de la sección y ese será el esfuerzo normal. Se toma el signo negativo para compresión. (Fig. a) Momento flector: provocado por los momentos puntuales y las cargas cuya línea de acción está separada una cierta distancia de la sección, pero en el mismo plano que la barra. Se toman todos los momentos puntuales a un lado de la sección (incluidos los momentos en los empotramientos) y se les suman o restan los momentos (fuerza x distancia) causados por el resto de fuerzas (incluidas reacciones) que están a ese mismo lado de la sección. Ese será el momento flector. (Fig. b) Esfuerzo cortante: provocado por las fuerzas externas perpendiculares al eje de la barra. Se toman todas esas fuerzas (incluidas las reacciones) a un lado de la sección y ese será el esfuerzo cortante. (Fig. b) Momento torsor: provocado por los momentos torsores puntuales y las cargas cuya línea de acción está separada una cierta distancia de la sección, pero en el plano perpendicular a la barra. Se toman todos los momentos torsores puntuales a un lado de la sección (incluidos los momentos en los empotramientos) y se les suman o restan los momentos (fuerza x distancia) causados por el resto de fuerzas (incluidas reacciones) que están a ese mismo lado de la sección. Ese será el momento torsor. (Fig. c) En general, al tratar con estructuras planas, no se trabaja con torsores. 8


En general, las barras de una estructura pueden tener todos esos esfuerzos (normales, flectores, cortantes y torsores). Sin embargo, en el caso de las barras biarticuladas sin cargas que puedan crear momento o cortante en su longitud sólo tendrán la posibilidad de soportar axiles (tracción o compresión).

Los tirantes equivalen a esas barras biarticuladas, pero son incapaces de soportar compresiones. Sólo soportan axiles positivos (de tracción). Estos tirantes pueden ser cables o simplemente barras delgadas y largas (que pandearían con la mínima compresión). En el caso de que en un análisis inicial el tirante resultase comprimido habría que repetirlo eliminando el elemento.

Esfuerzos en las membranas Las membranas soportan tracciones y tensiones tangenciales cuando se les aplican cargas perpendiculares a la superficie (tipo presiones en tolvas o depósitos).

Esfuerzos en las placas Las placas soportan momentos y cortantes cuando se les aplican cargas perpendiculares a la superficie. En este caso un ejemplo claro sería una losa apoyada sobre su contorno.

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Esfuerzos en las láminas Las láminas son elementos bidimensionales que soportan a la vez los mismos esfuerzos mencionados para las membranas y las placas: tracciones, tensiones tangenciales, cortantes y momentos. En la imagen se presentan zonas locales en en tolvas o depósitos que no tienen cargas perpendiculares a la superficie. Esas zonas trabajan en régimen de lámina.

Esfuerzos en las lajas Las lajas soportan cargas de tracción o compresión aplicadas en el espesor de las mismas. Es decir, la carga está en el plano de la laja.

Esfuerzos en elementos tridimensionales Este tipo de elementos pueden soportar todo tipo de esfuerzos en cualquier dirección del espacio, sin embargo en algunos casos pueden simplificarse para hacer un estudio plano. Un ejemplo típico es el de elementos con una dimensión predominante y cargas perpendiculares a su sección transversal (muros de presas).

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Cargas externas: acciones Cargas de superficie y de volumen: de superficie será la sobrecarga de uso, el viento, la nieve, etc., mientras que de volumen, en general es el peso propio. Sin embargo, al trabajar con barras, estas cargas hay que convertirlas en cargas lineales o puntuales. Cargas permanentes y variables: las cargas permanentes son las correspondientes al peso propio de la estructura y todos los pesos que soporta siempre (solado, alicatado). Las cargas variables se corresponden con la sobrecarga debida al uso que se de a la estructura, el viento y la nieve… Obsérvese en la figura que el peso propio y la nieve son verticales y hacia abajo (gravitatorias), mientras que el viento es perpendicular a la superficie sobre la que actúa. En general se hace esta diferenciación de cargas permanentes y variables para aplicarles unos coeficientes de mayoración diferentes a unas y a otras en las combinaciones de cargas que pueda haber.

Cargas estáticas y dinámicas: en general, sólo se suelen considerar como cargas dinámicas en una estructura típica las correspondientes a un posible terremoto o las propias de la maquinaria si estamos hablando de una estructura que soporte grandes elementos móviles. En la asignatura sólo se tratará el cálculo estático.

Cargas puntuales y cargas distribuidas: Las puntuales son fuerzas (N, kN…) mientras que las distribuidas en vigas pueden son fuerzas repartidas por cada unidad de longitud del elemento (N/m, kN/m…). En elementos bidimensionales sería por unidad de superficie (N/m2, kN/m2). En general las cargas puntuales se expresan con letra mayúsculas (F, P…) y las distribuidas con minúsculas (q, w…) 11


Cargas térmicas: pueden ser un incremento o descenso de temperatura uniforme en todo el elemento o gradientes (diferente temperatura en las diferentes caras del elemento). Sólo tienen efecto en sistemas hiperestáticos (ver apartado 1.17). Se tratarán más en profundidad en el capítulo 4 de la asignatura. Desplazamientos impuestos: sólo tienen efecto en sistemas hiperestáticos (ver apartado 1.17). En estructuras reales se corresponden normalmente con los típicos asientos (o asentamientos) o hundimientos del terreno. Se tratarán más en profundidad en el capítulo 4 de la asignatura. Defectos de montaje: sólo tienen efecto en sistemas hiperestáticos (ver apartado 1.17). Se producen cuando las dimensiones de un elemento no encajan en la estructura, cuando es demasiado largo o demasiado corto. Se tratarán más en profundidad en el capítulo 4 de la asignatura. En un sistema estático, a todas las acciones exteriores deben oponersele unas reacciones en los apoyos de la estructura, de modo que las acciones y reacciones estén en equilibrio.

Clasificación de apoyos Apoyos en 3D: al trabajar habitualmente con estructuras planas para hacer más sencillo su estudio, normalmente no se utilizarán en la asignatura. Una sección en tres dimensiones presenta 6 grados de libertad (g.d.l.) que son 6 posibilidades de movimiento. • 3 traslaciones: u, v y w según los ejes x, y, z respectivamente. • 3 rotaciones: φx, φy, φz, alrededor de los ejes x, y, z respectivamente. Los apoyos lo que hacen es restringir grados de libertad, es decir, eliminan posibilidades de movimiento en la sección (nudo o punto de la barra) en la que se aplican. Por cada restricción en un grado de libertad aparece una reacción que puede ser en forma de fuerza (Rx, Ry, Rz) si lo que se restringe es una traslación o de momento (Mx, My, Mz), si lo que se restringe es una rotación. Un empotramiento en 3D: restringe los 6 grados de libertad, por tanto tendremos 6 reacciones (3 fuerzas y 3 momentos Rx, Ry, Rz, Mx, My, Mz) en el caso general. Una articulación en 3D: restringe sólo las 3 traslaciones, por tanto sólo habrá 3 reacciones (3 fuerzas Rx, Ry, Rz)

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En el esquema aparecen representados los momentos por el vector que los representa según la regla de la mano derecha. En estructuras planas en 2D, que son las que se tratarán en la asignatura, no será necesaria esta representación ya que normalmente se dibujan como flechas curvas en el sentido del momento.

Apoyos en 2D: serán los que se utilizarán normalmente en la asignatura. Una sección en dos dimensiones presenta 3 grados de libertad (g.d.l.) que son 3 posibilidades de movimiento. • 2 traslaciones: u, v según los ejes x, y respectivamente • 1 rotación: φz alrededor del eje z. Por cada restricción en un grado de libertad aparece una reacción que puede ser en forma de fuerza (Rx, Ry) si lo que se restringe es una traslación o de momento (Mz), si lo que se restringe es una rotación. Este momento suele llamarse momento de empotramiento. Un apoyo articulado fijo: restringe las traslaciones, por tanto tendremos 2 reacciones (Rx, Ry). Un apoyo articulado móvil: restringe sólo una traslación, por tanto tendremos 1 reacción (Rx o Ry, la que tenga restringido el movimiento). Un empotramiento: restringe los 3 grados de libertad, por tanto tendremos 3 reacciones (2 fuerzas y 1 momentos Rx, Ry, Mz). Un empotramiento móvil: restringe 1 grado de libertad de traslación y el de rotación, por tanto tendremos 2 reacciones (1 fuerza Rx o Ry y 1 momento Mz).

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Apoyo articulado fijo

Apoyo articulado móvil

Empotramiento

CASOS REALES DE APOYOS EN ESTRUCTURAS DE ACERO

Apoyo articulado fijo

Apoyo articulado móvil

Empotramiento

CASOS REALES DE APOYOS EN ESTRUCTURAS DE HORMIGÓN

Apoyos elásticos: se representan como muelles lineales (con rigidez respecto a desplazamientos lineales, δ) y muelles torsionales (con rigidez respecto a giros, θ). Las reacciones, R para los lineales y M para los torsionales, son proporcionales a estos desplazamientos y giros en función de su rigidez (constante elástica, k = Sm).

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Los apoyos elásticos pueden añadirse a cualquier posibilidad de movimiento libre de un apoyo del apartado anterior (excepto a los empotramientos fijos, que no tienen) y, simplemente, significarían una reacción en el grado de libertad al que se añade. Este tipo de apoyos puede representar en la realidad empotramientos semirrígidos o apoyos en cimentaciones elásticas.

Grado de hiperestaticidad El grado de hiperestaticidad de una estructura relaciona el número de ecuaciones de la estática de que disponemos con el número de incógnitas del sistema. Si se tienen demasiadas incógnitas como para obtener las reacciones y los esfuerzos (Axiles, Momentos y Cortantes) mediante un equilibrio estático simple, entonces estaremos hablando de una estructura hiperestática. Tipos: Hiperestaticidad externa: exceso de restricciones en apoyos. Las ecuaciones de equilibrio estático no son suficientes para obtener las reacciones en los apoyos.

Hiperestaticidad interna: exceso de barras. Se puede dar incluso cuando se pueden obtener las reacciones las reacciones cuando no podemos calcular directamente los esfuerzos en las barras.

Grado de hiperestaticidad en estructuras planas de nudos rígidos Grado de hiperestaticidad exterior: compara el número de reacciones en los apoyos con las ecuaciones de la estática de que se dispone para obtenerlas (equilibrio de fuerzas según x, equilibrio de fuerzas según y, equilibrio de momentos respecto a un punto) Por tanto: GHext=nº de Reacciones -3=R-3 Grado de hiperestaticidad interior: los contornos cerrados aumentan el grado de hiperestaticidad interior en 3 cada uno, al incluir 3 incógnitas para la barra que cierra el contorno (momento M, cortante V y axil N). Sin embargo, las rótulas se usan para reducir la hiperestaticidad interior, ya que cada articulación añadida reduce la hiperestaticidad en un valor igual al número de barras que llegan a 15


la articulación menos uno. Esto es porque las rótulas sirven para añadir ecuaciones a las del equilibrio estático, dado que el momento flector en una rótula tiene que ser cero (Mrot=0). Por tanto: GHint=3·nº de Contornos Cerrados-Σ(Barras que llegan a la Articulación-1)= =3CC-Σ(BA-1) Haciendo la cuenta (barras que llegan a la articulación-1) para cada articulación. El grado de hiperestaticidad total será GH=GHext+ GHint Grado de hiperestaticidad en estructuras planas de nudos articulados La fórmula para la hiperestaticidad total, que no es válida para estructuras con nudos rígidos es: GH=nº de Barras+nº de Reacciones-2·nº de nudos=B+R-2N En la fórmula se puede observar que añadimos una incógnita por barra al ser barras biarticuladas (la incógnita es el axil). Los nudos (contando los apoyos) eliminan incógnitas al ser articulaciones. La hiperestaticidad exterior se evaluaría igual que en el caso anterior: GHext=nº de Reacciones -3=R-3 Sistemas, isostáticos, hipoestáticos e hiperestáticos Sistema isostático: se da si el grado de hiperestaticidad es nulo. GH=0. Se corresponde con una estructura en la que las ecuaciones de la estática son suficientes para determinar las reacciones y esfuerzos.

Ejemplo 1: viga biapoyada GHext=R-3=3-3=0

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0-[(1-1)+(1-1)]=0

O por la formula de las estructuras de nudos articulados:

GH=GHext+GHint=0 GH=B+R-2N=1+3-2·2=0

Ejemplo 2: viga empotrada-libre o en ménsula GHext=R-3=3-3=0

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0=0

GH=GHext+GHint=0

Ejemplo 3: El exceso de reacciones (exceso de incógnitas) provoca una hiperestaticidad exterior. Sin embargo se compensa introduciendo la rótula interna que añade una ecuación más debida a la rótula (Mrot=0). GHext=R-3=4-3=1

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0-[(2-1)+(1-1)]=-1

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GH=GHext+GHint=0


Sistema hipoestático: se da si el grado de hiperestaticidad es negativo (GH<0) y se corresponde con un mecanismo. El sistema tiene escasez de incógnitas, (tiene más ecuaciones que reacciones) por lo que el problema tiene infinitas soluciones. No es válido como estructura en la asignatura.

Ejemplo 1: es hipostático debido a que le falta una reacción horizontal para el equilibrio en esa dirección. GHext=R-3=2-3=-1

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0-[(1-1)+(1-1)]=0


GH=GHext+GHint=-1 GH=B+R-2N=1+2-2·2=-1

Ejemplo 2: es hipostático debido a que tiene una rótula que introduce una ecuación adicional. GHext=R-3=3-3=0

GHint=3CC-Σ(BA-1)= 3·0-[(1-1)+(2-1)+(1-1)]=-1


GH=GHext+GHint=-1

GH=B+R-2N=2+3-2·3=-1

Sistema hiperestático: se da si el grado de hiperestaticidad es positivo (GH>0). El sistema tiene demasiadas incógnitas para obtener las reacciones y esfuerzos con las ecuaciones de la estática.

Ejemplo 1: es hiperestático debido a que le sobra una reacción. Se ve claramente, ya que la viga empotrada veíamos que ya era isostática. GHext=R-3=4-3=1

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0-[(1-1)]=0

GH=GHext+GHint=1

Ejemplo 2: es hiperestático debido a que le sobran 3 reacciones. Se ve claramente, ya que la viga empotrada veíamos que ya era isostática. GHext=R-3=6-3=3

GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0=0

GH=GHext+GHint=3

Teoría de primer orden. En la asignatura siempre se usará teoría de primer orden. Para el cálculo con teoría de primer orden deben cumplirse las siguientes condiciones: • •

Comportamiento del material elástico lineal: deformaciones proporcionales a tensiones o, lo que es lo mismo, cumplimiento de la ley de Hooke. Desplazamientos y deformaciones pequeños: caso típico en estructuras. Las deformaciones son muy pequeñas en comparación con el tamaño de la estructura. 17


Gracias a esto se puede: • • •

Plantear el equilibrio en la estructura sin deformar. Sin tener en cuenta los momentos que se crean por las propias deformaciones. Obtener la solución resolviendo un sistema lineal de ecuaciones. No es necesario aplicar métodos numéricos iterativos. Aplicar el principio de superposición: los esfuerzos y deformaciones provocados por el sistema de cargas (1+2) son iguales a la suma de los provocados por el sistema de cargas 1 más los provocados por el sistema de cargas 2.

Equilibrio en la estructura sin deformar: teoría de primer orden

Equilibrio en la estructura deformada: teoría de 2º orden. Se tiene en cuenta el desplazamiento Y1 para obtener los momentos.

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Ej. Diagramas de esfuerzos internos y GH

Ejemplos. Diagramas de esfuerzos internos y grado de hiperestaticidad Tipos de esfuerzos internos Los esfuerzos internos que podremos encontrar en una sección de una barra son: Momento flector: provocado por los momentos puntuales y las cargas separadas una cierta distancia de la sección, pero en el mismo plano que la barra. Se suele denominar como M. Tiene dimensiones de fuerza por distancia (N·m, kN·m, etc.).

Esfuerzo cortante: provocado por las fuerzas externas perpendiculares al eje de la barra. Se suele denominar como V. Tiene dimensiones de fuerza (N, kN, t, etc.).

Esfuerzo normal (axil) de tracción o compresión: provocado por las fuerzas externas que siguen la dirección del eje de la barra. Se suele denominar como N. Tiene dimensiones de fuerza (N, kN, t, etc.).

Momento torsor: provocado por los momentos torsores puntuales y las cargas separadas una cierta distancia de la sección, pero con la línea de acción en el plano perpendicular a la barra. En general, al tratar con estructuras planas, no se trabajará con torsores.

Obtener esfuerzos en una sección de una estructura plana isostática 1. Cálculo de reacciones El primer paso debe ser calcular las reacciones verticales, horizontales y momentos de empotramiento en los apoyos. Recordemos las reacciones que podemos encontrarnos: • • • •

En un apoyo articulado fijo: 2 reacciones (Rx, Ry). En un apoyo articulado móvil: 1 reacción (Rx o Ry, la que tenga restringido el movimiento). En un empotramiento: 3 reacciones (2 fuerzas y 1 momentos Rx, Ry, Mz). En un empotramiento móvil: 2 reacciones (1 fuerza Rx o Ry y 1 momento Mz).

La obtención de reacciones se hace aplicando las ecuaciones de equilibrio de la estática con las cargas y las reacciones. : Equilibrio de fuerzas verticales:Σ Fuerzas verticales = 0 Equilibrio de fuerzas horizontales: ΣFuerzas horizontales = 0 Equilibrio de momentos respecto a un punto cualquiera: ΣMomentos + ΣFuerzas x (distancia de su línea de acción al punto)=0 19


Deben tenerse en cuenta, para el equilibrio de momentos los momentos puntuales y los momentos de empotramiento. Lo normal al plantear el equilibrio de momentos es elegir un punto por el que pasen 1 o varias reacciones, de modo que esas incógnitas se eliminan en la ecuación y es más fácil resolver el sistema que forman los 3 equilibrios. Evidentemente, tanto para las fuerzas como para los momentos se ha de fijar un sentido positivo que marque el criterio de signos. Caso de estructura con articulaciones entre barras. Si las reacciones que tenemos en nuestra estructura plana son más de 3, la estructura tendrá hiperestaticidad externa, pues habrá más incógnitas que ecuaciones de equilibrio externo de la estática. Recordemos que GHext=R-3 Pero la hiperestaticidad total disminuye al añadir rótulas. Esto es porque se añade una ecuación por cada rótula que nos dice: Momento flector en la rótula=0 Esta ecuación se añade a las 3 del equilibrio estático para así poder obtener las reacciones. 2. Obtención de esfuerzos en una sección Para obtener los esfuerzos en un punto del elemento debe: 1. Cortarse la barra por la sección correspondiente. 2. Considerar todas las cargas externas y reacciones que están sobre la estructura a un lado de esa sección. Para ello se toma el lado más simple, el que menos número de cargas y reacciones tiene.

3. La suma de los momentos puntuales (o de empotramiento) más el producto de las cargas (o reacciones) por la distancia de su línea de acción al punto considerado nos da el Momento flector: ΣMomentos + ΣFuerzas x (distancia de su línea de acción al punto) 4. La suma de cargas (o reacciones) perpendiculares al eje de la barra crea el Cortante. 5. La suma de cargas (o reacciones) en la dirección del eje de la barra crea el Axil. Para obtener los esfuerzos (especialmente el momento flector) en una sección concreta es útil simplificar las cargas repartidas transformándolas en una carga puntual en su centro de gravedad. Para el caso típico de una carga q (kN/m) repartida uniformemente en una longitud L (m), podemos transformarla en una carga qL (kN) situada en el centro de la zona sobre la que se reparte. qL

q

L

L

Obteniendo los esfuerzos en secciones clave (máximos, vértices…) y aplicando unas reglas sencillas para el dibujo de diagramas (que se presentan en el apartado siguiente) no es necesario obtener las leyes de Momentos, Cortantes y Axiles como ecuaciones f(x) dependientes de la posición x. 20


Reglas para la obtención de los diagramas completos En los tramos de barras en los que no se aplica ninguna carga el diagrama de cortantes (V) es constante y el diagrama de momentos flectores (M) será una recta. Una carga puntual perpendicular a una barra y sobre ella provoca un salto en el diagrama de cortantes igual al valor de la carga y un vértice en el diagrama de momentos. Ej.:

Una carga uniformemente distribuida perpendicular a una barra y sobre ella provoca un diagrama de cortantes recto e inclinado en ese tramo y un diagrama de momentos parabólico. Ej.:

Un momento puntual sobre una barra provoca un salto en el diagrama de momentos igual al valor de dicho momento puntual, mientras que no tiene efecto alguno sobre el diagrama de cortantes. Ej.:

En cualquier apoyo en extremo de barra la componente de la reacción perpendicular a la barra será el cortante en ese punto. La que siga el eje de la barra será el axil. Esto siempre que no haya cargas puntuales adicionales en los apoyos. En los apoyos articulados situados en extremos de barras el momento será nulo si no existen momentos puntuales que provoquen un salto en ese lugar concreto.

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En los extremos libres de vigas (cuando no hay apoyo) el momento será nulo si no existen momentos puntuales que provoquen un salto en ese lugar concreto. Del mismo modo que en apoyos articulados. En los empotramientos el momento flector será igual al momento de empotramiento. En los puntos en los que el cortante se haga 0, el momento flector tendrá un máximo relativo. Esto es porque el cortante es la derivada del momento flector. Esto suele usarse en los casos de carga distribuida, para ver dónde está el máximo de la parábola de los momentos flectores. Criterio de signos: Normalmente, se suele dibujar sobre el diagrama un pequeño esquema que nos indique la dirección de los esfuerzos:

Los momentos tienen la particularidad de que se dibujan siempre del lado en el que se producen las tracciones en la sección

Los axiles siempre son positivos cuando son de tracción

El signo de los cortantes no tiene importancia mientras se marque su dirección, pero suele tomarse como signo positivo el siguiente:

Ejemplos resueltos de vigas simplemente apoyadas Ejemplo 1 3P/L RH RA

RB

1. Obtener las reacciones RA, RB, RH Equilibrio de fuerzas verticales: ஺ ஻

ଷ௉ ௅

௅

ଷ=0

Hemos obtenido la carga total aplicada multiplicando la carga repartida q por la longitud en que se reparte (L/3). Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 22


Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto A para así quitar las reacciones RA, y RH de la ecuación). Suponemos toda la carga distribuida como una carga puntual aplicada en el centro de la zona de distribución (el centro de la viga). ஻

ଷ௉ ௅

௅ ௅ ଷ ଶ

=0

Del equilibrio de momentos se obtiene RB=P/2 Introduciendo este valor de RB en el equilibrio de fuerzas verticales se tiene que RA=P/2

2. Diagrama de momentos M • En la zona sin cargas es una recta. • En la zona con carga distribuida es una parábola. • En los apoyos el momento es nulo al ser apoyo articulado. Por tanto nos interesaría conocer el máximo que, por simetría estará en el centro de la viga. Para ello, cortamos la viga por ese punto, viendo las cargas que quedan a un lado, y transformamos la carga distribuida en una carga puntual. 3P/L

P/2

L/6

3P/L·L/6

P/2

L/2

஼

L/12 L/2

3 5 2 2 6 12 4 24 24

Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión.

5PL/24

3. Diagrama de cortantes V • En los apoyos el cortante es igual a la reacción calculada P/2. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) • En la zona con carga distribuida el cortante es una recta inclinada. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. P/2 P/2

4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber cargas que sigan la dirección de la barra. Ejemplo 2 M RH RA

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RB


1. Obtener las reacciones RA, RB, RH Equilibrio de fuerzas verticales: ஺ ஻ 0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto A para así quitar las reacciones RA, y RH de la ecuación) ஻ =0 Del equilibrio de momentos se obtiene RB=M/L Introduciendo este valor de RB en el equilibrio de fuerzas verticales se tiene que RA=-M/L, lo que significa que su sentido es opuesto al considerado inicialmente.

2. Diagrama de momentos M • En la zona sin cargas es una recta. • El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M • En los apoyos el momento es nulo al ser apoyo articulado. Cortando la viga por un punto (la mitad, por ejemplo) y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). M

M/L Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión. M/2 M/2

3. Diagrama de cortantes V • En los apoyos el cortante es igual a la reacción calculada. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. M/L

M/L

4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber cargas que sigan la dirección de la barra. Ejemplo3 PL

=PL

P

RH RA

1. Obtener las reacciones RA, RB, RH Equilibrio de fuerzas verticales: ஺ ஻ 0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 24

RB


Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto A para así quitar las reacciones RA, y RH de la ecuación) ஻ =0 Del equilibrio de momentos se obtiene RB=0 Introduciendo este valor de RB en el equilibrio de fuerzas verticales se tiene que RA=P

2. Diagrama de momentos M • • •

En la zona sin cargas es una recta. El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M En los apoyos el momento sería nulo al ser apoyo articulado. Pero hay que darse cuenta de que en un extremo tenemos un momento puntual que hará que no lo sea. Cortando la viga por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). P

Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión. PL

3. Diagrama de cortantes V •

En los apoyos el cortante es igual a la reacción calculada. Pero hay que tener en cuenta que justo sobre el apoyo B hay una carga puntual que hará que no lo sea en ese caso. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) • La carga puntual provoca un salto en el cortante igual al valor de la carga P. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. P

P

4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber cargas que sigan la dirección de la barra.

Ejemplos resueltos de ménsulas Ejemplo 1 M

MB RH RB

1. Obtener las reacciones RB, RH, MB Equilibrio de fuerzas verticales: nos da directamente RB=0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RH de la ecuación, aunque ya vimos que son nulas) ஻ =0 Del equilibrio de momentos se obtiene MB=-M 25


2. Diagrama de momentos M • • • •

En la zona sin cargas es una recta. El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB. En los extremos libres el momento sería nulo. Pero hay que darse cuenta de que tenemos un momento puntual M que hará que no lo sea. Cortando la viga por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). M

Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión. M

M

3. Diagrama de cortantes V No hay esfuerzos cortantes al no haber fuerzas perpendiculares a la barra. 4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber fuerzas que sigan la dirección de la barra. Ejemplo 2

=PL

P

PL

MB RH RB

1. Obtener las reacciones RB, RH, MB Equilibrio de fuerzas verticales: RB – P =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RH de la ecuación) ஻ =0 Del equilibrio de momentos se obtiene MB=0 Del equilibrio de fuerzas verticales se obtiene RB=P

2. Diagrama de momentos M • • •

En la zona sin cargas es una recta. El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M=PL En los empotramientos el momento es el momento de empotramiento. Pero hay que darse cuenta de que tenemos un momento puntual M=PL. • En los extremos libres el momento es nulo. Cortando la viga por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). P

26


Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión. PL

Realmente, en este ejemplo estamos viendo que el diagrama es como el que tendría una viga en voladizo con una carga P. Tiene un momento PL en el punto B que hace las veces de momento de empotramiento y por eso sale 0 el momento de empotramiento MB.

3. Diagrama de cortantes V • En el apoyo el cortante es igual a la reacción calculada RB=P. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) • La carga puntual provoca un salto en el cortante igual al valor de la carga P. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. P

P

4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber fuerzas que sigan la dirección de la barra.

Ejemplos resueltos de vigas con articulaciones Ejemplo 1 M

MB RH

RA

RB

1. Obtener las reacciones RA, RB, RH, MB Equilibrio de fuerzas verticales: RA + RB =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RH de la ecuación) ஻ ஺ =0 Nos quedan 3 incógnitas (RA, RB, MB) y sólo tenemos dos ecuaciones (equilibrio vertical y de momentos). Debemos añadir la ecuación correspondiente a la rótula: Momento flector en la rótula nulo: si observamos las cargas que quedan a la izquierda de la rótula, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot=RA·L/2=0 Lo que nos da directamente RA=0 Sustituyendo en el equilibrio de momentos se obtiene MB=-M, con lo que el sentido del momento de empotramiento en B es el opuesto al considerado inicialmente. Del equilibrio de fuerzas verticales se obtiene RB=0

2. Diagrama de momentos M •

En la zona sin cargas es una recta. 27


• • • •

El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB=M. En los apoyos articulados el momento es nulo. En las articulaciones el momento es nulo. Pero hay que darse cuenta de que tenemos un momento puntual M a un lado de la articulación. Cortando la viga por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). M

Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de la viga en que se producen las tracciones por flexión. M

M

3. Diagrama de cortantes V No hay esfuerzos cortantes al no haber fuerzas perpendiculares a la barra. 4. Diagrama de normales N No hay esfuerzos normales al no haber fuerzas que sigan la dirección de la barra.

Ejemplos resueltos de pórticos Ejemplo 1 M

M

rot2

rot1

RHA

1. Obtener las reacciones RA, RB, RHA, RHB, MB

RHB RA

RB

MB

Equilibrio de fuerzas verticales: RA + RB =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: RHA + RHB =0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RHB de la ecuación). Además, en ese punto RHA tampoco crea momento pues la línea de acción de la fuerza pasa por el punto B. ஻ ஺ =0 Nos quedan 5 incógnitas (RA, RB, RHA, RHB, MB) y sólo tenemos tres ecuaciones (equilibrio vertical, horizontal y de momentos). Debemos añadir las dos ecuaciones correspondientes a las rótulas: Momento flector en la rótula 1 nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado izquierdo de la rótula 1, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot1=RHA·L-M =0

28


Momento flector en la rótula 2 nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado derecho de la rótula 2, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot2=RHB·L+MB =0 De la condición de momento flector en la rótula 1 nulo se obtiene que: RHA =M/L Sustituyendo en el equilibrio de fuerzas horizontales se tiene que: RHB =-M/L. Como el signo es negativo, el sentido de RHB será opuesto al supuesto inicialmente (será hacia la izquierda). Sustituyendo RHB en la ecuación de momento flector en la rótula 2 nulo: MB=M Sustituyendo MB en el equilibrio de momentos tenemos: RA=M/L Sustituyendo RA en el equilibrio de fuerzas verticales: RB=-M/L. Como el signo es negativo, el sentido de RB será opuesto al supuesto inicialmente (será hacia abajo).

2. Diagrama de momentos M • • • • •

En la zona sin cargas es una recta. El momento puntual provoca un salto en el diagrama igual a M En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB=M. En el apoyo articulado el momento es nulo. En las articulaciones el momento es nulo. Pero hay que darse cuenta de que tenemos un momento puntual M a cada lado de la articulación. Cortando cada barra por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama).

M/L M/L M/L

M/L

M Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de las barras en que se producen las tracciones por flexión. M M

M

3. Diagrama de cortantes V • En los apoyos el cortante es igual a la reacción calculada perpendicular a la barra. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) Cortando la viga horizontal por punto vemos que las únicas cargas que crean el cortante en ella en este caso son las reacciones verticales (ver el corte hecho para los momentos). El cortante en esa viga horizontal es, por tanto M/L. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. 29


M/L

M/L

M/L

4. Diagrama de normales N • En los apoyos el normal es igual a la reacción calculada en la dirección de la barra. • En la zona sin cargas el normal es constante (recta horizontal) Cortando la viga horizontal por punto vemos que las únicas cargas que crean el normal en ella en este caso son las reacciones horizontales (ver el corte hecho para los momentos). El esfuerzo normal en esa viga horizontal es, por tanto - M/L. Nótese que, al contrario que en el cortante, en el caso del esfuerzo normal sí es importante poner el signo (+ en tracción, - en compresión). Con esto ya podemos dibujar el diagrama de normales.

-M/L

-M/L

M/L

Ejemplo 2 P

2P

rot1

rot2

RHB

RHA RA

RB

MB

1. Obtener las reacciones RA, RB, RHA, RHB, MB Equilibrio de fuerzas verticales: RA + RB - P=0 Equilibrio de fuerzas horizontales: RHA + RHB + 2P=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RHB de la ecuación). Además, en ese punto RHA tampoco crea momento pues la línea de acción de la fuerza pasa por el punto B. ௅

஻ ଶ ஺ 2 =0 30


Nos quedan 5 incógnitas (RA, RB, RHA, RHB, MB) y sólo tenemos tres ecuaciones (equilibrio vertical, horizontal y de momentos). Debemos añadir las dos ecuaciones correspondientes a las rótulas: Momento flector en la rótula 1 nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado izquierdo de la rótula 1, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot1=RHA·L =0, de donde se obtiene directamente RHA =0 Momento flector en la rótula 2 nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado derecho de la rótula 2, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot2=RHB·L+MB =0 Sustituyendo en el equilibrio de fuerzas horizontales RHA =0 tiene que: RHB =-2P Como el signo es negativo, el sentido de RHB será opuesto al supuesto inicialmente (será hacia la izquierda). Sustituyendo RHB en la ecuación de momento flector en la rótula 2 nulo: MB=2PL Sustituyendo MB en el equilibrio de momentos tenemos: RA=P/2 Sustituyendo RA en el equilibrio de fuerzas verticales: RB=P/2.

2. Diagrama de momentos M • En la zona sin cargas es una recta. • La carga puntual supone un vértice en el diagrama de momentos. • En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB=2PL. • En el apoyo articulado el momento es nulo. • En las articulaciones el momento es nulo. Cortando cada barra por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). 2P

2P P/2 P/2

2PL

Un punto clave para dibujar el diagrama de flectores es el punto donde está la carga puntual. En ese punto central, obteniendo el momento flector a partir de las cargas que quedan al lado izquierdo: ஼ = · = 2 2 4 Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de las barras en que se producen las tracciones por flexión.

PL/4

31

2PL


3. Diagrama de cortantes V • En los apoyos el cortante es igual a la reacción calculada perpendicular a la barra. • En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) • La carga puntual provoca un salto en el cortante igual al valor de la carga P. Cortando la viga horizontal por punto vemos que las únicas cargas que crean el cortante en ella en este caso son las reacciones verticales (ver el corte hecho para los momentos). El cortante en esa viga horizontal es, por tanto P/2 y cambia de signo con la carga puntual. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. P/2 P/2

2P

4. Diagrama de normales N • En los apoyos el normal es igual a la reacción calculada en la dirección de la barra. • En la zona sin cargas el normal es constante (recta horizontal) Cortando la viga horizontal por punto vemos que las cargas que crean el normal en ella en este caso son las reacciones horizontales y la carga 2P (ver el corte hecho para los momentos). El esfuerzo normal en esa viga horizontal viendo, por ejemplo, las cargas a su izquierda es 0. Nótese que, al contrario que en el cortante, en el caso del esfuerzo normal sí es importante poner el signo (+ en tracción, - en compresión). Con esto ya podemos dibujar el diagrama de normales.

-P/2

-P/2

Ejemplos resueltos de vigas continuas Ejemplo 1

M

MB RH

RA

1. Obtener las reacciones RA, RB, RH, MB Equilibrio de fuerzas verticales: RA + RB =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0

32

RB


Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RH de la ecuación). ஻ − ஺ · 3 − =0 Nos quedan 3 incógnitas (RA, RB, MB) y sólo tenemos dos ecuaciones (equilibrio vertical y de momentos). Debemos añadir la correspondiente a la rótula: Momento flector en la rótula nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado izquierdo de la rótula, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot=RA·2L+M =0 De la condición de momento flector en la rótula nulo se obtiene que: RA =-M/2L Como el signo es negativo, el sentido de RA será opuesto al supuesto inicialmente (será hacia la abajo). Sustituyendo en el equilibrio de fuerzas horizontales se tiene que: RB =M/2L. Sustituyendo RA en el equilibrio de momentos: MB=-M/2. Como el signo es negativo, el sentido de MB será opuesto al supuesto inicialmente (será en sentido horario).

2. Diagrama de momentos M • • • •

En la zona sin cargas es una recta. El momento puntual supone un salto en el diagrama igual a M. En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB=-M/2. En las articulaciones el momento es nulo. Pero hay que darse cuenta de que tenemos un momento puntual M a un lado de la articulación. Cortando cada barra por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama).

M/2L Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de las barras en que se producen las tracciones por flexión. M M/2

3. Diagrama de cortantes V • • •

En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) En los apoyos extremos el cortante es igual a la reacción perpendicular a la barra. Los apoyos en un punto intermedio de una barra se toman como cargas puntuales y una carga puntual provoca un salto en el cortante igual al valor de la carga. Toda la zona de la viga que está en ménsula y no tiene cargas sobre ella no tendrá cortante, puesto que si la cortamos por un punto vemos que a la derecha no tendremos cargas que creen cortante. Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes. M/2L

M/2L


33


Ejemplo 2 M

MB RH

RA

RB

1. Obtener las reacciones RA, RB, RH, MB Equilibrio de fuerzas verticales: RA + RB =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto B para así quitar las reacciones RB, y RH de la ecuación). ஻ ஺ 3=0 Nos quedan 3 incógnitas (RA, RB, MB) y sólo tenemos dos ecuaciones (equilibrio vertical y de momentos). Debemos añadir la correspondiente a la rótula: Momento flector en la rótula nulo: si observamos las cargas de la estructura que quedan al lado izquierdo de la rótula, el momento flector en la rótula (que debe ser 0) será: Mrot=RA·2L-M =0 De la condición de momento flector en la rótula nulo se obtiene que: RA =M/2L Sustituyendo en el equilibrio de fuerzas horizontales se tiene que: RB =-M/2L. Como el signo es negativo, el sentido de RA será opuesto al supuesto inicialmente (será hacia la abajo). Sustituyendo RA en el equilibrio de momentos: MB=M/2.

2. Diagrama de momentos M • En la zona sin cargas es una recta. • El momento puntual supone un salto en el diagrama igual a M. • En el empotramiento el momento es el momento de empotramiento MB=M/2. • En las articulaciones el momento es nulo. Cortando cada barra por un punto y viendo las cargas que quedan a un lado podemos observar cómo serán los flectores (por dónde habrá que dibujar el diagrama). M/2L Un punto clave para dibujar el diagrama de flectores es el punto donde está el momento puntual. Justo a la izquierda de ese punto, obteniendo el momento flector a partir de las cargas que quedan al lado izquierdo: ஼௜௭ௗ 2 2 Con esto ya dibujamos el diagrama de momentos. Debe hacerse por el lado de las barras en que se producen las tracciones por flexión. M/2 M/2 M/2

3. Diagrama de cortantes V • • •

En la zona sin cargas el cortante es constante (recta horizontal) En los apoyos extremos el cortante es igual a la reacción perpendicular a la barra. Los apoyos en un punto intermedio de una barra se toman como cargas puntuales y una carga puntual provoca un salto en el cortante igual al valor de la carga. Toda la zona de la viga que está en ménsula y no tiene cargas sobre ella no tendrá cortante. 34


Con esto ya podemos dibujar el diagrama de cortantes.


Solución de otros ejemplos de obtención de diagramas Ejemplo propuesto

Solución

a=L/3

M1=M2=PL/2

35


36


Ejemplos de cálculos del grado de hiperestaticidad Ejemplo 1 2 reacciones en apoyo articulado fijo 1 reacción vertical en apoyo móvil 1 contorno cerrado Sin articulaciones entre barras GHext=R-3=3-3=0 GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·1=3 GH=3 Ejemplo 2 1 reacción vertical en apoyo móvil 1 reacción vertical en muelle lineal 1 reacción como momento en muelle torsional 3 reacciones en empotramiento (RV, RH y ME) Sin contornos cerrados Sin articulaciones entre barras GHext=R-3=6-3=3 GHint=3CC-Σ(BA-1)=0 GH=3 Ejemplo 3 Estructura de nudos articulados 2 reacciones en apoyo fijo 2 reacciones verticales en apoyos móviles 21 barras 10 nudos articulados GHext=R-3=4-3=1 GH=B+R-2N=21+4-2·10=5 GHint=GH-GHext=5-1=4

37


Ejemplo 4 6 reacciones en dos empotramientos 1 contorno cerrado 2 articulaciones entre barras. Cada una de ellas debemos considerar que une dos barras ya que no son 3 las barras que llegan a la articulación. GHext=R-3=6-3=3 GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·1-[(2-1)+(2-1)]=1 GH=4

Solución de otros ejemplos de cálculo de GH Ejemplo propuesto

Solución

GH=GHext=1

GH=GHext=4

38

C.2 Estructuras isostáticas de nudos articulados

Capítulo 2. Celosías isostáticas Estructuras isostáticas de nudos articulados Definición de estructuras articuladas planas o celosías planas Son estructuras formadas con barras que presentan articulaciones en los extremos. Para su análisis se suponen las siguientes hipótesis: • • • •

Articulaciones sin rozamiento Cargas sólo en los nudos Barras de directriz recta Estructura y cargas en un plano

Si se cumplen estas hipótesis, las barras sólo pueden estar sometidas a esfuerzos de tracción o compresión. No sufrirán momentos flectores ni cortantes. En la práctica: 1. Las articulaciones no suelen ser perfectas. De hecho se suelen utilizar nudos que en realidad presentan una determinada rigidez, bien sea mediante soldadura o mediante uniones atornilladas. La condición que, teóricamente, deben cumplir dichos nudos es que los ejes de las barras concurran en un punto o casi. Nudos no articulados pero asimilables Nudos próximos a la articulación real

39


2. Hay casos en los que las cargas no se encuentran solamente en los nudos. Entonces hay que trasladarlas a estos. Para ello se sustituyen las cargas sobre la barra por las reacciones que se generan en los nudos de una barra biarticulada cambiadas de signo: P/2

P

P/2 P P P/2 P/2 qL/2

q qL/2 q

q qL/2 qL/2 Cuando se hace esta simplificación es necesario tener en cuenta tras el análisis de la celosía el efecto en forma de momentos flectores o esfuerzos cortantes que tiene la carga sobre la barra. Por tanto, en estos casos sí que existirá tanto el diagrama de momentos como el diagrama de cortantes.

40


3. Las estructuras son generalmente construcciones tridimensionales, sin embargo muchas veces pueden aislarse partes de ellas para ser estudiadas en 2D como estructuras planas. Esto implica: a) Que las cargas situadas fuera del plano deben trasladarse al plano y, más en concreto, a los nudos. b) Que debe hacerse un estudio adicional para asegurarse de que la estructura está suficientemente arriostrada en la dirección perpendicular al plano considerado. Debe ser estable y resistir las cargas que le pudiesen llegar en esa dirección. Arriostramientos

Ejemplo típico de puente: Dos estructuras en celosía arriostradas en la parte superior mediante cruces de San Andrés (en X). Nótese que las vigas sobre las que descansará la losa del puente transmiten su carga a los nudos inferiores de las celosías. Supongamos que la carga superficial que debe soportar el puente es de qs kN/m2, el ancho del puente es B y la distancia entre los nudos inferiores L.

Vigas de piso

P/2

P/2

P

P

P

P

Carga lineal que se llevaría cada una de las dos celosías: q = qsB/2 [kN/m] Carga en cada uno de los nudos de la celosía a estudiar: P = qL= qsBL/2 [kN]

P

Arriostramientos en cruz de S. Andrés Arriostramientos para rigidizar el pórtico formado por las dos celosías y la estructura superior de las cruces.

Usos de las celosías Los usos de las celosías son muy variados (puentes, naves, soportes de depósitos o tolvas, torres eléctricas, etc.) pero, en general, se utilizan como solución ligera para salvar grandes vanos cuando el uso de elementos de una pieza como vigas de alma llena supondría un peso excesivo. El ahorro de material que supone el uso de una celosía se ve, en parte, contrarrestado por el mayor coste en mano de obra, por tanto sólo suele ser interesante usar este tipo de estructuras cuando las cargas a soportar o los vanos a salvar sean relativamente grandes. 41


Tipos y partes principales de celosías planas Según sean son de canto variable o no, las celosías se dividen en vigas en celosía y cerchas. Vigas en celosía: Actúan en su conjunto como vigas biapoyadas y mantienen el mismo canto en toda su longitud.

42


Cerchas: Presentan doble inclinación en la parte superior, lo que hace que actúen como vigas biapoyadas de canto variable. Esto permite que se ajusten mejor a los diagramas de momentos flectores correspondientes a cargas verticales centradas o repartidas en elementos biapoyados, puesto que el conjunto de la cercha tiene un mayor canto (mayor momento de inercia) en el centro.

Barras en una celosía: A pesar de que pueden encontrarse diferentes denominaciones, algunas de ellas complejas. Las barras normalmente se dividen en cordones y barras de relleno. Cordones: barras alineadas que bordean superior e inferiormente la celosía. Generalmente se disponen de una pieza aunque para el análisis pueda suponerse que cada uno de sus tramos es una barra biarticulada. Estas barras son las que soportan principalmente los momentos flectores a los que se ve sometido el conjunto de la celosía. Barras de relleno: barras situadas entre los cordones. Si están perpendiculares a alguno de los cordones se denominan montantes y, si no, diagonales. Estos elementos son los que soportan principalmente los cortantes a los que se ve sometido el conjunto de la celosía. 43


Diagonal

Cordón superior

Cordón superior

Cordón inferior Montante Viga en celosía

Montante

Cordón inferior Cercha

Diagonal

Formas de generación de celosías Celosías simples: Son celosías isostátocas (grado de hiperestaticidad total cero) obtenidas mediante triangulación, es decir, creando estructuras de nudos articulados que se están formadas por triángulos adosados (que comparten un lado) Simples de generación externa: • Se parte de dos apoyos fijos (por eso se consideran de generación externa). • Se van añadiendo 2 barras no alineadas que concurran en un nudo.

(1)

(3)

(2)

(4)

Simples de generación interna: • Se parte de un triángulo básico de barras articuladas. • Se van añadiendo 2 barras no alineadas que concurran en un nudo. Así se obtiene una estructura internamente isostática. • Cuando la estructura está completa se añaden los apoyos. Estos deben presentar 3 reacciones no concurrentes para que la estructura sea extermente isostática.

(1)

(2)

(3)

(4)

Celosías compuestas Son aquellas que se componen a partir de la unión de conjuntos triangulados simples y barras. El modo de composición es igual que el de las celosías simples. También pueden obtenerse celosías compuestas a partir de dos conjuntos triangulados unidos por tres barras no concurrentes ni paralelas.

44


Generación externa

Generación interna

Unión por tres barras

Celosías complejas Cuando la forma de generación no se corresponde con los esquemas anteriores de celosías simples o compuestas.

Caracterización estática y cinemática Caracterización estática Se refiere la relación entre el número de incógnitas estáticas y el número de ecuaciones de equilibrio que podemos aplicar. La hiperestaticidad, como se vio en el primer tema, puede ser interna si se tiene un exceso de barras o externa si se tiene un exceso de vínculos en los apoyos (exceso de reacciones). Grado de hiperestaticidad en celosías planas=Nº de barras+Nº de reacciones-2x(Nº de nudos) GH=B+R-2N Hipoestática: GH<0 Isoestática: GH=0 Hiperestática: GH>0 Caracterización cinemática Está íntimamente ligada a la caracterización estática y se puede interpretar como una valoración del funcionamiento de la estructura como un mecanismo. Variante: es aquella estructura que se comporta como un mecanismo. Cuando se aplican fuerzas sobre algunos de sus elementos no se puede obtener el equilibrio y por tanto se produce un movimiento acelerado de partes de la estructura. Una estructura variante es hipoestática. Invariante: es una estructura que actúa como tal consiguiendo el equilibrio estático. Las celosías con las que trabajemos deben ser invariantes. Las estructuras invariantes pueden ser isostáticas o hiperestáticas. Estructura de variación instantánea: en ellas es imposible obtener el equilibrio si no se produce un mínimo desplazamiento. Se dan cuando hay nudos a los que llegan sólo dos barras alineadas o las reacciones posibles concurren en un punto y, por tanto es imposible obtener el equilibrio de momentos.

45


F

F

Variante

F

Variación instantánea

Invariante

Las celosías simples de generación interna o externa y las celosías compuestas son invariantes e isostáticas siempre que no haya nudos a los que llegan sólo 2 barras alineadas o los vínculos (las reacciones) no tengan líneas de acción concurrentes. CELOSÍAS DE VARIACIÓN INSTANTÁNEA F A

B

F

Nudo con 2 barras alineadas

Líneas de acción de las reacciones concurrentes

Equilibrio imposible en el nudo A

Equilibrio de momentos imposible respecto a B

Cálculo de esfuerzos en celosías isostáticas. Método de los nudos Se basa en las ideas básicas siguientes: 1. Las barras de las celosías sólo transmiten esfuerzos axiles o normales. 2. Las fuerzas que llegan a los nudos deben estar en equilibrio. • Equilibrio de fuerzas verticales: ∑FV=0 • Equilibrio de fuerzas horizontales: ∑FH=0 Este equilibrio puede plantearse también de modo gráfico o vectorial. Así, la suma de todos los vectores de fuerza que actúan sobre el nudo, teniendo en cuenta acciones, reacciones y esfuerzos normales de las barras debe ser nula. Esto significa que los vectores forman un polígono cerrado. F

F

R

I II

NII

NI

Fuerzas sobre el nudo

F NI

R

NII

Equilibrio de vectores de fuerza

3. Al plantear el equilibrio en los nudos los esfuerzos de compresión se consideran fuerzas que llegan al nudo y los de tracción serán fuerzas que salen del mismo. En general, si desconocemos el esfuerzo se supondrá que sale del nudo. Así, si se obtiene un resultado positivo será una tracción y si el resultado es negativo se tratará de un esfuerzo de compresión. 46


F

R

NI=Tracción NII=Compresión 4. Existen barras de esfuerzo 0 en las que no es necesario ni plantear el equilibrio y que se pueden eliminar del cálculo de esfuerzos. a) 2 barras no alineadas que concurren en un nudo sin carga: barras de esfuerzo 0. b) 3 barras concurren en un nudo sin carga, estando dos de ellas alineadas. La barra no alineada será una barra de esfuerzo 0 y puede eliminarse el nudo. F

0

F 0 0

(a)

(b)

F

F

Eliminación sucesiva de barras de esfuerzo 0 Los pasos del método, por tanto son: 1) Obtener las reacciones, mediante el planteamiento de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales, horizontales y momentos. 2) Eliminar las barras de esfuerzo 0. 3) Plantear el equilibrio vertical y horizontal de fuerzas (2 ecuaciones) en un nudo al que lleguen sólo 2 barras (2 axiles incógnita), obteniendo así los esfuerzos en dichos elementos. 4) Apoyándose en los resultados de nudos anteriormente resueltos se resuelven del mismo modo el resto de nudos hasta conocer todos los esfuerzos normales en las barras. Ejemplo de aplicación del método de los nudos Se tiene una viga en celosía tipo Warren de canto L con dos tramos de longitud 2L y una carga P en cada uno de los nudos centrales superiores. Obténganse los esfuerzos en las barras.

47


P

L

P

2L 4L

P

4

RH1 RV1 1

3

2 L

RV3

3L 4L

P

4 0

P

0 7

6

5

0

P Se comienza el proceso de plantear el equilibrio en nudos por un nudo al que sólo lleguen dos barras con esfuerzo no nulo (nudo 1). ଵଶ + ଵହ 45° = 0 ଵହ = −√2 + ଵହ 45° = 0 ଵଶ =

7

6

5

Estas reacciones son evidentes desde un principio, dada la simetría. Una estructura simétrica debe tener reacciones simétricas. En segundo lugar, se eliminan las barras de esfuerzo cero. Hay dos parejas de barras en la celosía propuesta que concurren en nudos (nudo 4 y nudo 7) que no tienen ninguna carga. Todas ellas serán barras de axil nulo.

P

L

El primer paso es obtener las reacciones aplicando las condiciones de equilibrio. ∑Fv=0 RV1+RV3-P-P=0 ∑FH=0 RH1 =0 ∑M1=0 RV3·4L-P·3L-P·L=0 RV1=P ; RV3=P

1

0

3

2

Nudo 1

Solución nudo 1 -P √2

N15 45º N12

P

P

-P

Continuamos por otros nudos utilizando los Nudo 5 Solución nudo 5 resultados obtenidos. Dibujamos siempre las P tracciones saliendo del nudo y las compresiones P N56 P llegando al nudo. -P √2 -P √2 45º 45º ହ଺ + ହଶ 45° + √245° = 0 ହ଺ = − N52 ହଶ = 0 √2 45° − − ହଶ 45° = 0 Los esfuerzos normales en una estructura simétrica con cargas simétricas deben ser simétricos, por tanto el resultado final de esfuerzos en las barras es: 0 0

0 -P

-P √2 +P

0

0

-P √2 +P

0 0

0

48

De modo simplificado:

0

-P -P √2 +P

0

P

0

-P √2 +P

0


Método de las secciones o de Ritter Es un método de cálculo de esfuerzos en barras de celosía que se aplica cortando la estructura por una sección y planteando el equilibrio en el trozo aislado. Los pasos del método, por tanto son: 1) Obtener las reacciones, mediante el planteamiento de las ecuaciones de equilibrio de fuerzas verticales, horizontales y momentos. 2) Eliminar las barras de esfuerzo 0. 3) Aislar un trozo de celosía cortando un máximo de 3 barras (3 incógnitas de axiles). Las 3 barras no pueden concurrir en un mismo punto. Hay casos con algunas barras concurrentes donde se pueden cortar más de 3 barras y llegar a la solución igualmente. 4) Plantear 3 ecuaciones de equilibrio en el trozo aislado. Lo más sencillo, cuando se pueda, suele ser plantear varios equilibrio de momentos con respecto a puntos por los que pasen 1 o 2 incógnitas de esfuerzo (así se eliminarán dichas incógnitas de la ecuación).

P

P

Método de las secciones N

0

1

A

0

N2 H

H

N3

B

R

V

V ∑MA=0 → N3

Considerar barras de esfuerzo 0 y obtener reacciones

∑MB=0 → N1 ∑FV=0 → N2

P C

0 N4 0

N5

N2 N3

H B

V

R

R ∑MB=0 → N5

Otra posibilidad de sección:

∑MC=0 ∑FV=0 ∑FH=0

Corta 4 barras con esfuerzo no nulo, pero 3 de ellas concurren en B y así es posible resolver planteando inicialmente ∑MB=0

N2 N3 N4

Se puede combinar el método de las secciones con el método de los nudos, iniciando la resolución de la celosía con uno y concluyendo con el otro, según sea más conveniente.

49


Métodos específicos para vigas en celosía Cuando tenemos una viga en celosía de canto constante sometida a cargas principalmente perpendiculares a su eje podemos asimilarla a una barra sometida a flexión tanto para el cálculo de esfuerzos como para el cálculo de desplazamientos. La metodología de asimilación a vigas es válida para vigas en celosía tanto isostáticas como hiperestáticas y se basa en las siguientes hipótesis: • •

Los cordones soportan el momento flector del conjunto de la celosía. Los montantes y las diagonales soportan el cortante.

h

α

S

MS MS VS

NcordS VS

Ndiag NcordI

Esfuerzo en cordones Como se puede ver en la figura, al seccionar la viga en celosía los únicos esfuerzos que pueden ser equivalentes a un momento alrededor del centro de gravedad de la sección Ms son los normales en los cordones Ncord. Así, los normales en los cordones son un par de fuerzas Ms/h que generan el momento Ms. Ncord= Ms/h Pero los esfuerzos no tienen que ser idénticos en los dos cordones. Sabemos que los esfuerzos normales en las barras serán constantes en cada elemento, sin embargo ¿Cuál debe ser el valor de momento flector Ms que debemos tomar si éste es variable en el tramo? Para solucionar este pequeño problema debemos fijarnos en cuál es el momento en el punto que utilizaríamos en el método de Ritter para calcular directamente el normal buscado mediante un equilibrio de momentos. Otra opción es, simplemente, considerar qué esfuerzo normal debe ser mayor, el del cordón superior o el del inferior, teniendo en cuenta que la componente horizontal del esfuerzo en la diagonal debe ser contrarrestada.

50


El signo de los esfuerzos en los cordones puede verse rápidamente conociendo el signo de los momentos del conjunto de la viga en celosía: Cordón superior comprimido e inferior traccionado. Cordón superior traccionado e inferior comprimido. Esfuerzo en diagonales La única fuerza que tiene componente en la dirección del cortante es el esfuerzo en la diagonal seccionada. Como su componente vertical debe cumplir Ndiag·senα=Vs: Ndiag=Vs/senα El signo del normal en la diagonal puede verse rápidamente conociendo el signo del cortante.

Cálculo aproximado de desplazamientos Se puede realizar el cálculo de desplazamientos en una viga en celosía asimilándolos a los desplazamientos debidos a momentos de una viga de alma llena de momento de inercia I. Para ello, se suelen realizar las siguientes simplificaciones: •

•

Aproximar el momento de inercia total de la viga en celosía al 75% del momento de inercia de los cordones. Se usa este factor 0,75 porque realmente en vigas de este tipo no es despreciable el efecto del cortante. I=0,75·Icordones El momento de inercia de los cordones, siendo dos cordones iguales de sección A puede calcularse aplicando el teorema de Steiner. Normalmente puede despreciarse el momento de inercia de los cordones respecto a su eje I0, pues es pequeño comparado con el factor de Steiner. Icordones=2·[I0+A(h/2)2]≈2A(h/2)2

51


Consideraciones en el diseño de celosías Si hay cargas sobre barra deben trasladarse a los nudos como se comentó al principio del tema. Después de resolver la celosía hay que tener en cuenta los momentos flectores y los cortantes que generan dichas cargas sobre barra. Las barras a compresión que tengan una esbeltez excesiva pueden sufrir PANDEO. Esto implica que siempre es preferible que las barras comprimidas sean lo más cortas que sea posible.

VIGA PRATT: diagonales traccionadas. BIEN

V

VIGA HOWE: diagonales comprimidas. MAL

Los elementos que estemos seguros de que, considerando las cargas posibles, van a trabajar únicamente a tracción pueden disponerse esbeltos. Incluso pueden ser tirantes.

Estructuras articuladas espaciales La forma de trabajo con este tipo de estructuras es la misma que en las celosías 2D sólo que hay que tener en cuenta más posibilidades de reacciones y de direcciones de los esfuerzos. Simples de generación interna: Se parte de 3 apoyos fijos (3 reacciones cada uno). Se añaden sucesivamente 3 barras que concurran en un nudo.

Rz Rx

Ry

Simples de generación externa: Se parte de un tetraedro básico Se añaden sucesivamente tres barras que concurran en un nudo. Se añaden los vínculos (apoyos) de modo que se tengan 6 reacciones. Fórmula de hiperestaticidad: En el caso de estructuras articuladas espaciales, la fórmula será GH=B+R-3N Métodos de análisis: Son los mismos que se presentaron para estructuras planas (Nudos, Ritter, asimilación a vigas de alma llena), pero más laboriosos.

52

Ej. Celosías isostáticas planas

Ejemplos. Esfuerzos en celosías isostáticas planas Tipos de esfuerzos internos El único tipo de esfuerzo interno que podremos encontrar en una sección de una barra perteneciente a una celosía con las cargas aplicadas sobre los nudos es: Esfuerzo normal (axil) de tracción o compresión: provocado por las fuerzas externas que siguen la dirección del eje de la barra. Se suele denominar como N. Tiene dimensiones de fuerza (N, kN, t, etc.). Será positivo si es de tracción (las fuerzas “salen” de los nudos) y negativo si es de compresión (las fuerzas “llegan” a los nudos).

Ejemplos resueltos de celosías Ejemplo 1 Resuélvase por el método de los nudos. L

L P

PA

C B L/2

A

D

1. Obtener las reacciones RA, RH, Rc

Equilibrio de fuerzas verticales: ஺ + ஼ − =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto A para así quitar las reacciones RA, y RH de la ecuación). ஻ · − · =0 ଶ ௅

Del equilibrio de momentos se obtiene RB=P/2 Introduciendo este valor de RB en el equilibrio de fuerzas verticales se tiene que RA=P/2 Este resultado es evidente. Dada la simetría de la estructura y cargas, las reacciones debieran ser iguales a la mitad de la carga P y opuestas a la misma.

53


2. Identificar barras de esfuerzo 0: No hay barras de esfuerzo nulo identificables a priori. 3. Esfuerzos normales N por el método de los nudos P A

C B

P/2

P/2

D

Equilibrio en el nudo A: Dibujamos los esfuerzos normales en las barras. Se representan por defecto saliendo del nudo (tracciones). De este modo si el resultado es negativo realmente serán compresiones. El ángulo entre las barras AB y AD es α=arctg(0,5)= 26,5650. ௏ = 0 ⇒ − ஺஽ · 26,565଴ = 0 2

NAB

A α P/2

ு = 0 ⇒ ஺஻ + ஺஽ · 26,565଴ = 0

NAD

஺஻ = − ; ஺஽ = +1,118

Equilibrio en el nudo B: Teniendo en cuenta los resultados obtenidos para el nudo A puede plantearse el equilibrio en el nudo B. El equilibrio de fuerzas verticales y horizontales es extremadamente simple. ு = 0 ⇒ + ஺஻ = 0

P B

P

NAB

௏ = 0 ⇒ + ஻஽ = 0 ஺஻ = ஻஽ = −

NBD REACCIONES Y ESFUERZOS

P A

-P P/2

+1,118P

C

-P

-P B D

+1,118P

54

P/2


Ejemplo 2 Resuélvase por el método de los nudos. L P A

P

L

B

C

D

Este ejemplo se presenta para mostrar que no siempre es necesario calcular las reacciones antes de iniciar a aplicar el método de los nudos sino que en muchos casos dichas reacciones pueden obtenerse como resultado del equilibrio en el nudo del apoyo. Equilibrio en el nudo B: Dibujamos los esfuerzos normales en las barras. Se representan por defecto saliendo del nudo (tracciones). De este modo si el resultado es negativo realmente serán compresiones. ௏ = 0 ⇒ − − ஻஽ = 0

PA NBA

P NBD

ு = 0 ⇒ − ஻஺ = 0 ஻஽ = − ; ஻஺ = +

Equilibrio en el nudo D: Dibujamos los esfuerzos normales en las barras. Se representan por defecto saliendo del nudo (tracciones). De este modo si el resultado es negativo realmente serán compresiones.

NDA NDC

P

௏ = 0 ⇒ ஽஺ · 45଴ − = 0 ு = 0 ⇒ −஽஺ · 45଴ − ஽஼ = 0 ஽஺ = +√2 ; ஽஼ = −

55


ESFUERZOS P A

P

+P B -P +P√2 C

D

-P

Ejemplo 3 Resuélvase por el método de los nudos, por el de las secciones y por analogía con una viga. L

L P B

D

C L/2

A

E L

1. Obtener las reacciones RA, RH, Rc

Equilibrio de fuerzas verticales: ஺ + ஼ − =0 Equilibrio de fuerzas horizontales: nos da directamente RH=0 Equilibrio de momentos respecto a un punto (seleccionamos el punto A para así quitar las reacciones RA, y RH de la ecuación). ஻ · − · ଶ=0 ௅

Del equilibrio de momentos se obtiene RB=P/2 Introduciendo este valor de RB en el equilibrio de fuerzas verticales se tiene que RA=P/2 Este resultado es evidente. Dada la simetría de la estructura y cargas, las reacciones debieran ser iguales a la mitad de la carga P y opuestas a la misma.

56


P A

C

B

P/2

D

E

P/2

4. Identificar barras de esfuerzo 0: No hay barras de esfuerzo nulo identificables a priori. 5. Esfuerzos normales N por el método de los nudos Equilibrio en el nudo A: Dibujamos los esfuerzos normales en las barras. Se representan por defecto saliendo del nudo (tracciones). De este modo si el resultado es negativo realmente serán compresiones. ௏ = 0 ⇒ − ஺஽ · 45଴ = 0 2

NAB

A

450 P/2

ு = 0 ⇒ ஺஻ + ஺஽ · 45଴ = 0 ஺஻ = − ; ஺஽ = + 2 √2

NAD

Equilibrio en el nudo B: Teniendo en cuenta los resultados obtenidos para el nudo A puede plantearse el equilibrio en el nudo D o en el nudo B. Para el nudo B aparentemente tenemos 3 incógnitas de esfuerzos para solo dos ecuaciones de equilibrio en el nudo, sin embargo, dado que tenemos una estructura simétrica con cargas simétricas los esfuerzos normales serán simétricos. Por tanto, podemos resolver teniendo en cuenta esto. P B

P/2 45

0

NBD

NAB 450 NBE

Por simetría NAB=-P/2 NBD=NBE

௏ = 0 ⇒ − − 2 · ஻஽ · 45଴ = 0 ஻஽ = ஻ா −

√2

Equilibrio en el nudo D: Para obtener el esfuerzo en la barra DE es necesario plantear el equilibrio en el nudo D. Por tanto, ahora vemos que hubiese bastado con plantear el equilibrio en A y en D para conocer todos los esfuerzos. No hubiera hecho falta plantear el equilibrio en B.

57


ு = 0 ⇒ ஽ா − 2 ·

P/√ √2 450

P/√ √2 0 45

஽ா = +

NDE

D

√2

· cos 45଴ − 2 · ஻஽ · 45଴ = 0

REACCIONES Y ESFUERZOS P A

-P/2 +P/√2

P/2

B

-P/2 -P/√2

-P/√2

D

C +P/√2 P/2

E

+P

6. Diagrama de normales N por el método de las secciones Tomando la sección S1: P A

S1

P/2

C

B

D

P/2

E

Planteamos el equilibrio en la parte izquierda: A

NAB

P/2

NDB

D

NDE

Tomando momentos respecto a D: ஽ = 0 ⇒ ஺஻ + = 0 ⇒ ஺஻ = − 2 22 2 Tomando momentos respecto a B: ஻ = 0 ⇒ ஽ா − = 0 ⇒ ஽ா = + 2 2 Equilibrio de fuerzas verticales: ௏ = 0 ⇒ ஽஻ · 45଴ + = 0 ⇒ ஽஻ = − 2 √2

Tomando la sección S2: P A

P/2

S2

D

C

B

P/2

E

Es lo mismo que plantear el equilibrio en el nudo A: 58


A

௏ = 0 ⇒ − ஺஽ · 45଴ = 0 2

NAB 450

P/2

ு = 0 ⇒ ஺஻ + ஺஽ · 45଴ = 0 ஺஻ = − ; ஺஽ = + 2 √2

NAD

REACCIONES Y ESFUERZOS El resultado, evidentemente, es el mismo que para el método de los nudos. P A

-P/2 +P/√2

P/2

D

-P/2

B

-P/√2

-P/√2 +P

C +P/√2 P/2

E

7. Diagrama de normales por analogía con una viga Los diagramas de momentos y cortantes de una viga de longitud 2L con carga centrada y con los apoyos propuestos son: P/2 PL/2

P/2

Los cordones soportan los momentos flectores: =

ℎ

Vemos que en el primer tramo el momento varía entre 0 y PL/2. Para cada barra hay que seleccionar el valor de M en el punto que utilizaríamos en el método de las secciones para obtener el axil aplicando equilibrio de momentos. Para la barra AB: El signo ha de ser negativo pues con los momentos del conjunto tenemos tracciones en el cordón inferior y compresiones en el superior. Usando el método de las secciones obtendríamos NAB planteando equilibrio de momentos respecto al punto D. Por tanto: ஺஻ = −

஽ 4 = − =− 2 ℎ 2

Para la barra DE: El signo debe ser positivo (tracciones ) en el cordón inferior. Usando el método de las secciones obtendríamos NDE planteando equilibrio de momentos respecto al punto B. Por tanto:

59


஽ா

஻ 2 2

Las barras de relleno soportan los cortantes: El signo del cortante en el conjunto determina el signo de los axiles de las barras de relleno.

+ (Barra AD)

- (Barra DB)

- (Barra BE)

+ (Barra EC)

Dado que las diagonales son las únicas barras que pueden soportar esfuerzos del tipo cortante en el conjunto, el cortante es la proyección vertical del esfuerzo en la diagonal: P/2

NAD

P/2

NAD

P/2

NDB

NDB

஺஽ 45଴ 2 ஺஽ √2 ஽஻ √2

P/2

REACCIONES Y ESFUERZOS El resultado, evidentemente, es el mismo que para los métodos anteriores. P A

-P/2 +P/√2

P/2

B

-P/2 -P/√2

-P/√2

D

+P

C +P/√2 P/2

E

Solución de otros ejemplos Ejemplo propuesto Esfuerzos y reacciones:

Solución P -P√2

L

0 P

+P

+P

P

P L

+P

L

P

L

L

60

L

P


Ejemplo propuesto: Reacciones y esfuerzos en las barras 6-7, 3-4 y 2-8 por Ritter

Ejemplo propuesto: Esfuerzo en la barra A-B por Ritter A

Solución: NAB=10√ √2

Ejemplo propuesto: Esfuerzos en las barras usando analogía con una viga

61

C.3 Aplicación del PTV al análisis estructural

Capítulo 3. Principio de los Trabajos Virtuales (PTV) Aplicación del PTV al análisis estructural 3.1 Simplificaciones habituales. Recordemos que serán las más habituales en la asignatura. 1. Material homogéneo e isótropo: tiene las mismas propiedades en todos sus puntos independientemente de la dirección. 2. Comportamiento elástico-lineal del material: cumplimiento de la ley de Hooke, las tensiones son proporcionales a las deformaciones. 3. Elementos tipo barra: son aquellos en los que la dimensión longitudinal predomina sobre las otras. 4. Hipótesis de Bernouilli: dice que las secciones transversales que son planas permanecen planas después de la deformación de la barra. Es decir, no se alabean. 5. Pequeños desplazamientos y deformaciones: así se puede aplicar teoría de primer orden. Como se mencionó en el capítulo 1 (1.19). 6. Principio de superposición: el efecto de la suma de dos sistemas de cargas es igual a la suma de los efectos de los mismos. Se cumple al cumplirse las simplificaciones 2 y 5. Como se mencionó en el capítulo 1 (1.19).

3.2 Planteamiento del problema elástico. A modo de breve recordatorio de elasticidad. Partiendo de unas determinadas fuerzas externas aplicadas sobre el sólido elástico y teniendo en cuenta unas determinadas restricciones al desplazamiento se cumplen las ecuaciones: • • •

Equilibrio: bajo la acción de las cargas, las fuerzas externas y las fuerzas internas (tensiones o esfuerzos) están en equilibrio. Compatibilidad: los movimientos de la estructura son compatibles con las deformaciones de los elementos y condiciones de apoyo. Comportamiento: se cumple la ley de Hooke, según la cual las deformaciones son proporcionales a las tensiones.

63


En este apartado se escribirán las ecuaciones utilizando tensores. Sin embargo, para la asignatura no será necesario el uso de esta notación.

Ecuaciones de equilibrio: A modo de breve recordatorio de elasticidad. Interno: equilibrio entre el estado tensional y las fuerzas por unidad de volumen (X, Y, Z).

Externo: equilibrio en la superficie del sólido entre las fuerzas superficiales y las tensiones. Siendo (α, β, γ) el vector director de la superficie en el punto considerado.

Ecuaciones de compatibilidad. A modo de breve recordatorio de elasticidad. A partir de los desplazamientos (u, v, w) se pueden obtener las deformaciones y distorsiones angulares del sólido:

Sin embargo, para ello deben cumplirse 6 condiciones necesarias y suficientes de integrabilidad (o compatibilidad).

Ecuaciones de comportamiento. A modo de breve recordatorio de elasticidad. Consisten en la aplicación de la ley de Hooke. La Ley de Hooke generalizada también puede escribirse como las ecuaciones de Lamé. Estas leyes dependen del módulo elástico del material E

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(también llamado Módulo de Young) y del coeficiente de Poisson µ. El módulo de elasticidad transversal G puede obtenerse a partir de E y µ.

Dificultad del problema elástico. En muy pocos casos simples es posible plantear el problema elástico interrelacionando sus ecuaciones (equilibrio, compatibilidad y comportamiento) debido a su gran complejidad. Y en muchos de los casos en los que se puede plantear, no es posible la resolución del sistema de ecuaciones diferenciales que resulta. Por esto se opta por la aplicación de métodos energéticos, como el PTV.

El Principio de los Trabajos Virtuales (PTV): Si tenemos dos estados de un sólido: Un estado real: que queremos analizar. Con cargas y restricciones al desplazamiento que provocan unas determinadas tensiones y deformaciones en equilibrio con las fuerzas y compatibles con los desplazamientos respectivamente. Un estado virtual: inventado a nuestra conveniencia para obtener unos determinados resultados. También con cargas y restricciones al desplazamiento que provocan unas determinadas tensiones y deformaciones en equilibrio y compatibles. (A partir de ahora se identificará con una raya sobre ella a cualquier variable virtual)

65


El Principio de los Trabajos Virtuales: dice que el trabajo virtual externo y el trabajo virtual interno son iguales. Te=Ti. Siendo el trabajo externo el realizado por fuerzas o momentos externos y el interno el realizado por esfuerzos o tensiones. Para obtener el trabajo virtual hay dos opciones: 1. Utilizar cargas y tensiones reales sobre desplazamientos y deformaciones virtuales. 2. Utilizar cargas y tensiones virtuales sobre desplazamientos y deformaciones reales. Según se utilice un trabajo virtual u otro, se está utilizando una forma u otra del PTV (PDV o PFV) Principio de los Desplazamientos Virtuales (PDV): • Usa el trabajo de cargas y tensiones (o esfuerzos) reales sobre desplazamientos y deformaciones virtuales. • Se usa para obtener cargas (normalmente reacciones), tensiones o esfuerzos en el caso de barras. Todos reales, por supuesto.

Principio de las Fuerzas Virtuales (PFV): • Usa el trabajo de cargas y tensiones (o esfuerzos) virtuales sobre desplazamientos y deformaciones reales. • Se usa para obtener desplazamientos y deformaciones reales.

Trabajo virtual en barras: Evaluación del trabajo virtual externo. • El trabajo virtual externo en barras es el producto de fuerzas (F, R, etc.)por desplazamientos (δ, ∆, etc.) o momentos (M)por giros (θ) • Es importante el convenio de signos, de modo que el signo del trabajo es positivo si la fuerza y el desplazamiento tienen el mismo sentido y negativo si el sentido es opuesto. • En un sólido elástico la fuerza que es necesario aplicar para deformarlo aumenta al aumentar el desplazamiento, sin embargo cuando hablamos de trabajos virtuales al aplicar el PTV lo que se hace es multiplicar directamente la carga por el desplazamiento. En la figura puede verse lo mencionado sobre la diferencia entre el trabajo real y el virtual, que utilizaremos en el PTV. El trabajo, que es el área bajo la curva Fuerza-desplazamiento, es el doble en el caso virtual.

66


Evaluación del trabajo virtual interno. • El trabajo virtual interno en barras es la integral de los esfuerzos (N, V, M, Mt) por los diferenciales de desplazamientos o giros. • Es importante el convenio de signos, de modo que el signo del trabajo es positivo si el esfuerzo y el desplazamiento tienen el mismo sentido y negativo si el sentido es opuesto. • El axil realiza trabajo sobre el desplazamiento en la dirección longitudinal. El cortante realiza trabajo sobre el desplazamiento en la dirección transversal. Los momentos realizan trabajo sobre los giros (por flexión o por torsión). Los diferenciales de desplazamientos a considerar son los siguientes:

Como puede verse dependen de las rigideces (EA, GAα, EI, GKt) en las que E es el módulo elástico, G el módulo elástico transversal, A es el área de la sección transversal, Aα es el área a cortante, I el momento de inercia de la sección y Kt el momento de inercia polar. El trabajo virtual interno puede ser de los dos tipos siguientes: 1. El trabajo creado por los esfuerzos internos reales sobre un sistema de desplazamientos virtuales.

T i = ∫ N ⋅ du + ∫ V ⋅ d λ + ∫ M ⋅ d θ + ∫ M t ⋅ d φ L

L

L

L

67


2. El trabajo creado por los esfuerzos internos virtuales sobre un sistema de desplazamientos reales.

T i = ∫ N du + ∫ V d λ + ∫ M d θ + ∫ M t d φ L

L

L

L

Aplicación del PTV al análisis estructural Si se aplica como Principio de las Fuerzas Virtuales: • •

Se usa un sistema real que se quiere analizar, con sus desplazamientos y deformaciones y se plantea un sistema virtual (inventado) con fuerzas externas e internas en equilibrio. El planteamiento del PFV equivale a lo que denominábamos Ecuación de Compatibilidad para el sistema real de desplazamientos y deformaciones.

Si se aplica como Principio de los Desplazamientos Virtuales: •

•

Se usa un sistema real que se quiere analizar, con sus fuerzas externas e internas y se plantea un sistema virtual (inventado) con desplazamientos y deformaciones compatibles. El planteamiento del PDV equivale a lo que denominábamos Ecuación de Equilibrio para el sistema real de fuerzas externas e internas.

Tipo de P.T.V. P.F.V. (Fuerzas Virtuales)

Estructuras Método Se obtienen Isostáticas De la carga unitaria Desplazamientos Hiperestáticas De las Fuerzas Ecs. de compatibilidad P.D.V. (Despl. Virtuales) Isostáticas De despl. virtuales Esfuerzos y reacciones Hiperestáticas De los Ángulos de Giro Ecs. de equilibrio Como puede observarse, el PTV se aplica tanto a estructuras isostáticas como hiperestáticas. En este capítulo se tratarán brevemente las aplicaciones a estructuras isostáticas, mientras que en el capítulo siguiente se tratará con extensión el método de las Fuerzas.

Método de la Carga Unitaria Debemos inventar un sistema virtual de fuerzas que cumpla las siguientes condiciones: 1. Encontrarse en equilibrio. 2. Las fuerzas virtuales se aplicarán en una estructura formada por una parte o toda la estructura inicial. Esta estructura debe ser estable y contener los puntos sobre los que se quiere determinar el desplazamiento. 3. Se aplicará una fuerza unitaria, con la localización, dirección y naturaleza acorde con el desplazamiento buscado. 4. El PFV dará lugar a una ecuación, en la que el desplazamiento buscado será la única incógnita.

68


Ejemplo: Deseamos conocer la flecha (deformación vertical) en el extremo de una viga en ménsula de longitud L cargada con una fuerza P en ese borde.

Para ello nos inventamos un sistema virtual con una carga unitaria en el punto en el que queremos obtener el desplazamiento. Como suponemos que el desplazamiento es hacia abajo, le damos ese sentido, sin embargo esto no importa puesto que, de darle el sentido contrario, el signo negativo del resultado nos indicaría la dirección.

Tanto del sistema real como del virtual obtenemos los diagramas de momentos y de cortantes, ya que no hay axiles ni torsores.

Sistema real de desplazamientos y deformaciones

Sistema virtual de fuerzas externas e internas

A partir de esto, planteamos el Principio de las Fuerzas Virtuales, equivalente a la ecuación de compatibilidad de desplazamientos y deformaciones reales. • • •

Trabajo externo =carga unidad (virtual) x desplazamiento real Trabajo interno=∫L momento virtual·dθ+ ∫L cortante virtual·dλ Nuestra incógnita es el desplazamiento real (δB)

69


• •

Debemos recordar que: Normalmente puede considerarse despreciable el término correspondiente al cortante.

∑T = ∑T e

i

1.δ B = ∫ M L

M V dx + ∫ V EI GAα L

PL3 PL PL3 δB = + ≅ ↓ dx 3EI GAα 3EI

Para obtener el resultado de las integrales hay que obtener la ecuación de los diagramas teniendo como variable x, multiplicarlos y después integrar. Sin embargo, existen tablas para las integrales de productos de diagramas más típicas que permiten realizar mucho más rápido este paso.

Así, no hay más que ver que para el caso de multiplicar dos diagramas triangulares con momentos máximos M1 y M3 , estando los triángulos colocados en la misma posición, la tabla nos da un resultado de L/3· M1· M3. Sustituyendo los momentos máximos por PL y L el resultado es PL3/3. Esto lo dividiremos entre la rigidez (EI), que suponemos constante para toda la barra, para obtener el resultado.

70


Si fuese necesario hacer la integral del cortante puede utilizarse la misma tabla, aunque aparezca como creada para momentos. Uso del PDV para el cálculo de reacciones y esfuerzos en estructuras isostáticas Debemos inventar un sistema virtual con un desplazamiento inventado que cumpla las siguientes condiciones: 1. Si se permitiese ese desplazamiento libremente la estructura sería un mecanismo 2. El desplazamiento virtual debe ser compatible con las condiciones de contorno 3. El desplazamiento o giro virtual debe corresponderse con la fuerza, esfuerzo o momento buscado. Los giros se corresponden con momentos (flectores o de empotramiento) y los desplazamientos con fuerzas o esfuerzos de tracción o cortantes. Debe tenerse en cuenta que si ese desplazamiento virtual es un giro (que utilizamos para obtener algún momento) eso implica introducir una rótula. Ejemplo 1: cálculo de reacciones Deseamos conocer la reacción vertical en el apoyo A de la viga biapoyada con carga centrada utilizando el PDV. P A

B

C L /2

L /2

Para ello planteamos nuestro sistema real dibujando la reacción que queremos calcular y nos inventamos un sistema virtual con un desplazamiento cualquiera inventado, aplicado en el apoyo en el que queremos calcular la reacción desconocida RA. Evidentemente, para poder aplicar ese desplazamiento virtual debemos borrar la coacción vertical (el apoyo) en ese punto.

Como al desplazamiento virtual le damos sentido hacia abajo, si la reacción la suponemos (como parece lógico) hacia arriba, el trabajo virtual obtenido será negativo. En cualquier caso, si la reacción buscada la suponemos hacia abajo en este caso el signo negativo del resultado indicará la dirección correcta. Las reacciones y cargas se consideran para el trabajo externo y los esfuerzos para el trabajo interno. A partir de esto, planteamos el Principio de los Desplazamientos Virtuales, equivalente a la ecuación de equilibrio para fuerzas y esfuerzos. •

Trabajo externo =Reacción x desplazamiento virtual + Carga x desplazamiento virtual

71


•

Trabajo interno=0. Ya que es el trabajo correspondiente a los esfuerzos y no incluimos ningún esfuerzo para calcular en el sistema real. Nuestra incógnita es la reacción (RA)

•

∑T ∑T ∑T

e

=

e

= −RA ∆ + P

i

=0

∑T

i

∆ 2

−RA ∆ + P

∆ P = 0⇒ RA = 2 2

Puede verse que, por semejanza de triángulos, el desplazamiento virtual del centro de la viga, que es donde está la carga real P es la mitad que el desplazamiento virtual que impusimos al apoyo (donde queremos calcular RA). Ejemplo 2: cálculo de esfuerzos Deseamos conocer la el esfuerzo de momento flector en el centro de la viga C para la viga biapoyada con carga centrada del ejemplo anterior utilizando el PDV. P A

B

C L/2

L/2

Para ello planteamos nuestro sistema real dibujando el momento flector que queremos calcular y nos inventamos un sistema virtual con un giro cualquiera inventado aplicado en el punto en el que queremos calcular el momento. Evidentemente, para poder aplicar ese giro virtual debemos dibujar una rótula en ese punto.

El giro virtual y el momento MC los hemos supuesto en el mismo sentido. Si nos equivocásemos con esa suposición, el signo negativo de la solución de MC nos lo indicaría. Como decíamos antes, las reacciones y cargas se consideran para el trabajo externo y los esfuerzos para el trabajo interno. • • •

Trabajo externo = Carga x desplazamiento virtual Trabajo interno= Momento flector x giro virtual Nuestra incógnita es el momento flector (MC)

72


Como puede observarse, el valor del desplazamiento virtual en el centro de la viga se obtiene partiendo de la suposición, válida en el caso de ángulos pequeños, de que el valor de un ángulo en radianes es igual a su seno. Al tratarse de ángulos muy pequeños (aunque en el dibujo se presente mayor para aclararnos) esto puede hacerse extensivo a la tangente.

73

C. 4 Método de las Fuerzas

Capítulo 4. Métodos de resolución de estructuras hiperestáticas mediante PFV Método de las Fuerzas Análisis de estructuras hiperestáticas. Como veíamos, las estructuras hiperestáticas de barras son aquellas en las que no podemos obtener las reacciones y los esfuerzos aplicando simplemente las condiciones de equilibrio estático (GH>0). Para la resolución de esas estructuras con hiperestaticidad (interna o externa) puede aplicarse el Principio de los Trabajos Virtuales en cualquiera de sus dos formas (P.D.V. o P.F.V.) Como se veía en la lección anterior, del Principio de los Desplazamientos Virtuales se deriva el denominado Método de los Ángulos de giro para estructuras hiperestáticas (que se verá más adelante) y del Principio de las Fuerzas Virtuales se obtiene el Método de las Fuerzas. El Método de las Fuerzas, al utilizar fuerzas y esfuerzos virtuales realizando trabajo sobre desplazamientos reales equivaldrá a plantear y resolver las ecuaciones de compatibilidad entre deformaciones y desplazamientos en el sistema real. Por tanto se dice que es un método de compatibilidad.

Procedimiento de aplicación del Método de las Fuerzas. Para ilustrar cómo puede aplicarse el Método de las Fuerzas en una estructura hiperestática general plantearemos un ejemplo de una viga continua con n grados de hiperestaticidad. La viga está empotrada en un extremo, lo que ya representa 3 reacciones en ese empotramiento: vertical, horizontal y momento de empotramiento (RVE, RHE, ME). Si añadimos n apoyos móviles la hiperestaticidad externa es evidente, puesto que estaremos añadiendo un grado de hiperestaticidad externa por cada apoyo (una reacción que es incógnita por cada uno). GHext=R-3=(3+n)-3=n No hay hiperestaticidad interna puesto que no hay contornos cerrados ni rótulas entre barras. Véase el capítulo 1 para recordar la hiperestaticidad.

GHint=3CC-Σ(BA-1)=0 p

P M

1

2

...

i

∆ ...

...

k

n

A la viga continua le aplicamos unas cargas. En general podremos tener momentos puntuales como M, cargas distribuidas como p y cargas puntuales como P. Además, también podemos tener desplazamientos impuestos, como puede ser el asentamiento ∆ en cualquier apoyo i. Estos asentamientos van a causar esfuerzos en nuestra estructura al ser hiperestática. Los 75


desplazamientos impuestos en los apoyos causan esfuerzos en las estructuras hiperestáticas. Sin embargo, si una estructura es isostática los desplazamientos impuestos en un apoyo no causan esfuerzos. 1. Cálculo del grado de hiperestaticidad El primer paso es el cálculo del grado de hiperestaticidad. Ya se ha comentado anteriormente que el grado de hiperestaticidad de la estructura se puede calcular siguiendo las fórmulas presentadas en el Capítulo 1: GHext=R-3=(3+n)-3=n GHint=3CC-Σ(BA-1)=0 GH=n Si fuese una estructura de barras con nudos articulados podría usarse la otra fórmula GH=B+R-3N 2. Elección de un sistema base estáticamente determinado Este paso consiste en presentar las incógnitas que tenemos en exceso como si fuesen fuerzas externas desconocidas. Es decir, ya que vemos que en el ejemplo nos sobran n reacciones eliminamos los apoyos correspondientes y dibujamos las n incógnitas de X1 a Xn. Así, dejaremos un sistema base isostático con las cargas iniciales sobre el que aplicamos n cargas desconocidas X (incógnitas hiperestáticas).

3. Planteamiento de los desplazamientos en las localizaciones de las Xi Aplicando superposición, se plantea cómo deben ser los desplazamientos en los puntos donde tenemos las incógnitas hiperestáticas Xi. Esto es plantear la compatibilidad de desplazamientos. Desplazamiento del punto i = desplazamiento que se produce en i el sistema base isostático sin las incógnitas hiperestáticas + los desplazamientos que se produce en i debido a cada una de las incógnitas hiperestáticas X. Ese desplazamiento en el punto i debe ser igual al desplazamiento impuesto (si es que hay alguna imposición). En este caso es -∆. De ese modo el planteamiento es: m

δ i = δ i 0 + ∑ δ ik ·X k = −∆ k =1

Donde: δi0 = desplazamiento que se produce en i en el sistema base isostático sin aplicar las incógnitas hiperestáticas. 76


δik =desplazamiento que se produce en i en el sistema base isostático cuando sólo aplicamos una carga unidad en el punto de la incógnita hiperestática k. Xk= incógnita hiperestática k -∆ = desplazamiento impuesto al nudo i (asentamiento) 4. Cálculo de los desplazamientos aplicando el PFV (Método de la carga 1). Se realiza el cálculo de los desplazamientos que δi0 y δik aplicando el PFV en su forma denominada Método de la Carga Unidad. Explicado inicialmente en el Capítulo 3. Cálculo de δi0 por el Método de la Carga Unidad Para calcular el desplazamiento que se produce en i en el sistema base (sin ninguna incógnita hiperestática) debemos plantear como sistema “real” ese sistema base y como sistema virtual nuestro sistema base con sólo una carga unidad en el punto considerado i. Sistema “real” de desplazamientos y deformaciones: sistema base con las cargas=Sistema 0 δ io p P

M 1

...

2

...

i

k

...

n

Sistema virtual de fuerzas externas e internas: sistema con carga 1 en i=Sistema i

1

...

2

...

i

k

...

n

1

Entonces, aplicando el PFV quedará: 1·δi0=Trabajo de los esfuerzos en el sistema virtual i sobre los desplazamientos en el sistema “real” 0.

∑T = ∑T e

i

1.δ io = ∫ M i L

Mo N V dx + ∫ N i o dx + ∫ Vi o dx + ∑ F i δ mo EI EA GAα muelles L L

δ io = ∫ M i L

Mo N V dx + ∫ N i o dx + ∫ Vi o dx + ∑ F i δ mo EI EA GAα muelles L L

Para resolver esto hay que obtener los diagramas de esfuerzos en los dos sistemas: el sistema 0 (tomado como real) y el sistema con la carga unidad (tomado como virtual). El resultado del desplazamiento buscado se obtiene utilizando las integrales del producto de diagramas de los dos sistemas. Véase la tabla al final de este capítulo. Además, en el caso de tener apoyos elásticos debemos sumar el trabajo de dichos muelles. El trabajo de los muelles será la reacción en ese punto para el sistema con la carga unidad (reacción virtual) multiplicada por el desplazamiento del punto en el sistema base (desplazamiento “real”). 77


Cálculo de δik por el Método de la Carga Unidad Para calcular el desplazamiento que se produce en i en el sistema base con sólo una carga unidad en el punto de la incógnita hiperestática k debemos plantear como sistema “real” ese sistema y como sistema virtual nuestro sistema base con sólo una carga unidad en el punto considerado i. Sistema “real” de desplazamientos y deformaciones: carga 1 en la incógnita Xk=Sistema k δ ik

1

2

...

...

i

k

...

X =1 k

Sistema virtual de fuerzas externas e internas: carga 1 en i=Sistema i

1

2

...

i

...

k

...

1

Entonces, aplicando el PFV quedará: 1·δik=Trabajo de los esfuerzos en el sistema virtual i sobre los desplazamientos en el sistema “real” k.

∑T = ∑T e

i

1.δ ik = ∫ M i L

Mk N V dx + ∫ N i k dx + ∫ Vi k dx + ∑ F i δ mk EI EA GAα muelles L L

δ ik = ∫ M i L

Mk N V dx + ∫ N i k dx + ∫ Vi k dx + ∑ F i δ mk EI EA GAα muelles L L

Para resolver esto hay que obtener los diagramas de esfuerzos en los dos sistemas: el sistema con la carga unidad en k (tomado como real) y el sistema con la carga unidad en i (tomado como virtual). El resultado del desplazamiento buscado se obtiene utilizando las integrales del producto de diagramas de los dos sistemas. Véase la tabla al final de este capítulo. Además, en el caso de tener apoyos elásticos debemos sumar el trabajo de dichos muelles. El trabajo de los muelles será la reacción en ese punto para el sistema con la carga unidad en i (reacción virtual) multiplicada por el desplazamiento del punto en el sistema con la carga unidad en k (desplazamiento “real”). 5. Cálculo de las n incógnitas hiperestáticas X Cuando hayamos repetido el paso anterior para todas las combinaciones posibles de incógnitas hiperestáticas tendremos los valores de δi0 para todos los i posibles y los valores de δik para todos los i y k posibles. Con esto se podrán plantear los desplazamientos de cada uno de los puntos como decíamos antes: 78

C. 4 Método de las Fuerzas n



δ 1 = δ 1o + ∑ δ 1 k X k = 0  k =1

 .  n  δ i = δ io + ∑ δ i k X k = −∆  k =1  . . .  n δ n = δ no + ∑ δ n k X k = 0   k =1 .

.

En estas ecuaciones las únicas incógnitas son las n fuerzas hiperestáticas X. Por tanto tendremos un sistema de n ecuaciones con n incógnitas que podremos resolver. 6. Cálculo de los esfuerzos totales. Conocidas las incógnitas hiperestáticas, para calcular los esfuerzos puede aplicarse el principio de superposición. Esto quiere decir: • • •

Consideramos n+1 sistemas: el sistema base con las cargas pero sin ninguna X (sistema 0) y n sistemas más, cada uno sólo con una carga unidad en una incógnita hiperestática. Obtenemos los diagramas de todos ellos. Los diagramas totales se obtienen de la superposición de los n+1 diagramas obtenidos.

n  M = M o + ∑ Mi Xi   i =1  n  N = N o + ∑ Ni X  i  i =1  n V = Vo + ∑ Vi X  i  i =1 

79


Ejemplo de aplicación del Método de las Fuerzas. ENUNCIADO: En la estructura de la figura con una carga P, determinar los diagramas de esfuerzos internos en las barras por el método de las fuerzas. y 3m A

2m B

AE

EI

DATOS: Sm = 6EI/√5 AEAB = EI/6√5

EI

2m EI

D

P

EI = cte E

z

AE = GAα=∞ ∞ en las barras de nudos rígidos.

EI

4m

F

x

Sm 2m

1m

Los datos se dan en función de una rigidez EI (el módulo elástico del material E por una inercia I). Ese EI será constante e idéntico para todas las barras con nudos rígidos. La barra de nudos articulados sin cargas sobre ella sólo sufrirá tracciones y compresiones, por eso se da su rigidez a axil AEAB (área de la sección transversal por módulo elástico del material). En las barras con nudos rígidos cuando nos dice que consideremos AE como infinito lo que nos está indicando es que los desplazamientos que se producirán debido a los axiles en esas barras son despreciables, por tanto no los consideraremos en el producto de diagramas. Lo mismo ocurre con GAα=∞que tampoco deberemos considerar los cortantes al calcular desplazamientos. 1. Cálculo del grado de hiperestaticidad La hiperestaticidad de la estructura podemos calcularla con las fórmulas generales mencionadas en el capítulo 1: El apoyo articulado fijo de la base F implica dos reacciones (vertical y horizontal). Pero además tiene un muelle torsional, lo que implica una reacción en forma de momento. El apoyo articulado fijo en A representa dos reacciones en un caso general. GHext=R-3=5-3=2 Para la hiperestaticidad interna no tenemos ningún contorno cerrado, pero sí podemos considerar una articulación entre barras en B que puede reducir hiperestaticidad. A esa articulación debemos considerar que llegan 2 barras, pues sólo llega por la izquierda la barra AB y por la derecha la estructura principal rígida. 80


GHint=3CC-Σ(BA-1)= -(2-1) =-1 El grado de hiperestaticidad total es GH=2-1=1. Por tanto tendremos una incógnita hiperestática únicamente. La hiperestaticidad cuando no hay contornos cerrados también puede plantearse de otra manera: pensando sólo en clave de hiperestaticidad externa y teniendo en cuenta las características de las barras biarticuladas cuando llegan a apoyos. Dado que las barras biarticuladas sin cargas sobre ellas sólo pueden soportar axiles, estas sólo transmiten fuerzas en la dirección de su eje. Esto significa que la única reacción que puede tener esa barra AB en el apoyo A es la horizontal. Por tanto sólo habría posibilidad de tener 4 reacciones (3 en F y 1 en A). GH=4-3=1 2. Elección de un sistema base estáticamente determinado Para elegir un sistema base debemos considerar una incógnita hiperestática, que es “lo que tenemos en exceso”. Como incógnita hiperestática podemos seleccionar una reacción cualquiera, pero cuando hay barras biarticuladas que llega a apoyos lo mejor suele ser tomar esa reacción. Así, tomaremos la reacción de la barra AB en A, que (como ya dijimos) es horizontal como la propia barra, y la llamaremos incógnita hiperestática X1. Por tanto, nuestro sistema base será la estructura sin el apoyo en A y la incógnita hiperestática X1 será la reacción en ese apoyo.

X1

A

B

AE

EI

C

EI EI

D

E

P EI

F

Sm

Otra opción equivalente sería cortar la propia barra por uno de sus extremos y tomar como incógnita hiperestática X1 el axil en AB. La incógnita es la misma y el procedimiento es el mismo. Sólo que en este caso planteamos la hiperestaticidad como interna para elegir el sistema base. X1

X1 B

A

81


3. Planteamiento de los desplazamientos en la localización de X1 Siendo el desplazamiento según la incógnita hiperestática X1 el desplazamiento horizontal de A: Desplazamiento horizontal en A = desplazamiento horizontal en A que se produce en el sistema base isostático sin X1+ el desplazamiento horizontal en A debido a la incógnita hiperestática X1. δHA = δ1= δ10 + δ11·X1 = 0 δ1=desplazamiento que se produce en según la incógnita 1 en la estructura (desplazamiento horizontal en A). Ese desplazamiento debe ser 0 al tener un apoyo fijo A. δ10 = desplazamiento que se produce en según la incógnita 1 en el sistema base isostático sin X1. δ11 =desplazamiento que se produce según la incógnita 1 en el sistema base isostático cuando sólo aplicamos una carga unidad en el punto de la incógnita hiperestática 1. X1= incógnita hiperestática 1 4. Cálculo de los desplazamientos (aplicando el método de la carga unidad). Cálculo de δ10 Lo primero que hay que hacer es calcular los diagramas de esfuerzos en el sistema base sin incógnita hiperestática (sistema 0) y en el sistema con la carga unidad según la incógnita hiperestática X1 (sistema 1).

Tanto los diagramas del sistema 0 como del sistema 1 son sistemas isostáticos, por lo que se obtienen mediante las reglas de obtención de esfuerzos para estos sistemas. En este caso, para 82


obtener los cortantes y los axiles es indispensable obtener la componente de las fuerzas P y 1 en las direcciones perpendicular y paralela a la barra inclinada respectivamente. El ángulo utilizado tiene un seno y coseno de 2/√5 y 1/√5 como vemos. Para calcular δ10 (el desplazamiento que se produce en según la incógnita 1 en el sistema 0) hay que aplicar las integrales de productos de diagramas. No tendremos en cuenta los cortantes ya que GAα=∞ y sólo tendremos en cuenta los axiles en AB debido a que EA=∞ en el resto.

Como vemos, hay que contabilizar el trabajo virtual en el muelle. Dado que el momento en el muelle Mm es proporcional al giro θm de acuerdo a la constante elástica Sm, debemos tener en cuenta que:

೘బ

೘

De la integral del producto de momentos se tiene, mirando la tabla (ver anexo a práctica 2):

El resultado del producto de axiles es nulo, ya que sólo lo consideramos en la barra AB y el axil en el sistema 0 para esa barra es nulo. El resultado del trabajo virtual en el muelle es nulo, ya que para el sistema 0 el momento en el muelle es 0, por tanto el giro θm0 en ese sistema 0 también será 0. Por tanto: δ

√

Cálculo de δ11 Debemos tener de un paso anterior los diagramas de esfuerzos en el sistema base con sólo la carga unidad según la incógnita hiperestática X1 (sistema 1).

83


Para calcular δ11 (el desplazamiento que se produce en según la incógnita 1 en el sistema con una carga unidad según la incógnita 1) hay que aplicar como antes las integrales de productos de diagramas. =

+ + · ()

De la integral del producto de momentos se tiene, mirando la tabla:

√45m

=

* 6 tm

√ 6 · 6 ·

=

√

6tm

El resultado del producto de axiles en la barra AB , teniendo en cuenta el valor de EA, es: +1t

+1t

*

3m

3m

= 1·1·3·

=

·√

=

√

El resultado del trabajo virtual en el muelle es: ‫ܯ‬௠ଵ · ߠ௠ଵ = ‫ܯ‬௠ଵ ·

‫ܯ‬௠ଵ 6 6√5 =6· = 6‫ܫܧ‬ ܵ௠ ‫ܫܧ‬ √5

Por tanto: δ =

√ √ √ + +

=

√

5. Cálculo de la incógnita hiperestática X1 Planteando el desplazamiento horizontal en A, que debe ser 0: δHA = δ10 + δ11·X1 = 0 Sólo tenemos una ecuación, pues sólo tenemos una incógnita hiperestática. 20√5 60√5 +

⇒ = − 3 9 Lo que significa que la reacción horizontal en A es P/9 hacia la derecha (sentido opuesto al supuesto inicialmente). 6. Cálculo de los esfuerzos totales. Superponemos el diagrama del sistema 0 con el diagrama del sistema 1 multiplicado por el valor de la incógnita hiperestática. Momento flector, M = M0 + M1 X1 84


Esfuerzo cortante, V = V0 + V1 X1 Esfuerzo normal, N = N0 + N1 X1 De esto se obtiene el resultado buscado. Los esfuerzos totales en nuestra estructura hiperestática:

Cargas térmicas. Es sabido que cuando se incrementa la temperatura de un cuerpo este se dilata. Esto hace que debamos considerar las cargas térmicas en estructuras. Sus efectos en cada material dependen del coeficiente de dilatación térmica α que indica cuanto se dilata el material por cada metro lineal y por cada grado de incremento de temperatura. Las unidades de α son oC-1 . Las cargas térmicas que se pueden presentar son de dos tipos: Incremento de temperatura uniforme: se tiene cuando una barra varía su temperatura de manera uniforme. Produce una deformación longitudinal (alargamiento o acortamiento de la barra) El diferencial de deformación longitudinal causado por el incremento térmico uniforme es: du=ε·dx=α·ΔT·dx

Incremento térmico diferencial general: se da cuando en un lado de la barra la temperatura es diferente al otro. Puede considerarse como la superposición de un incremento térmico uniforme medio ΔTm y un gradiente de temperatura (ΔTi- ΔTs) en el canto de la barra h. Produce deformación longitudinal y curvatura. El diferencial de deformación longitudinal causado por el incremento térmico uniforme es: du=ε·dx=α·ΔTm·dx ∆∆ Considerando el incremento térmico medio ∆ Aparte, el gradiente térmico causa un giro diferencial en la sección: ∆∆ para Ti>Ts

85


Cargas térmicas en sistemas isostáticos En un sistema isostático sometido a cargas térmicas se producen deformaciones, pero no hay esfuerzos internos causados por esas cargas.

Cargas térmicas en sistemas hiperestáticos En un sistema hiperestático las cargas térmicas, además de las deformaciones, producen esfuerzos internos. Las cargas térmicas deben considerarse en el método de las fuerzas introduciéndolas en el sistema base sin incógnitas hiperestáticas (sistema 0). El incremento térmico uniforme produce una deformación longitudinal en el sistema base ε0 Sistema hiperestático

Sistema base sin incógnitas=S0

du0=ε0·dx=α·ΔT·dx ε0 =α·ΔT En el sistema base y el sistema 0 debe tenerse en cuenta una deformación unitaria ε0 =α·ΔT como si fuese un diagrama de normales constante. Es decir, cuando se hagan las integrales de productos de diagramas, las barras con ΔT contarán multiplicarán su deformación α·ΔT por los esfuerzos normales virtuales correspondientes, N1, para obtener el trabajo virtual. El incremento térmico diferencial produce deformación longitudinal ε0 y curvatura κ0 en el sistema base sin incógnitas hiperestáticas S0 Sistema hiperestático

Sistema base sin incógnitas=S0

86


∆

∆ ∆ 2

∆∆ ∆∆

du0=ε0·dx=α·ΔTm·dx ε0 =α·ΔTm

ε0 debido al incremento uniforme: en el sistema base y el sistema 0 debe tenerse en cuenta una deformación ε0 =α·ΔTm como si fuese un diagrama de normales constante. Es decir, cuando se hagan las integrales de productos de diagramas, las barras con ΔTm multiplicarán su deformación α·ΔTm por los diagramas de esfuerzos normales virtuales correspondientes, N1, para obtener el trabajo virtual. No habrá que dividir por ninguna rigidez (EA) al ser ya ε0 deformación. κ0 debida al gradiente: en el sistema base y el sistema 0 debe tenerse en cuenta una curvatura κ0 =α(ΔTi-ΔTs)/h como si fuese un diagrama de momentos constante. Es decir, cuando se hagan las integrales de productos de diagramas, las barras con el gradiente (ΔTi-ΔTs) multiplicarán su curvatura α(ΔTi-ΔTs)/h por los diagramas de momentos flectores virtuales correspondientes, M1, para obtener el trabajo virtual. No habrá que dividir por rigideces (EI) al ser ya κ0 curvatura.

Simplificaciones por simetrías y antisimetrías. Siempre que tengamos una estructura simétrica habrá dos casos en los que podamos aplicar simplificaciones: cuando la carga es simétrica o cuando la carga es antisimétrica.

Caso de carga simétrica

Caso de carga antisimétrica

Los esfuerzos que mantienen la simetría en caso de cargas simétricas son el axil y el momento flector, mientras que el cortante y el momento torsor son antisimétricos. Cargas Simétricas Antisimétricas

Mf Simétrico Antisimétrico

V Antisimétrico Simétrico

N Simétrico Antisimétrico

Mt Antisimétrico Simétrico

Lo comentado puede observarse en cualquier ejemplo simple isostático como los siguientes donde, a pesar de no tener apoyos simétricos, la estructura actúa como simétrica puesto que la reacción horizontal es nula: 87


P

P

L/3

L/3

P

PL/3

P L/3

L/3

P/3

L/3

PL/9

P

P

L/3 PL/9

P/3

2P/3

Carga simétrica

Carga antisimétrica

Caso de estructura simétrica con carga simétrica La deformada de una estructura simétrica con cargas simétricas debe ser también simétrica. Por tanto, en el punto de una barra que corte el eje de simetría debe cumplirse: • •

que la pendiente en ese punto sea la misma antes y después de la deformación (que no gire). que el desplazamiento perpendicular al eje de simetría de ese punto sea nulo para que siga permaneciendo en el propio eje

El desplazamiento del punto debe ser a lo largo del eje de simetría. En este caso de cargas simétricas debe cumplirse que en los puntos por los que pasa el plano/eje de simetría, los esfuerzos antisimétricos como el cortante V son nulos.

Para simplificar el análisis de este tipo de estructuras se corta por el eje de simetría y se disponen apoyos que permitan mantener esas restricciones comentadas anteriormente. Esto significa utilizar el apoyo empotrado móvil que pueda desplazarse a lo largo del eje de simetría. Así los puntos del eje de simetría no girarán y permanecerán sobre el propio eje.

88


Las ventajas de esta simplificación son evidentes ya que sólo es necesario analizar la mitad de la estructura y además se reduce la hiperestaticidad a estudiar. En los resultados debe tenerse en cuenta que los diagramas de M y N serán simétricos y los de V serán antisimétricos (anulándose en el eje de simetría). La deformada debe ser simétrica y los puntos del eje de simetría no deben estar girados en esa deformada.

Caso de estructura simétrica con carga antisimétrica La deformada de una estructura simétrica con cargas antisimétricas debe ser antisimétrica, por tanto en un punto de una barra que corte el eje de simetría debe cumplirse: • •

que el desplazamiento de ese punto en la dirección del propio eje de simetría sea nulo. el desplazamiento del punto debe ser perpendicular al eje de simetría.

En este caso de cargas antisimétricas debe cumplirse que en los puntos por los que pasa el plano/eje de simetría, los esfuerzos simétricos como el momento flector M y el esfuerzo normal N son nulos.

Para simplificar el análisis de este tipo de estructuras se corta por el eje de simetría y se disponen apoyos que permitan mantener esa restricción comentada anteriormente. Esto significa utilizar el apoyo articulado móvil que pueda desplazarse en perpendicular al eje de simetría. Así los puntos del eje de simetría podrán girar y desplazarse en perpendicular al eje pero no podrán desplazarse en la dirección del mismo.

89


Las ventajas de esta simplificación son claras ya que, como en el caso anterior, sólo es necesario analizar la mitad de la estructura y, además, se reduce la hiperestaticidad a estudiar. Incluso más que en el caso de carga simétrica. En los resultados debe tenerse en cuenta que los diagramas de M y N serán antisimétricos (anulándose en el eje de simetría) y los de V serán simétricos. La deformada debe ser antisimétrica y los puntos del eje de simetría no deben desplazarse en la dirección del mismo.

Resumen de simplificaciones por simetría y antisimetría

Cálculo de desplazamientos y giros: Método de la Carga Unidad. Cuando se aplica el método de las fuerzas para analizar una estructura hiperestática, como hemos visto, los pasos que hay que dar son los siguientes: 1. Ver el grado de hiperestaticidad (número de incógnitas hiperestáticas X que vamos a tener) 2. Elegir el sistema base (estructura isostática sobre la que aplicamos las X). 3. Plantear los desplazamientos que se dan en los grados de libertad de las incógnitas hiperestáticas. 4. Calcular los desplazamientos para el sistema base sin la incógnita hiperestática (sistema 0) y de los sistemas con la incógnita hiperestática unidad (Sistemas 1, 2…). 5. Resolver las ecuaciones para obtener las X. 6. Obtener los diagramas de esfuerzos por superposición del sistema base y los sistemas con las X. Pero aparte de obtener los diagramas de esfuerzos también podemos desear conocer los desplazamientos en alguno de los puntos de nuestra estructura hiperestática. Esto se resuelve, al igual que el paso 3, mediante el Método de la Carga Unidad o, lo que es lo mismo, el PFV.

90


El procedimiento es el mismo que el indicado en el Capítulo 2 en su apartado 2.5. Sin embargo, se incluye a continuación un ejemplo que ilustra cómo se aplica el método de las fuerzas y se obtienen desplazamientos en una estructura de nudos articulados. Ejemplo Caso de estructura plana de barras articuladas con rigidez AE. Se pide el desplazamiento vertical de la esquina inferior derecha. Tiene hiperestaticidad interior de grado 1 A

P1

P2

A

P1

P 1

X1

X1

1

B

B

Sistema hiperestático (sobra una barra para ser isostático)

GH=B+R-2N=6+3-2·4=1

Sistema base (sistema isostático con incógnita hiperestática X1)

GHext=R-3=3-3=0

GHint=GH-GHext=1

Dado que al ser hiperestaticidad interna sobra una barra, se toma como incógnita hiperestática el único esfuerzo que puede tener la barra biarticulada que se ha elegido para cortar: el axil X1. La barra se corta al lado del nudo C y se plantea una fuerza X1 en lugar del axil. La fuerza, al representarse saliendo del nudo y de la sección es de tracción. Se aplica el método de las fuerzas, calculando δ10 y δ11. • • A

δ10 es el desplazamiento en 1 para el sistema base sin la incógnita hiperestática. δ11 es el desplazamiento en 1 para el sistema con carga 1 en la incógnita hiperestática X1.

P1

P2

A 1

1

X1 = 1 1

X1 = 1

1

B

B

Sistema 0 (sistema base sin X1)

Sistema 1 (con carga unidad en la incógnita X1)

El desplazamiento en 1 debe ser 0, ya que la barra debe mantener su integridad. Estos desplazamientos se calculan utilizando el propio método de la carga unidad como ya vimos

δ1 = δ1o + δ11 X 1 = 0 Las integrales de producto de diagramas para barras biarticuladas sin cargas sobre ellas sólo se hacen para axiles (pues no hay otro esfuerzo). Además, todas las barras tienen axiles constantes en estos casos y el resultado del producto de diagramas rectangulares es muy simple.

δ1o =

n = barras

∑

i =1

N i1

N io Li AE

y δ11 =

n = barras

∑

i =1

N i1

91

N i1 Li AE


Entonces ya se podría despejar X1 y obtener el diagrama de axiles por superposición del diagrama del sistema base sin X1 y el diagrama del sistema 1 multiplicado por el valor de X1 hallado. Para calcular el desplazamiento vertical en D sólo hay que aplicar una vez más el método de la carga unitaria, pero esta vez usando los diagramas de esfuerzos totales y aplicando la carga unidad en el propio punto D sobre el sistema base. A

P 1

P 2

A

C

C

B

B

D

D 1

δ

VD

Sistema real de deformaciones (sistema total)

Sistema virtual de fuerzas (carga unidad)

El producto de diagramas en el caso concreto de estructura de nudos articulados es sencillo, como se ha dicho antes.

TVE = TVI 1.δVD =

n =barras

∑ i =1

δVD =

N N i i Li AE

n =barras

∑ i =1

Ni

Ni Li AE

Ejemplo de cálculo de desplazamientos. En la estructura de la figura, determinar por el método de la carga unitaria el desplazamiento vertical de D y dibujar la elástica a estima de la estructura.

y 3m A

2m B

AE

DATOS: Sm = 6EI/√5

EI

AEAB = EI/6√5 EI = cte

EI

2m EI

D

P

AE = GAα=∞ ∞ en las barras de nudos rígidos.

E

z

EI

4m

F

x

Sm 2m

1m

92


Para este ejemplo ya se ha resuelto la hiperestaticidad de la estructura en un ejemplo anterior tomando como incógnita hiperestática la reacción en A, que es igual al axil en AB. Para la obtención del desplazamiento pedido partiremos de los diagramas de esfuerzos totales del sistema hiperestático completo.

1. Cálculo del desplazamiento por el método de la carga unitaria Se toma como sistema real aquel en el que queremos calcular el desplazamiento y como sistema virtual uno con la carga unidad en el punto donde queremos calcular ese desplazamiento. P/9AE

P/9AE

A la izquierda se representa el sistema real de deformaciones. Se han representado en un mismo

2P/EI

esquema los diagramas de momentos flectores de todas 16P/9EI

2P/9EI

las barras y el diagrama de axil para AB. Recordemos que AB es la única barra que puede sufrir deformaciones por esfuerzos normales, pues para el resto AE=∞ ∞. Los ∞. cortantes no se tienen en cuenta porque GAα=∞ Los diagramas correspondientes ya se presentan divididos por la rigidez correspondiente (AE para axiles y EI para

6P/9EI

momentos). El giro en el muelle será θm=6P/9Sm puesto que el momento en ese muelle es 6P/9 y su constante elástica es Sm. Este será el sistema virtual con la carga unidad. Es el sistema base sólo con esa carga unidad en la dirección y

2tm

punto en que queremos calcular el desplazamiento. Se 2tm 1t

han representado en un mismo esquema los diagramas de momentos flectores de todas las barras y el diagrama de axil para AB. Como vemos, la carga unidad no provoca ningún axil en AB. El momento en el muelle es nulo.

La aplicación del método de la carga unidad nos lleva a la siguiente conclusión. 93


TVE = TVI 1⋅ δVD = ∫ M L

M N dx + M muelle θ m + ∫ N dx EI AE L ( AB )

De la integral del producto de momentos se tiene para la barra EF, mirando la tabla correspondiente: 2tm

16P/9 √20m

=

*

ଵ ଵ଺௉ · 2 · (2 ଽ ଺

−

଺௉ ଵ )√20 · ாூ ଽ

=

ସ,ଷ଴௉ ாூ

6P/9

Además, para la ménsula DE: 2P

2tm

*

2m

=

ଵ · 2 · 2ܲ ଷ

ଵ

· 2 ாூ =

ଶ,଺଻௉ ாூ

En el muelle no hay trabajo, puesto que en el sistema con la carga unidad (virtual) su momento es nulo. Tampoco hay trabajo de axiles en la barra AB porque no hay esfuerzos normales en esa barra para el sistema con la carga unidad. El resultado final es: ߜ௏஽ =

ସ,ଷ଴௉ ாூ

+

ଶ,଺଻௉ ாூ

+0+0 =

଺,ଽ଻·௉ ݉ ாூ

Al ser positivo, su sentido es el mismo al supuesto con la carga unidad (hacia abajo). 2. Cálculo de la deformada (elástica) a estima Para obtener la forma estimada de la estructura deformada debe tenerse en cuenta: •

•

• •

El diagrama de momentos se dibujó por el lado en el que se producen las tracciones por flexión, por tanto la deformada es convexa por el lado en el que está el diagrama de momentos y cóncava por el opuesto. En los puntos donde el momento cambia de signo debe haber un punto de inflexión. Pueden también calcularse los puntos exactos en los que se producen los puntos de inflexión utilizando semejanza de triángulos en el diagrama de momentos. (16P/9+6P/9)/√20=(16P/9)/x⇒x=16√20/22=16√5/11m Debe tenerse en cuenta la deformación calculada δD con su sentido correspondiente. En el caso de barras biarticuladas es muy simple calcular su alargamiento o acortamiento, que sólo depende del axil que tiene. Así del desplazamiento en B es δB=(NAB/AEAB)L=P·3/9AEAB hacia la izquierda, ya que la barra AB tiende a comprimirse. 94


•

En el caso del muelle torsional sólo debe dividirse el momento en ese punto entre la rigidez del muelle para obtener el giro: θm=Mm/Sm. Si hubiese sido un muelle lineal hablaríamos de desplazamiento y fuerza en lugar de giro y momento. En esa zona cercana al muelle los momentos por arriba de cualquier sección son horarios, por tanto el giro debe tener el sentido:

Con esto ya se pude dibujar la deformada a estima.

95


TABLA DE INTEGRALES DE MOHR (PRODUCTO DE DIAGRAMAS)

96

Ej. Sistema Base y Método de Fuerzas

Ejemplos. Sistemas base y aplicación del M. de las Fuerzas. Ejemplos de obtención del sistema base Ejemplo 1 4 reacciones en apoyos articulados fijos 1 contorno cerrado 2 articulaciones entre barras. Cada una de ellas debemos considerar que une dos barras ya que no son 3 las barras que llegan a la articulación. GHext=R-3=4-3=1 GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·1-[(2-1)+(2-1)]=1 GH=2 Por tanto tendremos dos incógnitas hiperestáticas. Suele ser conveniente tomar el axil de las barras biarticuladas como incógnita hiperestática si tenemos hiperestaticidad interna. Recordemos que, si no tienen cargas sobre ellas, las barras biarticuladas sólo pueden tener esfuerzo normal (axil). Para la hiperestaticidad externa, si se tiene algún apoyo articulado lo normal es, por este orden: • •

Cuando hay un apoyo móvil, eliminarlo, considerando su reacción como incógnita hiperestática. Cuando hay un apoyo fijo, convertirlo en móvil.

En este ejemplo hay hiperestaticidad externa de grado 1, por tanto basta con liberar el desplazamiento horizontal de un apoyo móvil. Debe tenerse en cuenta para aplicar el método de las fuerzas que la barra biarticulada también forma parte del sistema, aunque sólo entrará realmente en juego cuando se calcule δ11: el desplazamiento en 1 cuando se aplica una carga unidad en la incógnita hiperestática 1. El planteamiento de los desplazamientos es: δ1=δ10+δ11·X1+δ12·X2=0 δ2=δ20+δ21·X1+δ22·X2=0 Es digno de mención que siempre se cumple que δ12=δ21. (Da igual el orden del producto de diagramas)

Sistema base:

p X1

X1

X2

X1

X1

97


Ejemplo 2 Estructura de barras articuladas 2 reacciones en apoyo articulado fijo 1 reacción vertical en apoyo móvil 8 barras 5 nudos articulados GHext=R-3=3-3=0 GH=B+R-2N=8+3-2·5=1 GHint=1-0=1 Por tanto tendremos una incógnita hiperestática. En estas estructuras de barras articuladas se toma el axil de una barra biarticulada como incógnita hiperestática si tenemos hiperestaticidad interna. Debemos asegurarnos de que al eliminar la barra nuestra estructura no se transforme en un mecanismo. Un sistema base es una estructura isostática y las estructuras de barras articuladas que son isostáticas son siempre estructuras trianguladas, esto es: formadas por triángulos que no se cruzan. Para transformar nuestra estructura en isostática basta con eliminar una barra de las que se cruzan. Sistema base:

X1 P X1 X1

Debe tenerse en cuenta para aplicar el método de las fuerzas que la barra biarticulada también forma parte del sistema, y habrá que considerarla cuando se calcule δ11: el desplazamiento en 1 cuando se aplica una carga unidad en la incógnita hiperestática 1. El planteamiento de los desplazamientos es: δ1=δ10+δ11·X1 Que ese desplazamiento según 1 sea 0 significa simplemente que la barra está unida a la estructura o que sus extremos coinciden con los nudos correspondientes.

X1 Ejemplo 3 2 reacciones en apoyo articulado fijo 1 reacción vertical en el muelle 3 reacciones en el empotramiento Sin contornos cerrados 1 articulación entre barras GHext=R-3=6-3=3 GHint=3CC-Σ(BA-1)=3·0-(2-1)=-1 GH=3-1=2 Por tanto tendremos dos incógnitas hiperestáticas. Al no tener contornos cerrados podemos pensar en clave de hiperestaticidad externa, por tanto bastará con liberar desplazamientos en apoyos para obtener el sistema base estáticamente determinado. Así, lo normal en este caso es:

98


• • •

Cuando hay un muelle lineal, eliminarlo, considerando su reacción como incógnita hiperestática. Cuando hay un apoyo fijo, convertirlo en móvil. Lo mejor suele ser dejar los empotramientos en la medida de lo posible, pues facilitan la visualización de los diagramas de momentos especialmente.

Sistema base:

∆T

X1

X2

X2

Debe tenerse en cuenta para aplicar el método de las fuerzas que el muelle también forma parte del sistema, y habrá que considerarlo cuando se calcule δ22: el desplazamiento en 2 cuando se aplica una carga unidad en la incógnita hiperestática 2. El planteamiento de los desplazamientos es: δ1=δ10+δ11·X1+δ12·X2=0 δ2=δ20+δ21·X1+δ22·X2=0 Que ese desplazamiento según 2 sea 0 significa simplemente que el muelle está unido a la estructura.

99


Solución de otros ejemplos de obtención del sistema base Ejemplo propuesto

Solución M X1 Sistema Base X2

X2 Sistema Base P

X2 X1 X2

∆T

Sistema Base X1

X1

100


Ejemplo de problema completo 1 Mediante el método de las fuerzas y el método de la carga unitaria, calcular el desplazamiento horizontal del apoyo B, δB, y el giro en el nudo D, θD, en la estructura para cada uno de los dos casos de carga térmica indicados en el dibujo sobre la barra CD. DATOS: L = 4 m, h = 0,10 m, α = 1,2.10-5 oC-1. NOTA: Tómense como rigideces en las barras: EI = cte. y AE = GAα =∞ ∞.

Cuando nos dice que consideremos AE y GAαcomo infinito lo que nos está indicando es que los desplazamientos que se producirán debido a los axiles y los cortantes en las barras son despreciables. Sí consideraremos los diagramas de flectores con una rigidez EI constante en todas las barras. Cálculo del grado de hiperestaticidad: Hay dos apoyos articulados móviles (1 reacción vertical cada uno) y un apoyo articulado fijo (2 reacciones). Por tanto tendrá hiperestaticidad externa. GHext=R-3=4-3=1 No hay contornos cerrados ni articulaciones entre barras, por lo que no hace falta ni considerar la fórmula de la hiperestaticidad interna. GH=1 Por tanto tendremos sólo una incógnita hiperestática. Elección del sistema base y planteamiento de los desplazamientos: Para el sistema base isostático habrá que eliminar una reacción, ya que estamos hablando de hiperestaticidad externa. Lo normal cuando se tienen apoyos fijos y móviles es empezar eliminando uno de los apoyos móviles. 101


El planteamiento de los desplazamientos es: δ1=δ10+δ11·X1=0 Tanto el caso a) como el caso b) tendrán el mismo sistema base, solo que con diferente carga térmica.

Sistema base: X1 a)∆T=50oC

b)Ti=20oC Ts=-20oC

Aplicación del método de las fuerzas en el caso a): Para aplicar el método de las fuerzas hay que calcular δ10 y δ11. Es decir, el desplazamiento que se produce en el punto y dirección de la incógnita hiperestática 1 para el sistema base sin X1 (sistema 0) y para el sistema con una carga unidad en esa misma incógnita (sistema 1). Lo primero es obtener los diagramas de esos sistemas. El sistema 0 es un sistema isostático al que sólo se le aplica una carga térmica, por lo tanto no tiene esfuerzos. Sin embargo sí que habrá que considerar las deformaciones que provoca esa carga térmica ε.

Sistema 0:

a)∆T=50oC

+

ε0

Este será el diagrama de las deformaciones ε. Al ser una carga térmica constante creará deformaciones longitudinales como los axiles, por lo que esa deformación en los productos de diagramas irá multiplicada por el diagrama de normales.

ε=α∆T=1,2·10-5 ·50 Sistema 1: Este es el sistema con la carga unidad en la incógnita hiperestática 1. Se deben obtener los diagramas de esfuerzos M1, V1 y N1. 1º Obtener las reacciones RVC=-3/2, RB=1/2, RHC=0 2º Obtener los diagramas

1

1 1/2

L/2

M1

V1

+

3/2

N1

El valor de δ10 se obtiene aplicando el método de la carga unidad al sistema 0 tomando como sistema virtual auxiliar el sistema 1, esto es:

102


TVE = TVI 3 1 ⋅ δ10 = ∫ N1 ·ε 0 dx = ·α∆T ·L = 3, 6·10−3 m 2 Como puede verse, dado que no hay ni momentos ni cortantes en el sistema base, no los consideramos siquiera, pues el producto de esos diagramas es nulo. En el caso de los axiles tomamos la deformación debida a la temperatura uniforme como deformación debida al axil y multiplicaremos los diagramas correspondientes. El valor de δ11 se obtiene aplicando el método de la carga unidad al sistema 1 tomando como sistema virtual auxiliar el mismo sistema 1, esto es:

TVE = TVI M1 1L L L 1 1L L 1 L3 1⋅ δ11 = ∫ M 1 · dx = · · · · + · · ·L· = EI 3 2 2 2 EI 3 2 2 EI 8EI Dado que las deformaciones debidas a axiles y cortantes no se deben considerar, tal y como indica el enunciado, sólo habrá que considerar el producto de diagramas de momentos. Para resolverlo se ha hecho dos veces la integral del producto de triángulos, una para el tramo de L/2 y otra para el tramo de longitud L. Ver anexo de producto de diagramas. De la ecuación δ10+δ11·X1=0 se tiene que:

X1 =

δ10 α∆T ·EI = −12· δ11 L2

A pesar de que nos proporcionan datos numéricos, dado que no tenemos el valor de EI, podemos dejarlo indicado. Lo que sí que podemos concluir es que la reacción hiperestática 1 será hacia abajo por el signo negativo. Obtención de los diagramas de esfuerzos totales en el caso a): Los diagramas se obtienen por la superposición de los del sistema 0 con los del sistema 1 multiplicado por X1. Sistema total=Sistema base=Sistema 0+Sistema 1·X1 Momento flector, M = M0 + M1 X1. Teniendo en cuenta que M0 es nulo. Esfuerzo cortante, V = V0 + V1 X1. Teniendo en cuenta que V0 es nulo. Esfuerzo normal, N = N0 + N1 X1. Teniendo en cuenta que N0 es nulo. Debemos darnos cuenta de que al ser X1 con signo negativo al multiplicarlo por los diagramas los invertirá.

103


6α∆TEI/L2

6α∆TEI/L

-

12α∆TEI/L2

-18α∆TEI/L2

V

M

N

Obtención del desplazamiento en B y el giro en D en el caso a): Para ello lo que hay que hacer es aplicar el método de la carga unidad teniendo en cuenta la deformación unitaria longitudinal debida al incremento de temperatura ε=αΔT para multiplicarla por el axil provocado por la carga unidad correspondiente. Sistema con carga 1 en B: 1

L

Este es el sistema base con la carga unidad en el punto donde queremos calcular el desplazamiento, B. Se deben obtener los diagramas de esfuerzos MD, VD y ND. 1º Obtener las reacciones RVC=-1, RB=1, RHC=-1 2º Obtener los diagramas

1 1

L 1 1

1

MB

+

+

VB

NB

Debe tenerse en cuenta: • • • •

El trabajo virtual de los momentos MB con las deformaciones de los momentos M El trabajo virtual de los axiles NB con las deformaciones longitudinales por temperatura ε. No será necesario tener en cuenta los cortantes pues la rigidez a cortante es infinita (no hay deformaciones por cortantes). No será necesario tener en cuenta deformación debida a axiles pues la rigidez a axil es infinita (no hay deformación por normales).

TVE = TVI 1⋅ δ B = ∫ M B ·

M 1 6·α∆TEI 1 dx + ∫ N B ·ε ·dx = − · ·L·L· + 1·α∆T ·L = −α∆T ·L EI 3 L EI

Como vemos, en este caso no hubiese hecho falta ni plantear los diagramas de cortantes ni de axiles del sistema con la carga unidad en B.

104


Sistema con momento 1 en D: Este es el sistema base con el momento unidad en el punto donde queremos calcular el desplazamiento, D. Se deben obtener los diagramas de esfuerzos MD, VD y ND. 1º Obtener las reacciones RVC=-1/L, RB=1/L, RHC=0 2º Obtener los diagramas

1

1/L 1 1/L

MD

+ VD

ND

De igual modo que antes, no será necesario usar los cortantes. Sólo el producto de los diagramas de momentos y el trabajo del diagrama de normales con las deformaciones correspondientes a la carga térmica uniforme.

TVE = TVI 1⋅θ D = ∫ M D ·

M 1 6·α∆TEI 1 1 dx + ∫ N B ·ε ·dx = − · ·1·L· + ·α∆T ·L = −α∆T EI 3 L EI L

Aplicación del método de las fuerzas en el caso b): Sistema 0: El sistema 0 es un sistema isostático al que sólo se le aplica una carga térmica, por lo tanto no tiene esfuerzos. Sin embargo sí que habrá que considerar la curvatura que provoca esa carga térmica κ. o o Sólo creará curvatura y no deformación longitudinal ε, ya que b)Ti=20 C Ts=-20 C el incremento de temperatura medio es nulo. (Ti-Ts)/2=0

κ0 κ=α(Ti-Ts)/h

Este será el diagrama de la curvatura κ. Al ser una carga térmica diferencial creará una curvatura como los momentos, por lo que esa deformación en los productos de diagramas irá multiplicada por el diagrama de momentos. Se dibuja por el lado en el que se producen las dilataciones, por el lado con la temperatura mayor.

Sistema 1: Este es el sistema con la carga unidad en la incógnita hiperestática 1. El mismo que para el caso a)

1

1 L/2

1/2

+

3/2

M1

V1

105

N1


El valor de δ10 se obtiene aplicando el método de la carga unidad al sistema 0 tomando como sistema virtual auxiliar el sistema 1, esto es:

TVE = TVI 1⋅ δ10 = ∫ M 1·κ 0 dx = 0 Como puede verse, dado que no hay ni axiles ni cortantes en el sistema base, no los consideramos siquiera, pues el producto de esos diagramas es nulo. En el caso de los momentos tomamos la deformación debida al gradiente de temperatura como si fuese deformación debida al momento y multiplicaremos los diagramas correspondientes. Al no haber M1 en la barra vertical, el producto es nulo. El valor de δ11 se obtiene aplicando el método de la carga unidad al sistema 1 tomando como sistema virtual auxiliar el mismo sistema 1. Esto es lo que ya habíamos obtenido en el caso a):

TVE = TVI M1 1L L L 1 1L L 1 L3 1⋅ δ11 = ∫ M 1 · dx = · · · · + · · ·L· = EI 3 2 2 2 EI 3 2 2 EI 8EI De la ecuación δ10+δ11·X1=0 se tiene que:

X1 = 0 Esto significa que, para el caso b), el sistema total es equivalente al sistema base. Obtención de los diagramas de esfuerzos totales en el caso b): Son los mismos del sistema base: M, V y N nulos. Sólo habrá una curvatura κ debida al diferencial de temperatura en el canto de la barra CD. Obtención del desplazamiento en B y el giro en D en el caso b): Para ello lo que hay que hacer es aplicar el método de la carga unidad teniendo en cuenta la curvatura debida al gradiente de temperatura κ=α(Ti-Ts)/h para multiplicarla por el momento provocado por la carga unidad correspondiente. Sistema con carga 1 en B: 1

L

Este es el sistema base con la carga unidad en el punto donde queremos calcular el desplazamiento, B. Ya se han obtenido los diagramas para el caso a).

1 1

L

1

1

MB

1

VB

106

+

+ NB


Debe tenerse en cuenta • •

El trabajo virtual de los momentos MB con la curvatura por el gradiente de temperatura κ. No será necesario considerar ni productos de momentos ni axiles ni cortantes pues en el sistema total (equivalente al sistema base, como vimos) no hay deformaciones debidas tales esfuerzos porque no hay esos esfuerzos.

TVE = TVI

α (Ti − Ts ) L2 1 α (Ti − Ts ) 1⋅ δ B = ∫ M B ·κ ·dx = − ·L· ·L = − 2 h 2h Sistema con momento 1 en D: Este es el sistema base con el momento unidad en el punto donde queremos calcular el giro, D. Ya se han obtenido los diagramas para el caso a).

1

1/L 1 1/L

MD

+ VD

ND

No será necesario usar ni los cortantes ni los normales, pues el sistema total (igual al sistema base) no tiene esfuerzos. Sólo consideraremos el trabajo de los momentos MD sobre la curvatura del sistema total.

TVE = TVI 1⋅θ D = ∫ M D ·κ ·dx = 0 Como puede observarse, la barra con curvatura debida a temperatura no tiene momentos en el sistema auxiliar de la carga unidad en D. Por tanto el trabajo virtual correspondiente es nulo y el resultado nos da θD=0 para este caso b).

107


Ejemplo de problema completo 2 En el pórtico atirantado de la figura, sometido a las cargas térmicas indicadas en las barras AB y AC determinar, mediante el método de las fuerzas y el método de la carga unitaria, los siguientes apartados: 1.- El grado de hiperestaticidad de la estructura, proponiendo un sistema base adecuado para su resolución. 2.- Los diagramas totales de esfuerzos internos en las barras (momentos flectores, esfuerzos normales y esfuerzos cortantes). 3.- El desplazamiento del nudo A y el giro del nudo B y dibujar la elástica a estima. DATOS: E = 2,1.108 kN/m2, A = 12·10-4 m2, I = 16270·10-8 m4, h =0,30 m y α = 1,2.10-5 oC-1

Calculamos el grado de hiperestaticidad: GHext=R-3=3-3=0 GHint=3·CC-Σ(BA-1)=3·1-[(2-1)+(2-1)]=1 GH=1 Tenemos sólo hiperestaticidad interna debida al contorno cerrado. El sistema base que podemos proponer sería eliminando esa hiperestaticidad al abrir el contorno por la barra biarticulada. Así, la incógnita hiperestática sería el axil en la propia barra biarticulada.

X1 X1

El planteamiento de los desplazamientos será: δ1=δ10+δ11·X1=0. Lo que simplemente significa que la barra biarticulada debe permanecer unida a A y a C.

X1 ∆T

X1

Sistema 0

109


El sistema 0 es un sistema isostático que sólo tiene cargas térmicas, por tanto no tendrá esfuerzos, sólo deformaciones. Una deformación longitudinal en AC y una curvatura en AB. ε0=α·∆T=1,2·10-5·25=3·10-4 κ0=α·(Ts-Ti)/h=1,2·10-5·[12,5-(-12,5)]/0,3=10-3

∆T

α(Ts-Ti)/h=10

-3

ε0

κ0

M0=V0=N0=0

α∆T=3·10

-4

+ Sistema 1

1

1

1

1

Es el sistema con la carga unidad en la incógnita hiperestática 1. Reacciones: RHC=0 RA=RVA=0 sen θ

8

-

M1

sen θ

V1

-cos θ

N 1 1 +

-cos θ

Debemos calcular los desplazamientos δ10 y δ11 por el método de la carga unidad. Despreciaremos las deformaciones debidas a cortantes y normales en las barras AB y BC, puesto que sólo se nos indica la rigidez a flexión a considerar para esas barras. Se debe suponer rigidez a cortante y normal infinita en ellas. También excluiremos de los trabajos virtuales los causados por los momentos del sistema 1 sobre las deformaciones por momentos del sistema 0, puesto que los momentos en el sistema 0 son nulos. Así, en el cálculo de δ10 sólo tendremos los trabajos causados por los esfuerzos del sistema 1 sobre las deformaciones térmicas del sistema 0.

1 2

δ10 = ∫ M1 ·κ 0 dx + ∫ N1 ·ε 0 dx = ·8·10−3 ·17 + 1·3·10−4 ·30 = 0, 077m δ11 = ∫ M 1·

M1 N 1 1  1 dx + ∫ N1 · 1 dx = 2 ×  ·8·8·17  + 1·30· = 2,13·10−2 m EI AE AE 3  EI AC

Despejando δ1=δ10+δ11·X1=0. X1=-0,077/2,13·10-2=-3,61 kN Para obtener los diagramas de esfuerzos totales se hará por superposición: Momento flector, M = M0 + M1 X. Esfuerzo cortante, V = V0 + V1 X. 110


Esfuerzo normal, N = N0 + N1 X. 3,19 kN

1,70 kN

V

M

3,19 kN

+ N

1,70 kN

28,88 kNm

+ -3,6 kN

En este caso debemos tener en cuenta que también habrá deformaciones debidas a la temperatura. Habrá que considerarlas si queremos calcular desplazamientos. 10

-3

κ

3·10

ε

-4

+ Para obtener el desplazamiento en A aplicamos el método de la carga unidad. Sistema virtual: sistema base sólo con una carga unidad en A. Reacciones: RHC=-1

1

8

MA No es necesario que se obtenga el diagrama de cortantes, puesto que las deformaciones debidas a los cortantes son nulas. El de axiles sí que es necesario porque estos realizan trabajo virtual con la deformación longitudinal debida a la temperatura. Aunque en este caso resulte 0.

-

-cos θ

N 1 A

-cos θ

Nuestro sistema real es el sistema total, por lo que tenemos que tener en cuenta las deformaciones debidas a la temperatura κ y ε.

δ A = ∫ M A·

M 1  1  1 + ∫ M A ·κ ·dx + ∫ N A ·ε ·dx = 2 ×  − ·28,9·8·17· + ·8·10−3 ·17 + 0 = 8 −8  EI 3 2,1·10 ·16270·10   2

= −0, 00864m Para obtener el giro en B aplicamos el método de la carga unidad. Sistema virtual: sistema base sólo con un momento unidad en B.

111


Reacciones: RVA=1/30 RVC=-1/30

1

0,5

0,5

No es necesario que se obtenga el diagrama de cortantes, puesto que las deformaciones debidas a los cortantes son nulas. El de axiles sí que es necesario porque estos realizan trabajo virtual con la deformación longitudinal debida a la temperatura. Aunque en este caso resulta 0.

MB

+0,016

+

-0,016

NB

Nuestro sistema real es el sistema total, por lo que tenemos que tener en cuenta las deformaciones debidas a la temperatura κ y ε.

θB = ∫ M B ·

M 1 dx + ∫ M B ·κ ·dx + ∫ N B ·ε ·dx = 0 − 0,5·10−3 ·17 + 0 = −0, 0425rad EI 2

El sentido es horario. Otra forma de obtener el desplazamiento en A. Para aplicar el método de la carga unidad puede tomarse una parte de la estructura que contenga el punto en el que se quiere calcular el desplazamiento. En la lección 2, para el método de la carga unidad dice: “Las fuerzas virtuales se aplicarán en una estructura formada por una parte o toda la estructura inicial.” Así, en lugar de tomar el sistema base, podemos tomar la barra biarticulada para aplicar el método de la carga unidad. Sistema virtual: barra biarticulada con carga unidad en A. Reacciones: RHC=-1

1

NA -

-1

Nuestro sistema real es el sistema total, por lo que tenemos que tener en cuenta las deformaciones debidas a la temperatura además de las debidas a los esfuerzos.

δ A = ∫ NA·

N 1 + ∫ N A ·ε ·dx = 1·3, 6·30· − 1·3·10−4 ·30 = −0, 00857m −4 8 AE 12·10 ·2,1·10

La diferencia con el resultado previo es debida únicamente a los redondeos.

θB δA

Curvatura total=M/EI+κ

La elástica a estima suele ser convexa del lado en el que está el diagrama de momentos, pero también hay que tener en cuenta la curvatura por temperatura. En este caso se oponen, pero mandará la curvatura por temperatura. El nudo rígido debe mantener su ángulo.

112


Ejemplo de problema completo 3 Dada la estructura de la figura sometida a las cargas puntuales indicadas, determinar los siguientes apartados: 1.- Los diagramas de momentos flectores, esfuerzos cortantes y esfuerzos normales en las barras utilizando el método de las fuerzas. 2.- Los desplazamientos en los apoyos B y F y los giros en los nudos C y E, utilizando el método de la carga unitaria. 3.- La elástica a estima. DATOS: Rigideces en las barras, EI = 5·105 kNm2, AE = ∞

Calculamos el grado de hiperestaticidad: GHext=R-3=5-3=2 GHint=3·CC-Σ(BA-1)=0 GH=2 Tenemos una estructura simétrica con cargas simétricas, sin embargo la simplificación cortando por una barra y añadiendo empotramiento móvil no es posible debido a que hay una barra justo en el eje de simetría. Lo que sí que podemos hacer es simplificar el problema considerando la simetría que debe darse obligatoriamente en las reacciones. El sistema base sería, eliminando los apoyos móviles y dejando el empotramiento: 113


20 kN

10 kN

10 kN X1

X2

Sistema 0: 20 kN

10 kN

10 kN

20 kNm

Debemos tener en cuenta, dada la simetría de estructura y cargas, que las reacciones serán simétricas. Por tanto X1=X2. Así, sólo tendremos que considerar una incógnita hiperestática X= X1=X2. Aplicada en B y F a la vez. El planteamiento de los desplazamientos será: δ1=δ10+δ11·X=0

Para obtener los diagramas de momentos del sistema 0 podemos ayudarnos de la simetría. Al ser estructura simétrica con carga simétrica sabemos que los diagramas de momentos y axiles serán simétricos y el de cortantes será antisimétrico.

20 kNm

10 kN

10 kN

M0

-10 kN

-20 kN

V0

N0

Sistema 1:

1 kN

1 kN

Este es el sistema con la carga unidad en la incógnita hiperestática 1 y 2 a la vez. Puede hacerse así debido a la simetría. Recordemos que por simetría los momentos y axiles son simétricos y los cortantes antisimétricos.

1 kN 1 kN 2 kNm

-1 kN

-1 kN

M1

V1

-

+ 2 kN

N1

Debemos calcular los desplazamientos δ10 y δ11 por el método de la carga unidad. No tenemos cargas térmicas ni muelles, por tanto se obtendrán simplemente con el producto de diagramas. Tal y como nos dice el enunciado, no habrá que considerar las deformaciones debidas a normales (EA=∞). Aunque el enunciado no dice nada lo normal es despreciar también las correspondientes a cortantes (ni siquiera se nos da la rigidez a cortante como dato).

δ10 = ∫ M1·

M0  1  1 dx = 2· − ·2·20·2  EI  2  EI

114


δ11 = ∫ M1·

M1 1  1 dx = 2· ·2·2·2  EI 3  EI

De la ecuación de compatibilidad de desplazamientos δ10+δ11·X=0 X=-δ10/δ11=15 kN Para obtener los diagramas de esfuerzos totales se hará por superposición: Momento flector, M = M0 + M1 X. Esfuerzo cortante, V = V0 + V1 X. Esfuerzo normal, N = N0 + N1 X. 20 kNm

20 kNm

-10 kN

15 kN

-

15 kN 10 kNm

10 kN

10 kN

M

V

-15 kN

+

10 kN

-

-15 kN

N

Obsérvese que deben cumplir las reglas de simetría para M y N y antisimetría para V. Para obtener el desplazamiento en B y en F podemos tener en cuenta que, por simetría, δB=-δF. Por tanto, basta con calcular δB. Para ello aplicaremos el método de la carga unidad. Sistema virtual: sistema base sólo con una carga unidad en B. Reacciones: 2 2 2 RHA=1 MA=2 Sólo nos hará falta el diagrama de momentos, pues las 1 deformaciones debidas a MB cortantes y normales serán 2 nulas. Nuestro sistema real es el sistema total, por lo que tenemos que tener en cuenta el diagrama de momentos total M.

δB = ∫ M B·

M 1 1 1 1 140 140 dx = ·2·20·2· + ·(20 − 10)·2·2· = = = 9,33·10−5 m 5 EI 3 EI 2 EI 3EI 3·5·10

δ F = −9,33·10−5 m δB será hacia la derecha y δF hacia la izquierda. Para obtener el giro en C y en E podemos tener en cuenta que, por simetría, θC=-θE. Por tanto, basta con calcular θC. Para ello aplicaremos el método de la carga unidad. Sistema virtual: sistema base sólo con un momento unidad en C. 115


Reacciones: MA=-1 Sólo nos hará falta el diagrama de momentos, pues las deformaciones debidas a cortantes y normales serán nulas.

1

1

1

MD

Nuestro sistema real es el sistema total, por lo que tenemos que tener en cuenta el diagrama de momentos total M.

θD = ∫ M D ·

M 1 1 10 10 dx = ·(20 − 10)·1·2· = = = 2·10−5 rad 5 EI 2 EI EI 5·10

θE = −2·10−5 rad θD será en sentido antihorario y θE en sentido horario. Para dibujar la deformada a estima tendremos θD

en cuenta los desplazamientos y giros calculados. Además, la elástica es convexa del lado en el que está el diagrama de momentos y

δB

tiene puntos de inflexión donde el momento se hace nulo. No habrá alargamientos ni acortamientos de barras puesto que EA=∞.

116


Ejemplo de problema completo 4 La estructura de la figura se encuentra sometida a una carga uniformemente distribuida q, que actúa sobre el tramo AB y a un incremento de temperatura uniforme en la sección de BC, ∆T. Calcular:

ΔT B

a. Diagramas de esfuerzos totales (momentos, cortantes y normales). b. Desplazamiento horizontal de C

A, E, α, L

E, I, L

q

C

E, I, L

A

D

Datos: AE=3EI/L2, α∆T=7qL3/(8EI) Notas: Para el cálculo de desplazamientos en las barras despréciense las deformaciones debidas al esfuerzo normal y al cortante. Exprésense los resultados en función de los datos q, L, E, I.

X1

ΔT X1

q

ΔT

X1

1

1

X1

Sistema Base (GH=1)

1

q

1

Sistema 0

Sistema 1

M0

M1

Ecuación de compatibilidad: δ1=δ10+δ11·X1=0 X1=-δ10/δ11

qL2/2

117

L

L


Obtención de δ10 y δ11: ଵ଴ = ଵ ாூబ + ெ

ଵ ε௧ª ଴

* ଵ଴

V0

V1

*

/EI +

1 ଶ ସ = + ∆ =

4 2

qL

1

+1 ଵଵ = ଵ

ଵ ଵ + ଵ

N0 N1

2·

*

/EI +

ଵଵ =

*

/AE

2 ଷ + = 3

α∆T

Incógnita hiperestática: X1=-δ10/δ11=-qL

εtª0

Diagramas de esfuerzos totales: qL

M=M0+M1·X1 V=V0+V1·X1 M

V

N=N0+N1·X1 Deformación debida a temperatura:

2

qL /2

εtª=εtª 0

118

qL

2

qL


-qL

N

Desplazamiento horizontal de C: ஼ =

*

஼

/EI

1

Sistema virtual C

ସ 1 = → ஼ = ଶ 3

3

MC

L

119


Solución de otros problemas por el Método de las Fuerzas Ejemplo propuesto

Solución 2

3qL /16

q 2

Mf L, E, I

11qL/16

Sm=3EI/2L3

L, E, I

3qL /64

5qL/16

V N

Rigidez EI en todas las barras 2

3qL /16

Obténganse diagramas de esfuerzos 11qL/16

0,008PL

0,25PL

P/2 L/2

Mf 0,13PL

L/2

L/2

L/2

M=PL/2

0,37P L

Sm=EI/L

0,5P

0,24P

3

P L/2

V 0,49PL

Rigidez EI en todas las barras Sm=4EI/L

N

Obténganse diagramas de esfuerzos

-

P

-0,24P D

L,E,I

B

H

δHA=δHB

Asiento ∆B

δHD=δHB

δHB=9,36·10-3 m

θD=6,92·10-4 rad C

Sm=EI/L Pto inflex.

Obténganse: • Desplazamiento htal. en B δHB • Giro en D θD • Elástica a estima DATOS: EI=1,3·107 kNm2; L=10 m; H=260 kN; ∆B=HL3/2EI

120

∆ B =0,01 m

L,E,I

L,E,I

A


∆TAB

A

B

Mf

C

LH,E,I

V

1,02 tm

LV,E,I

LV,E,I

LH,A,E,α

1,02 tm

D

1,02 tm

Obténganse: • Diagramas de esfuerzos • Desplazamiento relativo entre A y B δAB DATOS: EI=10000 tm2; LH=4 m; LV=4 m; ∆TAB=50 0C; α=10-5 0C-1; AEAB=8000 t; AEresto=∞ ∞

N

0,34 t

0,34 t

-0,34 t +0,34 t

+

δAB=1,83·10 m separándose A y B -3

Mf 2a,A,E a,A,E α=30º L/2,E,I

QL/7 2Q/7

α=30º L/2,E,I

2Q

20Q/7

Q

+

Obténganse diagramas de esfuerzos DATOS: AE=48aEI/L3

-

-19√3Q/7

121

V 2Q/7

+

N

18Q/7

--9√3Q/7

C.5 Método Matricial

Capítulo 5. Método de cálculo matricial Generalidades del método matricial Introducción Como pudo verse en el Capítulo 1, las estructuras se clasifican en: 1. estructuras de elementos unidimensionales (barras de nudos rígidos y articulados) 2. estructuras de elementos bidimensionales (lajas, placas, láminas y membranas) 3. estructuras de elementos tridimensionales.

En el presente capítulo se analizarán únicamente estructuras de elementos unidimensionales (barras) mediante el método denominado matricial. Dentro de las estructuras de elementos unidimensionales existen diferentes tipos según la forma de trabajo de sus barras: a) Celosías: sistemas de nudos articulados con cargas en los nudos en los que sólo hay tracciones y compresiones en las barras b) Pórtico plano: estructura plana (de nudos rígidos generalmente) con las cargas en el propio plano. c) Emparrillado: estructura plana (con nudos rígidos generalmente) con las cargas en el plano perpendicular al de la estructura. d) Pórtico tridimensional: estructura formada por barras formando pórticos ortogonales en el espacio con cargas en cualquier dirección.

123


Aunque se presentan los fundamentos para el análisis de todas las estructuras de barras por el método matricial, la asignatura se centra en las estructuras planas (celosías, pórticos y similares).

Métodos matriciales Los métodos matriciales presentan una gran simplicidad y no aportan nuevas ideas conceptuales al análisis de estructuras. Estos métodos son una evolución de las ideas de Maxwell y de Mohr de finales del siglo XIX. Para su comprensión se necesitan conocimientos de álgebra de matrices y de los teoremas fundamentales del cálculo clásico de estructuras. El éxito de estos métodos radica en su gran adaptación al ordenador, que es capaz de tratar de forma sistemática y en muy corto espacio de tiempo cualquier tipo de operación matricial. El orden de aplicación de las ecuaciones fundamentales: Equilibrio, Compatibilidad y Ley de comportamiento establece la clasificación de los métodos de cálculo matricial en: • •

Método de la Flexibilidad (método de compatibilidad). Resuelve el problema planteando la compatibilidad de desplazamientos en primer lugar. Método de la Rigidez (método de equilibrio). Plantea el equilibrio de fuerzas primero.

La presente asignatura se centra en el método de la rigidez.

Discretización de estructuras. Elementos y nodos. Las estructuras se discretizan en conjuntos de elementos unidos por puntos llamados nodos. La discretización debe ser capaz de reproducir el comportamiento de la estructura bajo las condiciones de equilibrio y compatibilidad. El concepto de nodo es absolutamente artificial puesto que, en general, su comportamiento no difiere del de cualquier otro punto de la estructura. Por tanto, en principio los nodos no tienen porqué ser únicamente los nudos que unen barras y los elementos no tienen obligatoriamente que ser barras completas. Al discretizar se pasa del concepto de solución continua de la estructura (desplazamientos y esfuerzos en todos los puntos) al de solución discreta (desplazamientos y esfuerzos en los nodos). Es decir, se obtienen sólo resultados para los nodos de la estructura. Los valores entre nodos se interpolarán o se estimarán.

124


A pesar de que la discretización puede hacerse de muchas maneras, la más común es aquella en la que coinciden los nodos con los nudos de unión de barras (a). En general, será la que utilicemos en la asignatura para la mayoría de casos.

Grados de libertad (GL) Se define como grado de libertad la posibilidad que tiene cualquier punto de la estructura para desplazarse o girar (al haber infinitos puntos en una estructura podría haber infinitos G.L.). En el caso de los métodos matriciales los grados de libertad se refieren sólo a los nodos. Los grados de libertad explícitos son los desplazamientos y giros de los nodos necesarios para describir todas las posibles configuraciones deformadas de la estructura. Los grados de libertad de la estructura dependen de la forma de trabajo del elemento. Por ejemplo, en un sistema plano no habrá grados de libertad fuera de dicho plano. Cada grado de libertad de la estructura lleva asociado una coordenada generalizada, de forma que en el conjunto de estas coordenadas puede expresarse cualquier configuración deformada de la estructura. La coordenada generalizada asociada a un grado de libertad representa la deformación de la estructura con valor unidad en ese grado de libertad y cero en todas las demás. Cualquier desplazamiento de una estructura puede ser descrito por un vector u=∑ui·Ψi en el que ui es la amplitud de la configuración (el valor del desplazamiento o giro en el GL i) y Ψi la coordenada generalizada i (vector con valor 1 en el GL i y 0 en el resto)

125


Sistemas de coordenadas Sistema de referencia: Sistema cartesiano que permite la definición geométrica de la estructura. En un plano, cada punto está definido por sus coordenadas (x,y). Sistema de referencia global: Sistema que permite definir de forma única los desplazamientos y las fuerzas en los nodos, a partir de la discretización realizada y de los grados de libertad de la estructura. En un caso general en el espacio se usan los 3 ejes coordenados para los desplazamientos y giros en cada nodo (u, v, w, θx, θy, θz) al igual que para fuerzas y momentos (Fx, Fy, Fz, Mx, My, Mz). Sin embargo, en muchas estructuras puede reducirse el sistema global considerablemente pues sabemos de antemano que muchos de estos valores serán nulos y no es necesario tenerlos en cuenta. Pórtico plano: Por nodo el vector de desplazamientos contiene 2 desplazamientos ortogonales y un giro (u, v, θ). El vector de fuerzas contiene dos fuerzas ortogonales y un momento (Fx, Fy, M) por cada nodo.

u A    u (A) = v A   A θ 

 FxA    F (A) =  FyA   A M 

Celosía plana: El vector de desplazamientos contiene dos desplazamientos ortogonales (u, v) por nodo. El vector de fuerzas contiene dos fuerzas ortogonales (Fx, Fy) por cada nodo.

 Fx  u  u=  F=  v   Fy  Emparrillado: El vector de desplazamientos contiene un desplazamiento en perpendicular al emparrillado y dos giros por nodo (w, θx, θy). El vector de fuerzas contiene una fuerza perpendicular al emparrillado y dos momentos por nodo (Fz, Mx, My).

w  Fz      u = θ x  F =  M x  θ  M   y  y

126


Celosía tridimensional: El vector de desplazamientos contiene 3 desplazamientos ortogonales (u, v, w) por nodo. El vector de fuerzas contiene 3 fuerzas ortogonales (Fx, Fy, Fz) por cada nodo.

u   Fx      u =  v  F =  Fy   w F     z Pórtico tridimensional (caso más general): Por nodo el vector de desplazamientos contiene 3 desplazamientos ortogonales y 3 giros (u, v, w, θx, θy, θz). El vector de fuerzas contiene 3 fuerzas ortogonales y 3 momentos (Fx, Fy, Fz, Mx, My, Mz) por cada nodo.

u   Fx  v F     y  w   F  u=  F= z  θ x  M x  θ y  M y      θ z   M z  Sistema de referencia local: Sistema de coordenadas que permite definir las relaciones entre los vectores de cargas y desplazamientos de forma única, independientemente de la orientación de los elementos. Los sistemas locales van asociados a cada uno de los elementos de modo que en barras uno de los ejes seguirá la dirección de la barra y los otros serán ortogonales. Las fuerzas que aparecen en nodos expresadas en sistemas de referencia locales son los esfuerzos internos (normales, cortantes y momentos).

127


Elemento de pórtico plano: Los nodos extremos del elemento pueden desplazarse en la dirección del mismo y la perpendicular, además del giro. El vector de fuerzas contiene los normales (dirección del elemento), los cortantes (dirección perpendicular) y los momentos.

 δ1   N1  δ  V   2  2 θ3   M  δ =   P =  3 δ 4   N4  δ 5   V5      θ 6   M 6  Elemento de celosía plana: Los nodos extremos del elemento sólo pueden desplazarse en la dirección del mismo. El vector de fuerzas contiene normales únicamente.

δ  N  δ =  1 P =  1 δ 2   N2  Elemento de emparrillado: Los nodos extremos del elemento pueden desplazarse en la dirección perpendicular al plano, además de girar alrededor de los dos ejes contenidos en él. El vector de fuerzas contiene un cortante, un momento flector y un torsor.

δ1   V1  θ  M   2  2 θ 3   T  δ=  F= 3  δ 4   V4  θ 5  M 5      θ 6   T6  Elemento de pórtico tridimensional (caso más general): δ1  N1      δ 2  V2  δ     3 V3  θ 4  T4      θ5  M5      θ6  M6  δ =   P =   δ 7  N7  δ  V   8  8  δ 9  V9      θ10  T10      θ11  M11  θ  M   12   12 

128


Sistema de referencia nodal: En algunos casos, los nodos tienen condiciones de contorno (apoyos) cuyas restricciones no se ajustan a los sistemas de referencia global o locales. En esos casos deben utilizarse sistemas de referencia nodales. Ejemplo: En el nodo A las condiciones de contorno son de aplicación inmediata, con independencia de la definición de coordenadas. El nodo B tiene impedido el desplazamiento según el eje y’ del sistema nodal representado.

Matrices de rigidez y flexibilidad Se dice que un sistema estructural es rígido cuando ante un cierto estado de carga sus desplazamientos son pequeños. En el caso contrario, se dice que es flexible. Para ilustrar los conceptos de rigidez y flexibilidad se puede tomar un muelle (sistema con un único grado de libertad). Para dicho muelle sometido a una fuerza P que provoca un alargamiento δ, se puede escribir la ecuación de la ley de Hooke: P=k·δ δ k es la constante de rigidez del muelle y representa la fuerza que es preciso aplicar para obtener un desplazamiento unidad. Asimismo, se puede escribir la ecuación: δ=a·P a=1/k es el coeficiente de flexibilidad del muelle (inversa de la rigidez k) y representa el desplazamiento que aparece al aplicar una fuerza unidad.

Para una estructura de n grados de libertad, el sistema de fuerzas se define por un vector de fuerzas F y la deformada por un vector de deformaciones u. Los vectores F y u están relacionados por matrices que, según la forma que adopte la ecuación, se llamarán de rigidez K o de flexibilidad A. En la asignatura trabajaremos habitualmente con la rigidez. Esas matrices serán cuadradas de tamaño nxn (n=nº de grados de libertad). F=K u

K = Matriz de rigidez (n x n)

u=A F

A = Matriz de flexibilidad (n x n)

Cada uno de los elementos de las matrices, kij y aij, relacionan la fuerza y el desplazamiento en las coordenadas correspondientes a los grados de libertad ij. Las matrices de rigidez y flexibilidad están relacionadas por la expresión: K ·A = I ⇒ A = K-1 Por tanto, la matriz de rigidez es la inversa de la matriz de flexibilidad al igual que la rigidez era la inversa de la flexibilidad en el muelle con 1 g.d.l. 129


Obtención de los términos de la matriz de rigidez Para obtener los términos de la matriz de rigidez debemos pensar en el concepto mismo de la rigidez en cada término de la matriz kij (término de la fila i columna j). kij=fuerza en la coordenada i cuando se aplica un desplazamiento unidad en la coordenada j. Ejemplo: Como ejemplo tomamos un caso en el que en principio consideramos que no nos interesan más que 3 grados de libertad: los grados de libertad del extremo de una viga en ménsula.

Si para en cada grado de libertad aplicamos un desplazamiento o un giro unidad siendo 0 el desplazamiento en el resto:

Podemos ver qué fuerzas aparecen en los diferentes grados de libertad: g.d.l. (coordenadas)

1 (u=1) N = EA L

1 (N) 2 (V)

V=0

3 (M)

M=0

2 (v=1)

3 (θ=1)

N=0

N=0

V = 12EI 3

V = − 6EI 2

L 6EI M =− 2 L

L 4EI M= L

k11 se corresponde con la rigidez a axil EA/L k22 es la fuerza necesaria para aplicar un desplazamiento vertical 1 en el extremo sin girarlo. MA0 M0A

1 T0A

TA0

Esta fuerza puede obtenerse resolviendo mediante el método de las fuerzas el sistema de una barra biempotrada con un desplazamiento impuesto de valor 1 TA0=12EI/L3

k23=k32 es igual al momento que aparece en el grado de libertad de giro cuando se da un desplazamiento unitario transversal

130


Ese momento se obtiene resolviendo por el método de las fuerzas el mismo sistema que en el caso anterior. MA0=-6EI/L2

MA0 M0A

1

TA0 T0A k33 es el momento en que aparece en A cuando se gira el extremo A un valor 1: 4EI/L. Así, la ecuación en la que intervienen el vector de fuerzas en el elemento P y el vector de los desplazamientos elementales δ puede escribirse P = K ·δ , o desarrollando la expresión mediante la matriz de rigidez calculada:

N  V     M 

 EA 0  L  12 EI = 0  L3   0 − 6 EI L2 

   u  6 EI    − 2 · v  L  θ  4 EI    L  0

En el sistema propuesto sólo hemos considerado 3 grados de libertad, por tendremos vectores de dimensión 3 y una matriz K de 3x3. Propiedades de cualquier matriz de rigidez

 P1  M    Pi    M =K  Pj    M P   n

 k11  δ1  M M     ki1 δi     M ⇒ K= M  k j1 δ j     M M k δ   n  n1

L k1i L k1 j L k1n  M M M  L kii L kij L kin   M M M  L k ji K k jj L k jn   M M M  L kni L knj L knn 

Un elemento genérico, kij, representa la fuerza en la coordenada i cuando se impone un desplazamiento unidad en la coordenada j, siendo cero todos los demás. Por la ley de reciprocidad de Maxwell kij = kji, las matrices de rigidez K son simétricas. Los elementos de la diagonal de K no pueden ser negativos pues representan la fuerza en una coordenada al imponer un desplazamiento unidad en ella misma. El principio de superposición permite calcular la fuerza en una coordenada i: Pi = ki1 δ1 +...+ kii δi +... + kij δj +...+ kin δn Se pueden definir propiedades análogas para la matriz de flexibilidad, A.

131


Matrices de rigidez de diferentes tipos de elementos Elemento de celosía plana: Pueden obviarse los grados de libertad de giro. Los g.d.l. perpendiculares a la barra deben permanecer para poder hacer posteriores cambios en la inclinación del elemento.

1 0 k =   −1  0

0 −1 0  0 0 0  EA  0 1 0 L  0 0 0

Elemento de pórtico plano: Será una matriz de 6x6 al considerar 3 g.d.l. por cada nodo. EA L 12EI

0

6EI

0 K=

sim

L3

−EA L

2

L

4EI L

0

0

EA L

−12EI −6EI

0

3

0

0

2

L

L

6EI

2EI L

2

L

0

12EI L3 −6EI 2

L

4EI L

Elemento de viga continua sin carga axial: Elimina las filas y columnas correspondientes a los grados de libertad axiales de la matriz anterior. 12EI

K=

L3 6EI L2 12EI

sim 4EI L −6EI

12EI

L3

L2

L3

6EI

2EI L

−6EI

2

L

2

L

4EI L

Elemento de emparrillado: Incluye términos de momento torsor y elimina filas y columnas de axiles

132


12EI L3 6EI

K=

4EI

2

L

L

0

0

−12EI

6EI

3

L

L

6EI

2EI L

8 12

6

2

8

11

5

4

10

6

3

4

9

12

10

0

11 1

z

3

0

2

4EI L

0

0

L −GJt L

GJt L

EA L

x

5

L3 −6EI

Elemento de pórtico tridimensional: Es el caso más general, con 6 grados de libertad por nodo. Considera 2 momentos flectores diferentes, cortantes en 2 direcciones y torsores.

7

1

12EI

0

0

0 2

GJt L 2

L2

y

sim

12EIz L3

0

0

12EIy

0

0

0

L3

7 9

0

0 K=

- EA L 0

- 6EI

0

sim GJt L y

6EIz L2 0 - 12EIz L3

0

0

0

0

0

0

0

0

4EIz L

0

0

0

0

0

0

0

-12EIy L3

0

0 6EIz 2 L

2

L

0

0

- GJt

0 - 6EI

0

4EIy

2

L

L y

0

0

L

6EIy

- 6EIz 2

EA L 0

L

12EIz L3

0

0

0

12EIy

2

0

0

0

0

0

L

2EIy L 0

0 2EIz L

0

0

0

- 6EIz 2

L

L3

6EIy

GJt L

2

0

0

0

L

4EIy L 0

4EIz L

Lo más común en la asignatura es trabajar sólo con las matrices de elementos de celosía plana y de pórticos planos para facilitar los cálculos.

133


Transformación de coordenadas El proceso de transformación de coordenadas es muy utilizado en cálculo matricial. Las matrices de rigidez están expresadas en coordenadas de las barras (coordenadas locales), pero el problema matricial se plantea en coordenadas globales, por lo cual es necesario realizar cambios de base en las matrices de rigidez para ajustarlas a dichas coordenadas globales. Para plantear el problema de cambio de coordenadas lo mejor es comenzar pensando en el caso más simple, de cambio de coordenadas de un vector cualquiera P. Tenemos un sistema x’y’ girado un ángulo α respecto al sistema global xy. y y'

P y cos α

Py x' P

P y' ny'

P x sen α

P x'

nx' α

x

Px P x cos α

P y sen α

z

La relación entre las coordenadas puede escribirse: Px’= Pxcosα+Pysenα Py’= -Pxsenα+Pycosα O, matricialmente:

 Px '   cos α  =  Py '   − sen α

sen α   Px  cos α   Py

  

La matriz cambio de base R que se usa para pasar de coordenadas prima a globales es la inversa de la anterior, de modo que:

 Px   Py

  cos α =    − sen α

sen α  cos α 

−1

 Px '     Py ' 

De este modo, como esta matriz cumple que R·RT=I, siendo así R-1=RT:

 cos α R=  sen α

− sen α  cos α 

para el cambio de base de vectores P=R·P’

134


Si lo que deseamos es cambiar de base vectores correspondientes a un elemento de un pórtico plano (de dimensión 6x6) con dos nudos i, j:

 P'   R T P ' = LT P ⇒  i  =   P' j   0 y

0   Pi  R T   Pj

  

T  δ '   R ⇒  i =  δ ' j   0

0   δ i  R T   δ j

  

δ ' = LT δ

En este caso hay que tener en cuenta que la matriz L ó LT debe considerar el grado de libertad del giro en el nudo.

 cos α  − senα   0 T L =  0  0   0

senα

0

0

0

cos α

0

0

0

0

1

0

0

0

0

cos α

senα

0

0 − senα

cos α

0

0

0

0

0 0  0  0 0  1

La transformación de coordenadas de la matriz de rigidez se deduce de:

P ' = k ' δ ' ⇒ LT P = k ' LT δ

⇒ P = ( L k ' LT ) δ

Como en coordenadas globales debe cumplirse que P=k·δ, entonces:

k = L k ' LT Siendo L:

 cos α  senα   0 L=  0  0   0

− senα

0

0

0

cos α

0

0

0

0

1

0

0

0

0 cos α

− senα

0

0

senα

cos α

0

0

0

0

0 0  0  0 0  1

Así, se puede pasar una matriz de rigidez k’ en coordenadas locales a una matriz en coordenadas globales k a través de la matriz cambio de base L y su traspuesta LT.

135


El elemento y la estructura Para cada elemento entre dos nodos podemos tener una matriz de rigidez. Dicha matriz de rigidez será de 6x6 en el caso de una estructura plana con nudos rígidos (3 g.d.l por nodo).

Si observamos la estructura globalmente, vemos que un gran número de grados de libertad son comunes a varias barras, de modo que la estructura total tendrá 3 g.d.l. por nodo. Para cada barra debe cumplirse la ley de comportamiento que relaciona el vector de fuerzas y momento sobre los nodos P con el vector de desplazamientos y giro nodales a través de la matriz de rigidez elemental k: P=k·δ Para el conjunto de la estructura también debe existir una matriz K que relacione las fuerzas sobre los nodos F y los desplazamientos de los mismos u. Esa será la matriz de rigidez global. F=K·u

Condiciones de compatibilidad de desplazamientos Los desplazamientos en los extremos de los elementos o desplazamientos elementales δ deben ser compatibles con los desplazamientos globales de los nodos u. Esto significa, simplemente, que dado que hay nodos que son comunes a varios elementos, todos esos elementos deben tener el mismo desplazamiento en ese nodo común.

136


Analizamos las barras que concurren en a: El desplazamiento del nudo a es ua y es igual para el extremo de los elementos 1, 2 ó 3.

δ a1 = δ a2 = δ a3 = ua δ b1 = ub δ c2 = uc δ d3 = ud Esto puede escribirse, generalizando las relaciones para cada nodo i:

δi =

Bi · u i

(d ×1) = (d ×n) (n× 1) δi = vector de desplazamiento elemental del nodo i ui = vector de desplazamiento global del nodo i. Bi = matriz booleana (matriz con ceros y unos)

n = número de grados de libertad asociados al nodo i d = número de grados de libertad de los extremos de las barras que concurren en ese nodo i.

Condiciones de equilibrio de fuerzas Las fuerzas elementales P que aparecen en los extremos de los elementos deben estar en equilibrio con las fuerzas globales F que tenemos en los nodos. Las fuerzas de extremo de barra se transmiten al nodo con signo opuesto. Planteamos el equilibrio en el nodo:

Fa − Pa1 − Pa2 − Pa3 = 0 Esto puede escribirse, generalizando las relaciones para cada nodo i:

Fi =

Ci · Pi

(n×1) = (n×d ) (d × 1) Fi = vector de fuerzas global del nodo i Pi = vector de fuerzas elemental del nodo i. Ci = matriz booleana (matriz con ceros y unos)

Las expresiones de los vectores de fuerzas elementales en las tres barras que llegan al nudo pueden presentarse de acuerdo a la ley de comportamiento. P=k·δ

 kaa  Pa     =  Pb   k  ba 1

1

kab  1  δ a  para la barra (elemento) 1  δ  kbb   b 

137

C.5 Método Matricial 2

 kaa  Pa     =  Pc   k  ca

kac  2  δ a  para la barra (elemento) 2  δ  kcc   c 

 kaa  Pa     =  Pd   k  da

kad  3  δ a  para la barra (elemento) 3  δ  kdd   d 

2

3

3

Ensamblaje de la matriz de rigidez De acuerdo al equilibrio de fuerzas en el nodo a:

Fa − Pa1 − Pa2 − Pa3 = 0 Si consideramos las fuerzas nodales P=k·δ y tenemos en cuenta la compatibilidad de desplazamientos elementales δ y globales u. Entonces podremos ver que es necesario sumar las rigideces elementales k para poder hablar de rigideces globales K. 2 2 2 Fa = k1aa u a + k1ab u b + k aa u a + k ac2 u c + k 3aa u a + k 3ad u d = ( k1aa + k aa + k 3aa ) u a + k1ab u b + k ac u + k 3ad u d { { c { 1442443 K K K ab

K aa

ac

ad

De este modo, puede verse que la rigidez global Kaa se obtiene sumando las rigideces kaa de cada uno de los elementos que concurren en ese nodo. De este modo, sumando las rigideces que se corresponden con los mismos grados de libertad se puede obtener la matriz de rigidez global con la que plantear el problema matricial.

F =Ku

⇒

 F1  .    .     .   Fi   .    .      . = .      Fj   .    .  .     .  Fn 

.

.

.

.

. .

. .

. K ii .

. K ij .

. . K ji

.

.

.

.

.

.

. . K jj

. .

. .

.

.

Col "i"

.

.

.

.

Col "j"

138

     .    .   .      

 u1  .    .    .   u i  Fila "i"   .    .  .     u j  Fila "j"   .  .    .  u n 


Proceso para el ensamblaje de la matriz de rigidez: 1. Numerar los grados de libertad de la estructura total. Ejemplo: 8 7 9 g.d.l (3 por nodo) al ser estructura plana con nudos rígidos. II

5

9 4 6

I 2 3 1

2. Obtener las matrices de rigidez k en coordenadas globales de cada una de las barras (elementos). Para ello se identificarán las filas y columnas con los números propios de los grados de libertad de la estructura. Para este paso suele ser necesario hacer cambios de coordenadas en las barras que están giradas, por lo que hay que tener en cuenta: kI=LkI’LT kII=LkII’LT La matriz cambio de base para un elemento de pórtico plano es

 cos α  senα   0 L=  0  0   0

− senα

0

0

0

cos α

0

0

0

0

1

0

0

0

0 cos α

− senα

0

0

senα

cos α

0

0

0

0

0 0  0  0 0  1

3. Ensamblar todas las matrices de rigidez en una sola matriz global. Los nudos comunes a varias barras tendrán varios términos de rigidez kij en sus g.d.l. que deben sumarse. Las zonas donde no haya términos de rigidez se rellenan con ceros. 8

1 2 3

7 5

1

II

5

0

9 4

6

6

I

4

4 5 6 7 8 9

KI

2

KII

KI

En esta zona se suman los términos

3

2 3

4

1

5 6

139

KII 0


Consideraciones sobre la matriz de rigidez global: • Es una matriz cuadrada nxn, siendo n el número de grados de libertad de los nodos de la estructura. • Es una matriz simétrica debido al principio de reciprocidad de Maxwell. • Los "elementos" de las matrices elementales de rigidez ocupan posiciones de la diagonal o posiciones que están tanto más alejadas de ella cuanto mayor es la separación entre la numeración de los nodos de los extremos del elemento. • Si los valores distintos de cero se concentran alrededor de la diagonal principal, sólo será preciso almacenar una banda de valores a un lado de la diagonal (d = semiancho de banda). Esto se obtiene numerando los nudos y los grados de libertad de un modo adecuado. Los ordenadores pueden trabajar de este modo, reordenando los g.d.l. internamente.

Aplicación de las condiciones de contorno: cálculo de reacciones y desplazamientos. Las condiciones de contorno implican la introducción de ceros en los g.d.l. impedidos del vector de desplazamientos. Los grados de libertad restringidos son aquellos en los que se impiden desplazamientos o giros y se dan en g.d.l. de los nudos con apoyos articulados fijos o móviles o empotramientos fijos o móviles. Para resolver el sistema debemos reordenar los g.d.l. identificando: • •

L=coordenadas o grados de libertad libres R=coordenadas o grados de libertad restringidos. En estos grados de libertad aparecerán reacciones debido a esas restricciones. Ejemplo: Los grados de libertad 1, 2, 3, 16 y 17 son grados de libertad restringidos puesto que los nodos a y f están impedidos en esas direcciones. En cada uno de esos grados de libertad aparecerán reacciones.

140


Si dividimos los vectores y la matriz según esa diferenciación entre coordenadas:

FL  u L  FL   K LL F=  , u = ⇒  =  FR  u R  FR   K RL

K LR   u L    K RR   u   R

Las incógnitas del problema son: • •

El vector que incluye los desplazamientos en las coordenadas libres uL. El vector de las fuerzas en las coordenadas restringidas (REACCIONES) FR.

FL = K LL u L + K LR u R

FR = K RL u L + K RR u R

Si tenemos que la restricción a los nudos es que estos no pueden moverse en la coordenada correspondiente uR=0 para obtener los desplazamientos uL el sistema que debe resolverse es:

FL = K LL u L Siendo FL las fuerzas sobre los grados de libertad libres y KLL la matriz de las rigideces que relacionan los grados de libertad libres con los grados de libertad libres. Por tanto, como vemos, el sistema de ecuaciones que habrá que resolver es, simplemente, el que se corresponde con los grados de libertad libres. Para obtener las reacciones:

FR = K RL u L

Siendo uL los desplazamientos calculados y KRL la matriz de las rigideces que relacionan los grados de libertad restringidos con los grados de libertad libres.

Cálculo de esfuerzos. Cuando conocemos los desplazamientos uL conocemos entonces todos los desplazamientos de los nodos de la estructura. Los desplazamientos de los nodos de la estructura global u coinciden con los desplazamientos de los nodos extremos de barra δ para los grados de libertad correspondientes. El vector de fuerzas P’ para un elemento en coordenadas locales es el que indica los esfuerzos (N, V, M). Así, si para obtener los esfuerzos en un caso con cargas en los nudos únicamente usamos la matriz elemental en coordenadas globales:

P' = LT P = LT k δ Si, por el contrario, queremos utilizar la matriz en coordenadas locales k’ del elemento:

P ' = k ' δ ' = k' LT δ Una vez conocidos los vectores de carga en los elementos y suponiendo que sólo existen cargas externas en los nodos, resulta inmediato elaborar los diagramas de esfuerzos internos en la estructura.

141


Solicitaciones externas no concentradas en los nodos En el apartado anterior se ha tratado el análisis de una estructura cuando el sistema de acciones exteriores estaba formado por un conjunto de cargas (fuerzas y desplazamientos) concentrados en los nodos. Sin embargo, existen sistemas de cargas exteriores sobre los elementos (como p.ej. el peso propio, las cargas de viento o empujes en general) que no obedecen a las características de acción concentrada en nodos. Además, existen desplazamientos y esfuerzos en la estructura que pueden ser provocados por asentamientos u otro tipo de desplazamiento impuesto en los apoyos, por variaciones de temperatura en todos o algunos elementos de la estructura o por defectos de montaje. En definitiva, hay que sustituir las cargas sobre barra por cargas aplicadas sobre los nodos para poder aplicar la ecuación matricial K·u=F.

Cargas aplicadas sobre los elementos El primer paso que debe seguirse es separar las cargas aplicadas en los nudos (b)de las cargas aplicadas sobre elementos (c) y expresar la carga sobre barra en coordenadas locales descomponiéndola si es necesario.

El segundo paso es el de calcular las reacciones de empotramiento perfecto Pemp en cada barra con carga. Para ello se dispone del correspondiente formulario que proporciona sus valores en coordenadas locales. Esas cargas de empotramiento perfecto se transmiten a la estructura como fuerzas equivalentes (Peq) en sentido contrario al de las reacciones de empotramiento perfecto.

Como las cargas equivalentes son opuestas a las de empotramiento perfecto:

P’eq=-P’emp P’eq= cargas equivalentes para un elemento en coordenadas locales Pero debe pasarse a coordenadas globales con la matriz cambio de base L: 142


Peq=L·P’eq El vector de cargas total F será el correspondiente a las cargas externas sobre los nudos más el que incluya las cargas equivalentes Peq en cada grado de libertad. Como cargas externas sobre nudos debemos tener en cuenta las fuerzas y momentos sobre nudo y las REACCIONES POR APOYOS EN CADA UNO DE LOS G.D.L. RESTRINGIDOS (reacciones que suelen ser incógnita). Para el cálculo de esfuerzos en una barra deben sumarse los esfuerzos que se obtienen a partir de los desplazamientos (matriz de rigidez elemental en coord. locales x desplazamiento en coordenadas locales) con los esfuerzos de empotramiento perfecto.

P ' = k ' δ '+ P 'emp En resumen, para un elemento genérico ij sometido a una carga externa sobre él:

Para considerar las cargas externas totales sobre nudos deben sumarse las fuerzas sobre nudo externas con las fuerzas equivalentes procedentes de las cargas sobre barras. Hay que considerar todas las barras que concurren en el nudo.

Fi

)

total

= Fi

)

externa

+ Fi

)

eq

= Fi

)

externa

+

∑ C (P ) nbci j=1

ij i

*ij i eq

Para considerar los esfuerzos internos totales hay que sumar los esfuerzos internos que proceden de los desplazamientos calculados con los esfuerzos de empotramiento perfecto.

P' ij ) total = P' ij + P' ∗ij ) emp = k ' ij δ ' ij + P' ∗ij ) emp = k ' ij Lij δ ij + P' ∗ij ) emp T

Caso de desplazamientos impuestos (0) En el caso en el que deban aplicarse desplazamientos impuestos, estos suelen aplicarse utilizando el método indirecto. En lugar de introducir los valores de los asientos en el vector desplazamientos u, lo que haría que esas coordenadas restringidas no fuesen 0, se consideran los desplazamientos impuestos solamente como cargas sobre barra obteniendo así esfuerzos de empotramiento perfecto P’0emp y cargas equivalentes sobre nudos P0eq.

143


Los esfuerzos de empotramiento perfecto en coordenadas locales se obtienen multiplicando la matriz de rigidez del elemento (en locales) por el vector ∆’ que indica el desplazamiento impuesto al elemento (en locales). Como normalmente este desplazamiento impuesto se conoce en globales ∆ puede ser necesario hacer cambio de coordenadas (∆’= LT·∆). P’0emp=k’·∆’= k’·LT·∆ La carga equivalente en nudos, como vimos, es el esfuerzo de empotramiento cambiado de signo, pero hay que pasarlo a coordenadas globales en caso de que sea necesario. P0eq=L· P’0eq= -L·P’0emp O, si tenemos ya la matriz k del elemento en globales lo más sencillo es: P0eq= -k·∆ ∆ Este tipo de esfuerzos de cargas equivalentes y de esfuerzos de empotramiento se tratan como el resto.

Fi ) total = Fi )externa + Fi )eq = Fi )externa + ∑ Cij ( Pi∗ij + Pioij ) nbci j=1

eq

P' ij) total = k' ij Lij δij + P' ∗ij) emp + P' oij) emp T

Caso de cargas térmicas (#) Como se pudo ver en métodos anteriores una carga térmica general incluye un incremento de temperatura medio y un gradiente térmico. Alargamiento unitario ε=

=

+ Curvatura κ=

α (T1 − T2 )

α (T1 + T2 ) 2

h De las fuerzas de empotramiento perfecto se obtienen las fuerzas equivalentes que aplicaremos sobre los nudos al igual que hasta ahora. Para una carga térmica general en una barra biempotrada (a) aparecerá un momento debido al gradiente y un axil debido al incremento térmico uniforme. En el dibujo (c) se ve que esos son los esfuerzos necesarios para contrarrestar las deformaciones (b).

144


Por tanto, en el caso mostrado podríamos decir que los esfuerzos que tenemos aparecen porque estamos imponiendo unas deformaciones a la barra AB, que pretende deformarse libremente según (b). Las deformaciones que intentan devolver el nudo B a su lugar son: •

•

•

un acortamiento desplazando horizontalmente el extremo B hacia la izquierda tanto como quiere alargarse la barra α (T1 + T2 ) u=− L 2 un giro antihorario del extremo B para volver a ponerlo horizontal. α (T1 − T2 ) L θ= h un desplazamiento vertical hacia arriba en el extremo B para llevarlo a la altura de A. α (T1 − T2 ) 2 v= L (que es igual a la flecha en el caso de carga térmica diferencial) 2h De este modo, podemos tratarlo como desplazamientos impuestos. Utilizando la matriz del elemento en locales.

'# Pemp

Para el caso de una barra de pórtico rígido se obtiene un vector de esfuerzos de empotramiento en coordenadas locales: El caso de una barra de celosía no tendría los valores correspondientes a las coordenadas de momentos (3º y 6º).

'# Pemp

145

0     0 0   0   0     0 − α (T1 + T2 ) L  = k'δ' = k'   = k'   2 u    v   α (T1 − T2 ) L2      2h θ   α (T − T )  1 2  L  h   (T1 + T2 )   EA α   2   0    (T − T )   − EIα 1 2  h  =  (T1 + T2 )   − EAα  2   0    (T − T )   EIα 1 2  h  


Una vez obtenidas las fuerzas de empotramiento en locales se convierten en fuerzas equivalentes en nudos en globales cambiándoles el signo y a través de la matriz L. P#eq=L· P’#eq= -L·P’#emp Este tipo de esfuerzos de cargas equivalentes y de esfuerzos de empotramiento se tratan como el resto. Sumándolos a los otros en los g.d.l correspondientes.

Fi

)

total

P' ij )

= Fi

)

externa

+

∑ C (P nbci

∗ij i

ij

j=1

= k' ij Lij δ ij + P' ∗ij )

+ P' o ij )

T

total

+ Pioij + Pi#ij )

emp

emp

eq

+ P' #ij )

emp

Falta de ajuste en los elementos (&) Se trata exactamente igual que los desplazamientos impuestos o asientos, considerando esa falta de ajuste como un desplazamiento que se debe forzar

& = k' δ ' & donde P'emp

0  0    0  δ '& =    ∆   0   0 

Como siempre, una vez obtenidas las fuerzas de empotramiento en locales se convierten en fuerzas equivalentes en nudos en globales cambiándoles el signo y a través de la matriz de cambio de base L. P&eq=L· P’&eq= -L·P’&emp Este tipo de esfuerzos de cargas equivalentes y de esfuerzos de empotramiento se tratan como el resto. Sumándolos a los otros en los g.d.l correspondientes.

Fi ) total = Fi )externa + P' ij )

∑ C (P nbci

∗ ij i

ij

j=1

= k' ij Lij δij + P' ∗ij ) T

total

emp

+ Pioij + Pi#ij + Pi&ij )

+ P' o ij )

emp

+ P' #ij )

emp

eq

+ P'&ij )

emp

Casos particulares en el método de la rigidez Apoyos no concordantes: Puede suceder que la dirección en la que se permite el desplazamiento en algún apoyo móvil no coincida con ninguna de las direcciones del sistema global de coordenadas. Este tipo de apoyo se denomina como no concordante. Se usará el subíndice L para el caso de concordancia con las coordenadas globales y D para los grados de libertad de los nodos con restricciones no concordantes. 146


La aplicación de la condición de contorno sólo puede hacerse de una manera directa en el sistema de coordenadas local del apoyo x’y’. En el ejemplo, la condición de contorno en el apoyo sería que el desplazamiento según y’ sea 0.

u'  u'      u' D = v'  =  0  θ'  θ'      Para resolver este caso hay que reordenar todos los términos de los vectores y de la matriz de rigidez agrupando los grados de libertad de los nodos con apoyos no concordantes:

 F   K F = K ·u ⇒  L  =  LL  FD   K DL

K LD  uL     K DD  uD 

Si tenemos en cuenta que nos interesa trabajar con los vectores u’D y F’D, correspondientes a los nodos no concordantes, en el sistema de coordenadas local del nodo: uD = L· u’D FD = L ·F’D Considerando lo anterior y operando, la ecuación matricial presentada anteriormente puede escribirse en función de u’D y F’D:

 FL   K LL  ' = T  FD   L K DL

K LD L  uL   '  LT K DD L  uD 

Apoyos elásticos: Se pueden definir las matrices de rigidez de los nudos y, en consecuencia, de los apoyos como las matrices que representan las rigideces de las barras que concurren en ese nudo. Así, la matriz de rigidez de un nudo i en el que concurren 3 barras a, b, c, sería igual a la suma de las matrices de rigidez de las tres barras para ese nudo.

147


En el caso de que además tengamos apoyos elásticos en ese nudo, esos muelles se consideran como barras que en ese nudo sólo tienen el grado de libertad al que afecta el muelle. Así:

siendo K iiap

 k1  =0 0 

0 k2 0

0  0 k3 

y Fiap = K iiap u i A efectos prácticos, lo único que hay que hacer cuando tengamos un muelle en el grado de libertad n será sumar la rigidez del muelle en el término correspondiente de la matriz de rigidez (término nn). El esfuerzo en el muelle se obtendrá, simplemente, multiplicando la rigidez por el desplazamiento calculado en ese grado de libertad. En los muelles las reacciones se obtienen a partir de los desplazamientos y siempre son opuestas a ellos: Rmi=-Sm·ui

148


TABLAS DE ESFUERZOS DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO Esfuerzos de empotramiento perfecto (obsérvese el sentido de los mismos)

Vector de esfuerzos de empotramiento perfecto para una carga térmica general:

MATRICES DE RIGIDEZ ELEMENTALES Barra

En globales k=Lk’LT

En locales k’

1 0 k =   −1  0

0 −1 0  0 0 0  EA 0 1 0 L  0 0 0

149

Ej. Matricial

Ejemplos. Método de cálculo matricial Ejemplo de obtención de vectores de fuerzas y esfuerzos Ejemplo 1 Calcular los vectores de fuerzas de empotramiento, los vectores de esfuerzos internos y los diagramas de esfuerzos en las barras de las siguientes estructuras para las solicitaciones indicadas en cada caso. DATOS: AE = 2·105 kN, α = 1,2·10-5 0C-1, L = 1 m, u3 = -2,86·10-4 m, u4 = -2,78·10-4 m

La estructura está formada por elementos biarticulados, por lo tanto se utilizan dos grados de libertad por nodo, obviando el grado de libertad de giro. En este caso se presenta el problema resuelto parcialmente, con los desplazamientos de los grados de libertad libres (3 y 4) ya calculados. Obtención de fuerzas equivalentes sobre los nudos Peq: Para la barra AB deben calcularse las fuerzas equivalentes sobre nudos, ya que tenemos una carga térmica sobre barra. Esa carga térmica constante intentará alargar la barra, creando unos esfuerzos de “empotramiento” correspondientes a la fuerza necesaria para impedir ese alargamiento. Para obtener ese esfuerzo de “empotramiento” en coordenadas locales puede utilizarse la matriz de rigidez en locales de la barra y el vector de los desplazamientos que se aplican para evitar el alargamiento de la misma.

P 'empAB

0   1    0  = 2 EA  0 = k ' AB ×   −α∆T (2 L)  2 L  −1    0   0

0 −1 0   0   −96      0  0 0 0 0 × =  0 1 0   −α∆T (2 L)   96       0 0 0  0   0 

151

Ej. Matricial

También puede usarse directamente el vector P’#emp para el caso general obtenido en la teoría. El vector obtenido se cambia de coordenadas locales a globales modificando su signo para así tener el vector equivalente PeqAB. Para realizar el cambio de base hay que utilizar la matriz L de 4x4 para un ángulo de desfase de -600. y

2’ 1’

y’ x

4’

-60º x’

3’

PeqAB = − PempAB = − L· P 'empAB

 1   2  3 − 2 = −   0    0 

3 2 1 2

0 0 1 2

0 0

−

3 2

 0   1   −96   48    0   0   −48 3  2 × = 3 3   96   −48     4 2   0   48 3  1   2 

Vectores de fuerzas y de desplazamientos: El vector de fuerzas tendrá tantos términos como grados de libertad globales hay (6). En él deben sumarse las reacciones, las cargas sobre nudos y las cargas equivalentes para cada grado de libertad.

 R1 + 48  1  2  R2 − 48 3   −48  3 4 F =  48 3 − 100   5 R5     6 R6

0 01  1 02  2 0      u3  3  −2,86·10−4  3 u= 4 = −4  4  u4   −2, 78·10  05  5 0  6  6 0 0  

Vectores de esfuerzos: Si obtenemos los vectores de fuerzas en coordenadas locales para cada uno de los elementos lo que tendremos serán los esfuerzos internos. Este vector P’ se obtiene sumando las fuerzas elementales procedentes del producto k’·δ’ con las fuerzas de “empotramiento” procedentes de las cargas sobre barra. P’=k’·δ’ + P’emp

y considerando que δ’=LT· δ:

152

P’= k’·LT·δ + P’emp

Ej. Matricial

P ' AB

0 −1 0    0 0 0   × 0 1 0    0 0 0  

1  2 EA  0 = 2 L  −1  0

1/ 2 3/2

  0  1  −96  1'  −115,5 1'    2  0  2'  0  2' 0 0   0      ×   −2,86·10−4  3 +  96  3' =  115,5  3' 1/ 2 − 3 / 2     4'   4' −4  4   0   0  3/2 1/ 2   −2, 78·10 

− 3/2

0

1/ 2

0

0

0

0

0

En el caso de la barra BC no hay esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de carga sobre barra y tampoco es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local de BC coincide con el global.

P 'BC

1  EA  0 = L  −1  0

0 −1 0   −2,86·10−4  3=3'  −57, 2  3'   0 0 0   −2, 78·10−4  4= 4'  0  4' ×  =  5=5'  57, 2  5' 0 1 0  0  6= 6'     6' 0 0 0  0  0  

De estos vectores de esfuerzos se obtienen directamente los diagramas de esfuerzos internos.

2’

57,2

1’

+

115,5 4’ 3’

+

4’

115,5

+

6’ 3’

153

57,2

+ 5’

N

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 1 En el sistema de la figura, utilizando métodos matriciales, se pide: a) Determinar la matriz de rigidez global del sistema. b) Calcular el desplazamiento de los nudos de la estructura y las reacciones en los apoyos. c) Calcular los esfuerzos en todas las barras. DATOS: P1 = 10 kN P2 = 5 kN EA = 5⋅104 kN Sm = 2⋅102 kN/m α= 1,2 ·10-5 0C-1 ΔT = 10 0C L = 10 m

Damos nombre a los nodos y a los grados de libertad globales. Al ser barras biarticuladas tomaremos dos grados de libertad por nodo. 2 1

A

B

C

4 3 6 5

Al ser barras biarticuladas iguales AB y BC, su matriz de rigidez será la misma en coordenadas locales: Las matrices de rigidez deben cambiarse de base −1 0   para cada una de las barras: 0 0 k ' AB kij=L·k’ij·LT 1 0 Los ángulos de desfase entre coordenadas  0 0 globales y locales que hay que tener en cuenta 0 para cada barra son:  Para AB: 00. Las coordenadas locales y globales 0 k ' AC coinciden. 0 Para BC: -900  0 Para AC: -450 Considerando la matriz de cambio de base para barras articuladas, se puede usar directamente la matriz para un ángulo de desfase α.

1 0  EA  0 0 = k 'BC = L  −1 0  0 0  1 0 −1  EA  0 0 0 = 2 L  −1 0 1  0 0 0

154

Ej. Matricial

 cos 2 α  senα ·cos α T k = L·k '· L = AE / L   − cos 2 α   − senα ·cos α

senα ·cos α

− cos 2 α

sen α − senα ·cos α

− senα ·cos α cos 2 α

− sen 2α

senα ·cos α

2

− senα ·cos α   − sen 2α  senα ·cos α   sen 2α 

La barra AB en coordenadas globales es igual que en coordenadas locales al coincidir el sistema de referencia local con el global:

k AB

1  EA  0 = L  −1  0

0 −1 0  1 0 0 0 2  0 1 0 3  0 0 0 4

Para la barra BC (-90º) y la barra CD (-45º) las matrices son:

k BC

0 0  EA  0 1 = L 0 0   0 −1

03 0 −1 4  0 05  0 16 0

k AC

 12  EA  − 1 2 = 2L − 12  1  2

− 12

− 12

1

1

1

−

2

1

2 1

2

−

2 2 1

2

1 − 12 2  − 12 5 6 1 2  1

2

Ensamblaje de la matriz de rigidez: Para ensamblar la matriz de rigidez sumamos los términos correspondientes en los nodos comunes a varios elementos. Además, hay que tener en cuenta las rigideces de los muelles en los grados de libertad en los que se encuentran (términos k22 y k33).

1  1 + 1  2 2  − 1  2 2 EA  K=  −1 L   0  − 1  2 2   1  2 2

2

−

1

2 2 S 1 + m 2 2 EA L 0 0 1 2 2 1 − 2 2

1+

3

4

5

−1

0

−

0

0

Sm

1

2 2 1 2 2

0

0

0

1

0

0

0 1

EA

0

L

2 2 1 −1 − 2 2

Se presenta sacando factor común a EA/L.

155

 1  1 2 2  1  − 2 2 2  0 3  −1  4  1  − 5 2 2   1  1+ 6 2 2  6

Ej. Matricial

1  3 5 6 2 4  1,35 −0,35 −1 0 −0,35 0,35  1    −0,35 0,39 0 0 0,35 −0,35 2   K = 5000· −1 0 1, 04 0 0 0 3  0 −1  4 0 0 1 0   0 0 0,35 −0,35 5  −0,35 0,35  0,35 −0,35 0 −1 −0,35 1,35  6  Debemos separar los grados de libertad libres (2,3 y 4) de los restringidos (1,5 y 6) para resolver. Los grados de libertad con muelles se consideran libres. Vectores de fuerzas y de desplazamientos: Deben calcularse las cargas equivalentes en los nudos para todas las cargas sobre barra. En este caso sólo existe una carga térmica de 10ºC sobre la barra AC.

P 'empAC

0   1    0  = EA  0 = k ' AC ×   −α∆TLAC  2 L  −1    0   0

0   6  1' 0 −1 0       2' 0 0 0 0   =0 × 0 1 0   −α∆T ( 2 L)   −6  5'    6'   0 0 0   0   0 

Para obtener las fuerzas equivalentes se debe pasar a coordenadas globales (con la matriz de cambio de base L para -45º) y cambiarle el signo.

PeqAC = − PempAC = − L· P 'empAC

1  2  −1 =− 2 0  0

0  6   −1 1 12 1 0 0   0  × =3 2 5 1 0 1 1   −6      6 0 −1 1   0   −1

1

0

El vector de fuerzas tendrá tantos términos como grados de libertad globales hay (6). En él deben sumarse las reacciones, las cargas sobre nudos y las cargas equivalentes para cada grado de libertad.

 R1 − 3   −10 + 3  −10 F =  −5   R5 + 3   R6 − 3

2 1  2 2 3  4 5 2  6 2 

01 u  2  2 u  3 u =  3 4  u4  05  6 0

Como puede verse en el vector u planteado, los grados de libertad restringidos (1, 5 y 6) tienen desplazamiento conocido 0, pero desconocemos las reacciones.

156

Ej. Matricial

Resolución de la ecuación matricial: obtención de desplazamientos y reacciones. Los desplazamientos de los grados de libertad libres (2, 3 y 4) se obienen mediante la ecuación:


, que se simplifica a

FL = K LL u L

al ser 0 los desplazamientos grados de libertad restringidos.

 2 3 4  −10 + 3 2  2  0,39 0 0   FL = K LL u L ⇒  −10  3 = 5000   0 1, 04 0  4 − 5    0 1  0 -10+3√2=5000·0,39·u2 -10=5000·1,04·u3 -5=-5000·u4

 2   u2   × u  3 3   3 4 u  4  4  2

u2=-2,95·10-3 m u3=-1,92·10-3 m u4=-10-3 m

Las reacciones de los grados de libertad restringidos (1, 5 y 6) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L


 2 3 4  R1 − 3 2  1  −0,35 −1 0  5 FR = K RL u L ⇒  R5 + 3 2  = 5000   0, 35 0 0  6  R 3 2 −  6   −0,35 0 −1

 −3 2   −2, 95·10   ×  −1,92·10 −3  3 5    −3  4 10 − 6    1

R1=19,0 kN R5=-9,4 kN R6=14,4 kN En los muelles las reacciones se obtienen a partir de los desplazamientos y siempre son opuestas a ellos: Rm2=-Sm·u2=-200·(-2,95·10-3)=0,59 kN de reacción hacia arriba (muelle comprimido) Rm3= -Sm·u3=-200·(-1,92·10-3)=0,38 kN de reacción hacia la derecha (muelle traccionado) Vectores de esfuerzos en las barras: Se utiliza la expresión P’= k’·LT·δ + P’emp En el caso de la barra AB no hay esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de carga sobre barra y tampoco es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local de AB coincide con el global.

157

Ej. Matricial

P ' AB

0 −1 0   0  1=1'  9, 6  1' 0 0 0   −2, 95·10 −3  2 = 2'  0  2' ×   = 0 1 0   −1, 92·10 −3  3=3'  −9, 6  3'      0 0 0   −10 −3  4 = 4'  0  4'

1  EA  0 = L  −1  0

En el caso de la barra BC no hay esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de carga sobre barra. El desfase para la matriz de cambio de base es de -90º.

P 'BC

0 −1 0  0 −1 0 0 0  1 0 × 0 1 0  0 0   0 0 0  0 0

1  EA  0 = L −1  0

0  −1,92·10−3  3  5  3'   0   −10−3  4  0  4' × =   5  −5 5' 0 −1  0  6   6'   1 0  0 0  0 0

En la barra AC hay que tener en cuenta la matriz cambio de base para -45º y el vector de esfuerzos de empotramiento y calculado (en coordenadas locales).

P ' AC

1  EA  0 = 2 L  −1  0

0 −1 0   1 −1   0 0 0 2 1 1 × 0 1 0  2 0 0   0 0 0 0 0

0  0  1  6  1'  13,3  1' 0   −2,95·10−3  2  0  2'  0  2' × + =  5  −6 5'  −13,3 5' 1 −1  0    6   6'   6' 1 1  0  0  0  0 0

El diagrama de esfuerzos es el siguiente. Como era de esperar, sólo hay normales. Todas las barras están comprimidas pues que el primer término de axil sea positivo y el segundo negativo indica compresión en coordenadas locales tal y como se indica.

-9,6

N

-13,3

-

5 2’

-

158

4’ 1’

3’

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 2 En la estructura representada en la figura, se pide, utilizando métodos matriciales: a) Indicar los grados de libertad necesarios para su cálculo. Razónese la elección. b) Calcular la matriz de rigidez global del sistema, a partir de las matrices de rigidez elementales. c) Determinar los desplazamientos en los grados de libertad libres. d) Calcular las reacciones en los apoyos. DATOS: L = 10 m Sm1 = 4·102 kN/m Sm2 = 2·103 kN·m/rad P = 10 kN M = 120 kN·m q = P/L EI = 105 kN·m2 AE = ∞ Damos nombre a los nodos y a los grados de libertad globales. Al ser barras inextensibles (AE = ∞) y pertenecer a una viga continua en la que no hay cargas en la dirección axial de la viga no es necesario considerar los grados de libertad axiales. Por tanto consideraremos sólo 2 grados de libertad por nodo. 1

A

2

5

C

3

B 4

6

Al ser barras biarticuladas iguales y horizontales, AB y BC tendrán la misma matriz de rigidez que coincidirá con la matriz de rigidez de una barra de viga continua.

k ' AB = k 'BC

 12 EI  L3   6 EI  L2 =  − 12 EI  L3  6 EI   L2

6 EI L2 4 EI L 6 EI − 2 L 2 EI L

12 EI L3 6 EI − 2 L 12 EI L3 6 EI − 2 L

−

6 EI  L2   1−3   1, 2 2 EI    L = 103 · 6 6 EI   − 2  −1, 2 L   6 4 EI   L 

2−4

3− 5

4−6

6

−1, 2

6

40

−6

20

−6

1, 2

−6

20

−6

40

  1− 3   2−4  3− 5   4−6 

Ensamblaje de la matriz de rigidez: Para ensamblar la matriz de rigidez sumamos los términos correspondientes a los grados de libertad en los nodos comunes a varios elementos. Además, hay que tener en cuenta las rigideces de los muelles en los grados de libertad en los que se encuentran (términos k11 y k66).

159

Ej. Matricial

 1 2 3  1, 6 6 − 1, 2   6 40 −6 3  K = 10 · −1, 2 −6 2, 4  6 20 0  0 −1, 2  0  0 0 6 

4

6

5

0

20 0 0 −1, 2

6

0 0 6

80

−6

20

−6 20

1, 2 −6

−6 42

   2  3  4 5  6  1

Vectores de fuerzas y de desplazamientos: Deben calcularse las cargas equivalentes en los nudos para todas las cargas sobre barra. En este caso sólo existe una carga q sobre la barra BC. El vector de fuerzas de empotramiento se obtiene directamente de un prontuario.

Por tanto, considerando los signos de nuestras coordenadas y teniendo en cuenta que en el caso que nos ocupa las coordenadas locales y las globales coinciden.

PempBC = P 'empBC

 qL  2   5  3'=3   qL2   25  4'= 4    3 12 = =    5'=5  qL   5  2    25  6'= 6  qL2   − 3   − 12 

Peq BC = − PempBC

 −5  3  25  − 3  4 = 5  −5   25  6  3 


 −10  1  0 2    R3 − 5  3 F = 4 25 120 − 3   R5 − 5  5  25 6 3  

 u1  1 u  2  2 03 u= 4  u4  05  6 u6 

Como puede verse en el vector u planteado, los grados de libertad restringidos (3 y 5) tienen desplazamiento conocido 0, pero desconocemos las reacciones.

160

Ej. Matricial

Resolución de la ecuación matricial: obtención de desplazamientos y reacciones. Los desplazamientos de los grados de libertad libres (1, 2, 4 y 6) se obtienen mediante la ecuación:



FL = K LL u L


 1      2 4 6  1 1   −10  1 1, 6 6 6 0   u1    FL = K LL u L ⇒  0  2 = 103 · 6 40 20 0 2  × u2  2    4  335  4 4 6 20 80 20    u4  3    25 6  6  3  6  0 0 20 42  u4  uL = K LL −1 FL

u1=-0,028 m u2=0,0026 m u4=0,0032 rad u6=-0,0013 rad Las reacciones de los grados de libertad restringidos (3 y 5) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L


 1 2 4 6  R3 − 5  3 3  FR = K RL u L ⇒   5 = 10  −1, 2 −6 0 6  R5 − 5 0 −6 −6  0

 −0, 028  1   2 3   0, 0026   ×  0, 0032  4 5   −0, 0013 6  

R3=14,9 kN R5=-6,1 kN En los muelles las reacciones se obtienen a partir de los desplazamientos y siempre son opuestas a ellos: Rm1=-Sm1·u1=-4·102·(-0,028)=11,2 kN de reacción hacia arriba (muelle comprimido) Rm6= -Sm2·u6=-2·103·(-0,0013)=2,6 kNm de reacción antihoraria Vectores de esfuerzos en las barras: Se utiliza la expresión P’= k’·LT·δ + P’emp

161

Ej. Matricial

En el caso de la barra AB no hay esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de carga sobre barra y tampoco es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local coincide con el global.

P ' AB

6 −1, 2 6   −0, 028 1=1'  1, 2  1'  1, 2  6 40 −6 20   0, 0026  2= 2'  0  2' ×   = 103 · =  −1, 2 −6 1, 2 −6   0  3=3'  −1, 2  3'       20 −6 40   0, 0032  4= 4'  12  4'  6

En el caso de la barra BC hay que tener en cuenta los esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de la carga sobre barra q, pero no es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local coincide con el global.

P 'BC

6 −1, 2 6   0  1, 2  3=3'  5  3'  16, 4  3'  40 −6 20   0, 0032  4 = 4'  8, 33  4' 110, 3 4' 3  6 ×   =  = 10 · +  −1, 2 −6 1, 2 −6    5=5'  5  5'  −6, 4  5' 0         20 −6 40   −0, 0013 6 = 6'  −8,33 6 '  3, 6  6 '  6

Los diagramas de esfuerzos se obtienen por partes (por elementos) y luego se juntan en un solo diagrama. 110,3 A 1,2 110,3 B

M

12 B

16,4

1,2

12

3,6 6,4

C

V 1,2

3,6

16,4 6,4

Es normal que existan pequeñas discrepancias debido a los redondeos utilizados. Por ejemplo, el salto del momento en B debiera ser de 120 kNm, igual que el momento puntual aplicado.

162

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 3 Para la estructura de nudos articulados de la figura ABC, a la que se le aplican una carga térmica ∆T en BC y una carga puntual P en B, la barra AC tiene una sección mayor que las otras dos tal y como se especifica en la figura. Se pide obtener por métodos matriciales: a) Desplazamientos en los nudos. b) Reacciones en todos los apoyos. c) Vectores de fuerzas internas para las barras y diagramas de esfuerzos de toda la estructura. Datos:

L P

L = 10 m A = 10-2 m2 E=2·108 kN/m2 P = 1000 kN α = 1,2·10-5 0C-1 ∆T=10ºC

∆T A, E

A, E

L

A

Los grados de libertad serán 6 (2 por nudo para barras biarticuladas): 6

4

5

3

C

B

A

2 1

Para una barra de pórtico plano:

C

B

Con los datos del problema se obtienen valores iguales para todas las barras:

AE/L=2·105 kN/m

Por tanto, la matriz de rigidez en locales para las 3 barras es:

1 0 5  k' = 2·10  −1  0

√2AE/√2L=2·105 kN/m Que será igual que la matriz de rigidez de la barra BC en globales.

163

0 −1 0  0 0 0  0 1 0  0 0 0

A√2, E

Ej. Matricial

k BC

1 0 = 2·105   −1  0

0 −1 0 0 0 1 0 0

0 3 0  4 0 5  0 6

La matriz de rigidez de la barra AB en globales puede obtenerse a través de la matriz cambiada de base, teniendo en cuenta que el ángulo de desfase es de 90º (s2=1, c2=0, sc=0 )

k AB

0 0 0 1 = L·k'·LT = 2·105  0 0  0 −1

01 0 −1 2 0 03  0 14 0

La matriz de rigidez de la barra AC en globales puede obtenerse a través de la matriz cambiada de base, teniendo en cuenta que el ángulo de desfase es de 45º (s2=1/2, c2=1/2, sc=1/2 )

k AC

1  1 −1 −1 1 2 2 2  2  1 1 −1 −1 2 2 2 2 2 T 5  = L·k'·L = 2·10 − 1 1 1 5 −1 2 2 2   2  1 1 1 1 6  − 2 − 2 2 2 

La matriz de rigidez ensamblada es una matriz de 6x6. Deben sumarse los términos de las barras en los nudos comunes.

 1 2 3 4 5 6  0,5 0,5 0 0 −0,5 −0,5   0,5 1,5 0 −1 −0,5 −0,5 5  K = 2·10  0 0 −1 0 −1 0  0 −1 0 1 0 0  0,5  −0,5 −0,5 −1 0 1,5  −0,5 −0,5 0 0 0,5 0,5 

   2  3  4 5  6 

1

Para obtener el vector de fuerzas hay que calcular primero las cargas equivalentes al incremento de temperatura. Para obtener ese esfuerzo de “empotramiento” en coordenadas locales puede utilizarse la matriz de rigidez en locales de la barra y el vector de los desplazamientos que se aplican para evitar el alargamiento de la misma.

164

Ej. Matricial

P 'empBC

 0  1  0    = EA  0 = k 'BC ×   −α∆TL  L  −1     0  0

0 −1 0 0 0 1 0 0

0   0   EAα∆T   240  3'   0  0   0   0 =  4' × =       0 −α∆TL − EAα∆T −240  5'        0  0   0   0  6'

El vector de fuerzas de empotramiento se puede obtener también directamente a partir del vector de fuerzas de empotramiento para una carga térmica general T1>T2 sobre una barra biempotrada eliminando los grados de libertad de giro (3º y 6º del vector) y considerando T1=T2=∆T:

Por tanto, considerando los signos de nuestras coordenadas y teniendo en cuenta que en el caso que nos ocupa (el de la barra BC) las coordenadas locales y las globales coinciden:

PempBC = P 'empBC

 240  3=3'  0   4= 4' =  −240  5=5'    0  6= 6'

Peq BC = − PempBC

 −240  3  0  4 =  240  5    0 6

El vector de fuerzas tendrá tantos términos como grados de libertad globales hay (6). En él deben sumarse las reacciones, las cargas sobre nudos y las cargas equivalentes para cada grado de libertad. La carga P debe dividirse en sus componentes horizontal y vertical.

 R1  1  R  2  2  R3 − 240  3 F =   −1000  4  R5 + 240  5    R6  6

0 0   0 u=  u4  0   0

El desplazamiento del grado de libertad libre (4) se obtiene mediante la ecuación:



FL = K LL u L


−1000 = 2·105 × u4

165

Ej. Matricial

De aquí se obtiene:

u L = u4 = −5·10−3 m Las reacciones de los grados de libertad restringidos (1, 2, 3, 5, 6) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L

al ser 0 los desplazamientos grados de libertad restringidos. La reacción en el muelle se obtiene de modo sencillo a través del desplazamiento: Rm=-Sm·u4=-10000·(-0,005238)=52,38 kN

4   R1   0 1 0  R  1000   1 2    2   1 −  R3 − 240  = 2·105 ·  2 × [ −0, 005]4 =  0  3     03  R5 + 240   0 5 05  0  6    R6   0  6 R1=0 kN R2=1000 kN R3=0+240=240 kN R5=0-240=-240 kN R6=0 kN Para obtener los esfuerzos en la barra BC se utiliza la expresión P’BC= k’BC·LT·δBC + P’empBC, pero en este caso el sistema de referencia local coincide con el global y así no es necesario hacer el cambio de base utilizando LT.

P'BC =k'BC ·δ 'BC + P 'empBC

1 0 = 2·105   −1  0

0 −1 0  3'  0  3'  240  3'  240kN  3' 0 0 0  4'  −0, 005 4'  0  4'  0  4' + = · 0 1 0  5'  0  5'  −240  5'  −240kN  5'        0 0 0  6'  0  6 '  0  6'  0  6'

Para obtener los esfuerzos en la barra AB se utiliza la expresión P’AB= k’AB·LT·δAB + P’empAB. En este caso el sistema de referencia local no coincide con el global, por lo que es necesario hacer el cambio de base utilizando LT para 90º. No existe vector P’empAB al no haber cargas sobre barra. c −s 0 0  0 s c 0 0    =  −1 LT =  0 0 c − s  0    0 0 s c  0 T

0 0  0 0 1  0 −1 0 

1 0

0 0

166

Ej. Matricial

P' AB

1 0 = 2·105   −1  0

0 −1 0  1'  0 0 0 0  2'  −1 × 0 1 0  3'  0   0 0 0  4'  0

0  0  1 1    0 0 0 0  0  2 · = 2·105   −1 0 0 1  0  3    0 −1 0  −0, 005 4 0

1

0

0 −1 0 1'  0  1'  1000kN  1'  0 0 0 2'  0  2'  0  2' × = 0 1 0 3'  −0, 005 3'  −1000kN  3'      0 0 0 4'  0  4'  0  4'

Los esfuerzos en la barra AC se obtendrían mediante la expresión: P’AC= k’AC·LT·δAC + P’empAC. Sin embargo, el vector de desplazamientos δAC es nulo y P’empAC también. Por tanto el vector de esfuerzos P’AC será nulo. Se aíslan las barras aplicándoles los esfuerzos calculados en sus extremos y a partir de dichas barras se obtienen los diagramas de esfuerzos. En este caso sólo habrá axiles debido a que tenemos una estructura de nudos articulados con cargas únicamente en los nudos. 240 kN

240 kN

-240 kN

1000 kN

-1000 kN

1000 kN

167

N

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 4 Para la viga continua de la figura ABC, en el tramo AB se le aplica una carga térmica lineal que varía entre un incremento +T en la cara superior y un descenso –T en la inferior. En el tramo BC hay una carga puntual P. La viga tiene un canto h. a) Desplazamientos en los nudos. b) Reacciones en todos los apoyos. c) Vectores de esfuerzos de las dos barras de la estructura. Datos: L = 10 m E = 2·108 kN/m2 I = 5·10-4 m4 P = 1000 kN α = 1,2·10-5 0C-1 T = 10ºC h = 0,5 m

+T A

P B

C

-T L

L/2

L/2

Damos nombre a los nodos y a los grados de libertad globales. Al ser barras inextensibles (AE = ∞) y pertenecer a una viga continua en la que no hay cargas en la dirección axial de la viga no es necesario considerar los grados de libertad axiales. Por tanto consideraremos sólo 2 grados de libertad por nodo. 1

A

2

5

C

3

B 4

6

Al ser barras biarticuladas iguales y horizontales, AB y BC tendrán la misma matriz de rigidez que coincidirá con la matriz de rigidez de una barra de viga continua.

k ' AB = k 'BC

 12 EI  L3   6 EI  L2 =  − 12 EI  L3  6 EI   L2

6 EI L2 4 EI L 6 EI − 2 L 2 EI L

12 EI L3 6 EI − 2 L 12 EI L3 6 EI − 2 L

−

6 EI  L2   1−3   1, 2 2 EI   L  3  6 = 10 · 6 EI   − 2  −1, 2 L   6 4 EI   L 

2− 4

3− 5

4−6

6

−1, 2

6

40 −6

−6 1, 2

20 −6

20

−6

40

  1− 3   2−4  3− 5   4−6 

Ensamblaje de la matriz de rigidez: Para ensamblar la matriz de rigidez sumamos los términos correspondientes a los grados de libertad en los nodos comunes a varios elementos.

168

Ej. Matricial

 1 2 3  1, 2 6 − 1, 2   6 40 −6 3  K = 10 · −1, 2 −6 2, 4  6 20 0  0 −1, 2  0  0 0 6 

4

6

5

0

20 0 0 −1, 2

6

0 0 6

80

−6

20

−6 20

1, 2 −6

−6 40

   2  3  4 5  6  1

Vectores de fuerzas y de desplazamientos: Deben calcularse las cargas equivalentes en los nudos para todas las cargas sobre barra. En este caso existe una carga térmica lineal ±T y una carga puntual P sobre la barra BC. Los vectores de fuerzas de empotramiento se obtienen directamente de un prontuario.


PempAB = P 'empAB

0   1'=1  EIα 2T   0    2'= 2 − h   −48 = = 3'=3 0    0   EIα 2T   48  4'= 4 h  

PempBC = P 'empBC

 P   2   500  3'=3  PL    4'= 4 8   1250  = =  P   500  5'=5  2    6'= 6  PL   −1250  − 8  

Peq BC = − PempBC

 0 1  48  2  =  0 3  4  −48

Peq BC = − PempBC

 −500  3  −1250  4  =  −500  5  6  1250 


169

Ej. Matricial

 0 1  48  2    −500  3 F = 4  −1298  −500  5  6  1250 

01 02   03 u= 4  u4  05  6 0

Como puede verse en el vector u planteado, los grados de libertad restringidos (1, 2, 3, 5 y 6) tienen desplazamiento conocido 0, pero desconocemos las reacciones. Resolución de la ecuación matricial: obtención de desplazamientos y reacciones. El desplazamientos del grado de libertad libre (4) se obtiene mediante la ecuación:



FL = K LL u L


FL = K LL u L ⇒ −1298 = 80·103 × u4 uL = K LL −1 FL

u4=-0,0162 rad (sentido horario) Las reacciones de los grados de libertad restringidos (1, 2, 3, 5 y 6) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L


FR = K RL u L ⇒

R1= kN R3= kN R6= kNm

R2= kNm R5= kN

Vectores de esfuerzos en las barras: Se utiliza la expresión P’= k’·LT·δ + P’emp En el caso de la barra AB hay que tener en cuenta los esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de la carga sobre barra, pero no es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local coincide con el global.

170

Ej. Matricial

P ' AB

6 −1, 2 6   0  1, 2  1=1'  0  1'=1  −97, 2   0  1'  −97, 2 kN  1'  6  2= 2'  −48  2 '= 2  −324   −48  2 '  −372 kNm  2' 40 −6 20   0   +  =  = 103 · × + =  −1, 2 −6 1, 2 −6    3=3'  0  3'=3  97, 2   0  3'  97, 2kN  3' 0             20 −6 40   −0, 0162  4= 4'  48  4 '= 4  −648   48  4 '  −600 kNm  4'  6

En el caso de la barra BC hay que tener en cuenta los esfuerzos de empotramiento perfecto procedentes de la carga sobre barra P, pero no es necesario hacer ningún cambio de base pues el sistema de referencia local coincide con el global.

P 'BC

6 −1, 2 6   0  1, 2  3=3'  500  3'  kN  3'  40 −6 20   −0, 0162  4 = 4'  1250  4'  kNm  4' 3  6 = 10 · × + =  −1, 2 −6 1, 2 −6   0  5=5'  500  5'  kN  5'     6 = 6'   6'   6' 20 −6 40   0  6   −1250   kNm 

171

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 5 Para la estructura de la figura ABC, con un nudo rígido en B y a la que se le aplican una carga distribuida q y una carga puntual P, se pide obtener por métodos matriciales: a) Desplazamiento y giro del punto B b) Reacciones en los apoyos. c) Esfuerzos en la barra BC.

q

Datos: 45 A, E, I, L

B

L = 10 m A = 10-2 m I = 5·10-4 m4 E=2·108 kN/m2 q = 200 kN/m P = 100√2 kN Sm = 10000 kN/m

C

P A, E, I, L

A

Los grados de libertad serán:

C B

5 6

8 4

9 7

2 A

3

1


Con los datos del problema se obtienen los valores: AE=2·106 kN EI=105 kNm2 AE/L=200·103 kN/m 12EI/L3=1,2·103 kN/m 6EI/L2=6·103 kN 2EI/L=20·103 kNm 4EI/L=40·103 kNm

Por tanto, la matriz de rigidez en locales para las 2 barras es: 0 0 −200 0 0  200  0 1, 2 6 0 −1, 2 6    0 6 40 0 −6 20  k' = 103   − 200 0 0 200 0 0   0 −1, 2 −6 0 1, 2 −6    6 20 0 −6 40   0

Que será igual que la matriz de rigidez de la barra BC en globales.

172

Ej. Matricial

k BC

0 0 −200 0 04  200  0 1, 2 6 0 − 1, 2 6  5   0 6 40 0 −6 20  6 = 103   − 200 0 0 200 0 0 7   0 0 1, 2 −6  8 −1, 2 −6   6 20 0 −6 40  9  0


k AB

0 −6 −1, 2 0 −6  1  1, 2  0 200 0 0 −200 0  2   −6 0 40 6 0 20  3 = L·k'·LT = 103   0 6 1, 2 0 64  −1, 2  0 −200 0 0 200 0  5   0 20 6 0 40  6  −6

La matriz de rigidez ensamblada es una matriz de 9x9. Deben sumarse los términos de las dos barras en la submatriz del nudo común (nudo B) y además, ha de tenerse en cuenta la rigidez del muelle en el término k55.

 1 2 3 4 5  1, 2 0 −6 −1, 2 0   0 200 0 0 −200  0 40 6 0  −6  −1, 2 0 6 201, 2 0 K = 103  −200 0 0 211, 2  0  −6 0 20 6 6  0 0 −200 0  0  0 0 0 0 −1, 2   0 0 0 0 6

6

7

8

9

−6 0 0 0 0 0 0 0 20 0 0 0 6 −200 0 0 6 0 −1, 2 6 80 0 −6 20 0 200 0 0 −6 20

0 0

1, 2 −6

−6 40

  1  2  3  4  5  6  7  8 9 

Para obtener el vector de fuerzas hay que calcular primero las cargas equivalentes a la carga q a través de los momentos de empotramiento perfecto: El vector de fuerzas de empotramiento se obtiene directamente de un prontuario.


173

Ej. Matricial

PempBC

 0   qL   0  4'= 4   2  1   2    5'=5  qL    6'=6 1, 667 12  3 = P 'empBC =  = 10 ·   0  0  7 '= 7     1  8'=8  qL    2    −1, 667  9'=9  qL2   − 12   0 4  −1   5  −1, 667  6 Peq BC = − PempBC = 103 ·   0 7  −1  8    1, 667  9

El vector de fuerzas tendrá tantos términos como grados de libertad globales hay (9). En él deben sumarse las reacciones, las cargas sobre nudos y las cargas equivalentes para cada grado de libertad. La carga P debe dividirse en sus componentes horizontal y vertical. 1

R1    R 2 2  3  R3   4  R4 + 100  5 F =  −1100   6  −1667   7 R7    R8 − 1000  8  R + 1667  9  9 

1

0 02  3 0  4 0 5 u =  u5   6  u6  0  7   0  8 0  9  

Los desplazamientos de los grados de libertad libres (5 y 6) se obtienen mediante la ecuación:



FL = K LL u L


 5 6  −1,1  5 3  10 ·  = 10 · 211, 2 6  −1, 667  6  6 80 3

   u5  5 5×   u6  6  6

174

Ej. Matricial

De aquí se obtiene:

 −0, 004626m  5 uL =    −0, 0205rad  6 Las reacciones de los grados de libertad restringidos (1, 2, 3, 4, 7, 8 y 9) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L

al ser 0 los desplazamientos grados de libertad restringidos. La reacción en el muelle se obtiene de modo sencillo a través del desplazamiento: Rm=-Sm·u5=-10000·(-0,004626)=46,26 kN

 5 R1     R   0 2    −200  R3   0   3  R + 100 = 10 · 4    0  R7      0  R8 − 1000   −1, 2  R + 1667    9   6

6

−6 0 20 6 0 −6 20

  1  2  3   −0, 0046  5 ×   −0, 0205  6 4  7  8  9 

R1=123 kN R2=920 kN R3=-410 kNm R4=-123-100=-223 kN R7=0 R8=128+1000=1128 kN R9=-437-1667=-2104 kNm Para obtener los esfuerzos en la barra BC se utiliza la expresión P’BC= k’BC·LT·δBC + P’empBC, pero en este caso el sistema de referencia local coincide con el global, por lo que no es necesario hacer el cambio de base utilizando LT.

175

Ej. Matricial


0 0 −200 0 0 0   0   0  200    0      1, 2 6 0 −1, 2 6   −0, 0046   1000   871kN    0 6 40 0 −6 20   −0, 0205   1667   819kNm  = 103   · + =  0 0 200 0 0 0   0   0  −200   0       −1, 2 −6 0 1, 2 −6 0 1000 1128kN         6 20 0 −6 40   0   −1667   −2105kNm   0

176

Ej. Matricial

Ejemplo de problema completo 6 Para la estructura de nudos articulados de la figura ABC y a la que se le aplican una carga distribuida q y una carga puntual P. La barra AC tiene una sección mayor que las otras dos. Se pide obtener por métodos matriciales: a) Desplazamiento del punto B b) Reacciones en todos los apoyos. c) Diagramas de esfuerzos de toda la estructura.

L

Datos: B

L = 10 m A = 10-2 m E=2·108 kN/m2 q = 200 kN/m P = 100√2 kN Sm = 10000 kN/m

q

Sm

45 A, E P A, E

L

C A√2, E

A

Los grados de libertad serán 6 (2 por nudo para barras biarticuladas):

6

Sm

5 B

A

4

C

3

2 1


Con los datos del problema se obtienen valores iguales para todas las barras: AE/L=2·105 kN/m

Por tanto, la matriz de rigidez en locales para las 3 barras es:

1 0 5  k' = 2·10  −1  0

Que será igual que la matriz de rigidez de la barra BC en globales.

177

0 −1 0  0 0 0  0 1 0  0 0 0

Ej. Matricial

k BC

1 0 = 2·105   −1  0

0 −1 0 0 0 1 0 0

0 3 0  4 0 5  0 6


k AB

0 0 0 1 = L·k'·LT = 2·105  0 0  0 −1

01 0 −1 2 0 03  0 14 0

La matriz de rigidez de la barra AC en globales puede obtenerse a través de la matriz cambiada de base, teniendo en cuenta que el ángulo de desfase es de 45º (s2=1/2, c2=1/2, sc=1/2 )

k AC

1  1 −1 −1 1 2 2 2  2  1 1 −1 −1 2 2 2 2 2 T 5 = L·k'·L = 2·10 − 1 1 1 5 −1 2 2 2   2  1 1 1 1 6  − 2 − 2 2 2 

La matriz de rigidez ensamblada es una matriz de 6x6. Deben sumarse los términos de las barras en los nudos comunes y además, ha de tenerse en cuenta la rigidez del muelle sumándola en el término k44.

 1 2 3 4 5 6  0,5 0,5 0 0 − 0,5 − 0,5   0,5 1,5 0 −1 −0,5 −0,5 5  K = 2·10  0 0 −1 0 −1 0  0 −1 0 1, 05 0 0  1,5 0,5  −0,5 −0,5 −1 0  −0,5 −0,5 0 0 0,5 0,5 

   2  3  4 5  6  1

Para obtener el vector de fuerzas hay que calcular primero las cargas equivalentes a la carga q. El vector de fuerzas de empotramiento se obtiene directamente a partir de las reacciones en una barra biarticulada.

178

Ej. Matricial

q qL/2

qL/2


PempBC = P 'empBC

 0  0  3=3'  qL     2 3  1  4 = 4'  = 10 · = 0  5=5'  0     qL  1  6=6'  2 

Peq BC = − PempBC

03   3  −1 4 = 10 · 05    −1 6

El vector de fuerzas tendrá tantos términos como grados de libertad globales hay (6). En él deben sumarse las reacciones, las cargas sobre nudos y las cargas equivalentes para cada grado de libertad. La carga P debe dividirse en sus componentes horizontal y vertical.

0 0   0 u=  u4  0   0

R1  1  R  2  2  R3 + 100  3 F =   −1100  4  R5 5    R6 − 1000  6

El desplazamiento del grado de libertad libre (4) se obtiene mediante la ecuación:



FL = K LL u L


−1100 = 2,1·105 × u4 De aquí se obtiene:

u L = u4 = −5, 238·10 −3 m Las reacciones de los grados de libertad restringidos (1, 2, 3, 5, 6) se obtienen mediante la ecuación:



FR = K RL u L

al ser 0 los desplazamientos grados de libertad restringidos. La reacción en el muelle se obtiene de modo sencillo a través del desplazamiento:

179

Ej. Matricial

Rm=-Sm·u4=-10000·(-0,005238)=52,38 kN

4  R1    0 1 0 1  R  1048   2    2   5 −1 2  R3 + 100  = 2·10 ·  × [ −0, 005238]4 =  0  3     03 0 5  R5   05  0  6    R6 − 1000   0  6 R1=0 kN R2=1048 kN R3=0-100=-100 kN R5=0 kN R6=0+1000=1000 kN Para obtener los esfuerzos en la barra BC se utiliza la expresión P’BC= k’BC·LT·δBC + P’empBC, pero en este caso el sistema de referencia local coincide con el global, por lo que no es necesario hacer el cambio de base utilizando LT.


1 0 5  = 2·10  −1  0

0 −1 0  3'  0  3'  0  3'  0  3'   0 0 0  4'  −0, 005238 4' 1000 4' 1000kN  4' + = ·  5'  0  5'  0  5' 0 1 0  5'  0        0 0 0  6'  0  6' 1000 6' 1000kN  6'

Para obtener los esfuerzos en la barra AB se utiliza la expresión P’AB= k’AB·LT·δAB + P’empAB. En este caso el sistema de referencia local no coincide con el global, por lo que es necesario hacer el cambio de base utilizando LT para 90º. No existe vector P’empAB al no haber cargas sobre barra. c −s 0 0  0 s c 0 0    =  −1 LT =  0 0 c − s  0    0 0 s c   0 T

P' AB

1 0 = 2·105   −1  0

0 0  0 0 1  0 −1 0 

1 0

0 0

0 −1 0  1'  0 0 0 0  2'  −1 × 0 1 0  3'  0   0 0 0  4'  0

0  0 1 1     0 0 0  0  2 = 2·105  0 · 3  −1 0 0 1  0    0 −1 0   −0, 005238 4 0 1

0

0 −1 0  1'  0  1'  1048kN  1'      0 0 0  2'  0 0  2' =   2' × 0 1 0  3'  −0, 005238 3'  −1048kN  3'      0 0 0  4'  0 0  4'   4'

Los esfuerzos en la barra AC se obtendrían mediante la expresión: P’AC= k’AC·LT·δAC + P’empAC. Sin embargo, el vector de desplazamientos δAC es nulo y P’empAC también. Por tanto el vector de esfuerzos P’AC será nulo. Se aíslan las barras aplicándoles los esfuerzos calculados en sus extremos y a partir de dichas barras se obtienen los diagramas de esfuerzos: momentos flectores, cortantes y normales. 180

Ej. Matricial

1048 kN

200 kN/m 1000 kN

1000 kN 2500 kNm M

1048 kN

1000 kN

-1048 kN

1000 kN N

V

Es interesante resaltar que en el caso presentado, a pesar de ser barras biarticuladas sí que existen momentos flectores y cortantes. Esto es debido a que las cargas no están sobre los nudos únicamente sino que tenemos cargas sobre la barra BC.

181

C.6 Fundamentos del MEF

Capítulo 6. Fundamentos del M.E.F. El Método de los Elementos Finitos en barras con normales Introducción El Método de los Elementos Finitos es una generalización del método matricial que puede ser utilizado para resolver multitud de problemas físicos, incluidos los estructurales. Sus principales características son: • • • • •

Discretiza la estructura en ELEMENTOS (trozos) Los elementos contienen puntos llamados NODOS (generalmente en los bordes) Los elementos que comparten nodos están unidos. En cada nodo tendremos unos determinados GRADOS DE LIBERTAD que definen el estado del mismo. Los grados de libertad en un análisis estructural simple (nuestro caso) se corresponden con DESPLAZAMIENTOS y/o GIROS de los nodos.

El objetivo es conocer los resultados en los G.D.L. de los nodos para así saber cómo se deforma la estructura. En la figura siguiente se presenta un ejemplo de discretización de una pieza plana (chapa) en elementos y nodos.

En el presente tema se utilizará una notación ligeramente diferente a la de matricial, pero bien pudiera utilizarse la misma.

Discretización La discretización es una parte fundamental de la modelización por elementos finitos, en ella dividimos la estructura en elementos. Como ocurría en el método directo de la rigidez (cálculo matricial) siempre se consideran las cargas en los nodos, si no lo están, deben trasladarse a los nodos mediante simplificaciones. El método calcula de forma exacta resultados en los nodos. Los resultados intermedios se obtienen a partir de estos por aproximaciones. Una gran diferencia con el cálculo matricial es que la 183


propia formulación del Método de los Elementos Finitos es la que proporciona los valores de desplazamientos entre nudos a través de funciones matemáticas de aproximación. A mayor número de elementos mayor número de nodos y, por tanto, mayor precisión en el cálculo. En las zonas con cargas concentradas o donde se prevea concentración de tensiones se discretiza en un mayor número de elementos.

Tipos de elementos finitos: La clasificación más habitual de los elementos finitos es: • • •

Elementos unidimensionales: en estructuras son elementos tipo barra. Elementos bidimensionales: en estructuras son elementos planos cuadrilaterales o triangulares. Elementos tridimensionales: en estructuras son elementos tetraédricos, hexaédricos o prismáticos.

Los nodos no tienen por qué estar solamente en los vértices. Puede haber en los lados y en el interior del elemento. Esto implica más complejidad en el estudio del elemento En cada nodo puede interesarnos considerar uno o varios grados de libertad. Recordemos que los grados de libertad en problemas estructurales simples son desplazamientos y/o giros de los nodos. A menor número de G.D.L. más simple es el problema.

Vector desplazamientos del elemento: {ue} Los desplazamientos de las zonas situadas entre nodos se obtienen de forma aproximada. Para trabajar con dichos desplazamientos debemos: • •

Escribirlos en función de los parámetros nodales (desplazamientos) en los grados de libertad de los nodos. Decidir cómo supondremos que varían esos desplazamientos en la zona entre nodos. 184


La forma que seleccionemos irá implícita en una matriz llamada matriz de aproximación o matriz de funciones de forma [Ne]. Así, conociendo el vector de los parámetros nodales o desplazamientos de los nodos del elemento {δe}:

{ue } = [ N e ]{δ e } Funciones de forma Ni en elementos unidimensionales Tomamos como ejemplo un elemento de longitud L que sólo puede estar sometido a tracciones o compresiones (barra biarticulada, p. ej.) Consideramos que los únicos grados de libertad son los desplazamientos axiales u1 y u2 (la barra sólo puede alargarse o acortarse).

0

u1

u(x)

u2

x L

El desplazamiento axial u(x) de un punto cualquiera del elemento puede expresarse con una función de aproximación: u(x)=ax+b. La elegida es una función lineal (polinomio de primer grado), pero puede haber otros casos en los que interese utilizar funciones cuadráticas (2º grado), cúbicas (3er grado), etc. Los coeficientes a y b de esas funciones de aproximación pueden escribirse dependiendo de u1 y u2. Ya que u1=u(0) y u2=u(L): b = u1 u1 = u (0) = a·0 + b  ⇒ u −u u2 = u ( L) = a·L + b  a = 2 1 L

Cuando tenemos los coeficientes a, b de las funciones de aproximación escritos en función de los desplazamientos de los nudos u1, u2 puede escribirse la función de aproximación de desplazamientos u(x) como: u ( x) = ax + b   u 2 − u1 x  x b = u1   x + u1 =  1 − u2  ⇒ u ( x) =  u1 + L L L  u 2 − u1  a =  L 

A las funciones que van multiplicadas por los parámetros nodales (desplazamientos u1 y u2) se les llama funciones de forma. En este caso, son: N1=1-x/L

N2=x/L

Así, la función de aproximación de desplazamientos puede escribirse: u(x)=N1·u1+N2·u2 Lo que se puede escribir en forma matricial:

u ( x) = [ N1

 u1  N2 ]    u2 

u ( x) = 1 − x  L

185

u x  1  L u   2


Que es la expresión buscada:

{ue } = [ Ne ]{δ e }

Vector de desplazamientos Matriz de funciones de Desplazamientos = x del elemento forma del elemento nodales del elemento

Interpretación gráfica de las funciones de forma Las funciones de forma de un elemento son polinomios que tienen un valor unidad en el nodo correspondiente y un valor 0 en el resto. Esto significa que la función de forma Ni determina cómo son los desplazamientos en un punto cualquiera del elemento (x) cuando el desplazamiento del nodo i es 1 y 0 el del resto de los nodos.

1

1 u(x)

N1

u(x)

N2 x

x 0 0

x u1=1

u(x)

0

L u2=0

x u(x)

0 u1=0

x

L u2=1

x L

L

En el ejemplo presentado usamos una función de aproximación lineal, es decir, se supone que el desplazamiento axial u de los puntos del elemento varía linealmente entre los nodos. Esto es exacto para elementos comprimidos o traccionados uniformemente.

Funciones de forma de elemento cuadrático Cuando un elemento tiene nodos entre los extremos decimos que se trata de un elemento de grado superior. Si continuamos con el caso simple de barras que sólo pueden estar sometidas a tracciones o compresiones, podemos pensar en un elemento con 3 nodos.

u1

u(x) u2

u3

x1=0 x x2=L/2 x3=L Como se dijo, las funciones de forma de un elemento son polinomios que tienen un valor unidad en el nodo correspondiente y un valor 0 en el resto.

186


1

1

1 N2

N1

N3

x 0

L/2

x 0

L

L/2

L

0

L L/2

Dichas funciones pueden obtenerse mediante la siguiente aplicación de los polinomios de Lagrange:

Ni = ∏ i≠ j

(x − x ) (x − x ) j

i

j

N1: buscamos un polinomio que tenga valor 1 en el nodo 1 y valor 0 en los nodos 2 y 3. N1 =

( x − x2 )( x − x3 ) ( x − L 2 ) ( x − L ) 1 = = ( 2x − L )( x − L ) ( x1 − x2 )( x1 − x3 ) ( 0 − L ) ( 0 − L ) L2 2

N2: buscamos un polinomio que tenga valor 1 en el nodo 2 y valor 0 en los nodos 1 y 3. N2 =

( x − x1 ) ( x − x3 ) = ( x − 0)( x − L ) = − 4 x x − L ( ) ( x2 − x1 ) ( x2 − x3 ) ( L − 0)( L − L ) L2 2

2

N3: buscamos un polinomio que tenga valor 1 en el nodo 3 y valor 0 en los nodos 1 y 2.

N3 =

( x − x1 ) ( x − x2 ) = ( x − 0) ( x − L 2 ) = 1 x 2x − L ( ) ( x3 − x1 ) ( x3 − x2 ) ( L − 0) ( L − L 2) L2

Un elemento cuadrático como este implica que las deformaciones axiales varían de forma parabólica entre los nodos. Esta suposición es exacta en barras con carga axial distribuida uniformemente.

Funciones de forma de elementos de grado n-1 Si trabajamos con cargas aún más complejas en barras sometidas a tracciones y compresiones hay que utilizar elementos de grado superior. Ejemplo: Obtener las funciones de forma de un elemento lagrangiano de cuatro nodos.

187


x − L )( x − 2 L ) ( x − L ) ( 3 3 N = ( 0 − L 3 )( 0 − 2L 3 ) ( 0 − L ) ( x − 0) ( x − 2L 3 ) ( x − L ) N = ( L 3 − 0)( L 3 − 2L 3 )( L 3 − L ) ( x − 0) ( x − L 3 ) ( x − L) N = ( 2L 3 − 0 )( 2L 3 − L 3 )( 2L 3 − L ) ( x − 0 ) ( x − L 3 )( x − 2 L 3 ) N = ( L − 0 ) ( L − L 3 )( L − 2 L 3 ) 1

2

3

4

Como puede verse, mediante los polinomios de Lagrange se obtienen funciones cúbicas. Condición de polinomio completo de u(x) Las funciones de desplazamientos que se obtengan deben ser un polinomio completo (debe contener todos los términos de grado inferior). • •

P. ej.: ax2+c no es polinomio completo, falta el término en x. P. ej.: ax3+cx+d no es polinomio completo, falta el término en x2.

El grado de las funciones de desplazamientos es el grado de las funciones de forma Ni. Si se omite algún término puede que no se alcance la solución exacta aunque se utilice un polinomio de grado elevado.

Obtención de la matriz de rigidez elemental [ke] La matriz de rigidez para un elemento se obtiene aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales en su variante de principio de los desplazamientos virtuales y las ecuaciones de Compatibilidad y Comportamiento. El Principio de los trabajos virtuales (PDV). Aplicación general: Tenemos un sistema real de fuerzas en equilibrio sobre el elemento: • • • •

{Pe} aplicadas en los nodos {qe} distribuidas en su volumen {pe} distribuidas en su superficie. En ese sistema real habrá unas tensiones reales {σ}

Consideramos un sistema virtual de desplazamientos compatibles con las condiciones del contorno: • • •

{δe}* desplazamientos nodales {ue}* desplazamientos entre nodos En ese sistema virtual habrá unas deformaciones virtuales ε* 188


relacionadas con los desplazamientos. PTV: Trabajo virtual externo=Trabajo virtual interno Trabajo virtual externo: las fuerzas externas reales realizan trabajo sobre desplazamientos virtuales.

We( ext ) = {δ e*} [ Pe ] + ∫ {ue*} T

T

{ qe } dVe + ∫ {ue*} { pe } dSe T

Ve

Se

Usando las funciones de forma: {ue}=[Ne]{δe} Aplicando la relación ([a][b])T=[b]T[a]T {ue} T={δe}T[Ne]T , por tanto también: {ue*} T={δe*}T[Ne]T

We( ext ) = {δ e* } [ Pe ] + {δ e * } T

T

∫ [ N ] {q } dV + {δ } ∫ [ N ] { p } dS * T

T

e

e

e

Ve

T

e

e

e

e

Se

Trabajo virtual interno: las tensiones reales realizan trabajo sobre las deformaciones virtuales.

We (int) =

∫ {ε } {σ } dV * T

e

Ve

Uso de las condiciones de compatibilidad y comportamiento. Las condiciones de compatibilidad relacionan las deformaciones y los desplazamientos. Las simbolizaremos como [∂]

{ε } = [ ∂ ]{ue} Las condiciones de comportamiento son las que relacionan tensiones y deformaciones (leyes de Hooke en elasticidad). Las simbolizaremos como [D]

{σ } = [ D ]{ε } Si aplicamos estas condiciones en el We(int)

We (int) = ∫ {ε

*

}

T

Ve

T T T T T T   ε * } = {u*e } [ ∂ ] = {δ e* } [ N e ] [∂ ] { {σ } dVe →   {σ } = [ D ]{ε } = [ D ][ ∂ ]{ue } = [ D ][ ∂ ][ N e ]{δ e }

We (int) = ∫ {δ e* } [ N e ] [ ∂ ] ·[ D][ ∂ ][ N e ]{δ e }·dVe T

T

T

Ve

A [∂][Ne] le llamaremos matriz de deformación del elemento [Be] Y como: [Be]T=([∂][Ne])T= [Ne]T[∂]T

{ } [ B ] [ D ][ B ]{δ } dV

We (int) = ∫ δ e*

T

T

e

e

e

e

Ve

189


Igualando los trabajos externos e internos:

{δ } [ P ] + {δ } ∫ [ N ] { q } dV + {δ } ∫ [ N ] { p } dS = {δ } ∫ [ B ] [ D][ B ]{δ } dV *

e

T

* e

e

T

T

e

e

e

* e

Ve

T

T

e

e

* e

e

Se

T

T

e

e

e

Ve

Eliminando de los dos términos {δ*e}T:

[ Pe ] + ∫ [ N e ] {qe } dVe + ∫ [ N e ] { pe } dSe = ∫ [ Be ] [ D ][ Be ] dVe ·{δ e } T

T

Ve

T

Se

Fuerzas en nodos Fuerzas de volumen trasladadas a nodos

Ve

Fuerzas de superficie trasladadas a nodos

MATRIZ DE Desplazamientos RIGIDEZ DEL en los nodos ELEMENTO

{Fe } = [ ke ]{δ e } Que es la ecuación matricial de equilibrio del elemento. Cálculo matricial Una vez obtenidas las matrices de rigidez elementales y trasladadas las fuerzas a los nodos se trabaja del mismo modo que en cálculo matricial de estructuras. Se han de pasar las matrices de los elementos y los vectores de fuerzas o desplazamientos a coordenadas globales. Para ello se puede usar la matriz de rotación [R] para las diferentes submatrices de la matriz de rigidez. También se usa la matriz [R] para cambiar el sistema de referencia en vectores correspondientes a un nodo.

cos α  senα

[ R] = 

−senα  cos α 

{Fe }G = [ R ]{Fe }L {δ e }G = [ R ]{δ e }L Se debe ensamblar la matriz de rigidez global [K0] uniendo las diferentes matrices elementales y después se resuelve el sistema de ecuaciones global resultante.

Resumen del método 1. Discretizar la estructura en elementos 2. Obtener la matriz de funciones de forma [Ne] 3. Funciones que tienen valor 1 en el nudo correspondiente y 0 en el resto. 190

e


4. Identificar las condiciones de 5. Compatibilidad [∂]: que relacionan deformaciones y desplazamientos de los elementos.

{ε } = [ ∂ ]{ue} 6. Comportamiento [D]: que relacionan tensiones y deformaciones. Ley de Hooke en casos elásticos.

{σ } = [ D ]{ε } 7. Obtener la llamada matriz de deformación del elemento [Be]

[ Be ] = [∂ ][ Ne ] 8. Obtener la matriz de rigidez del elemento [ke]

9. Pasar las matrices de rigidez elementales a coordenadas globales si es necesario 10. Ensamblar la matriz de rigidez de toda la estructura. 11. Obtener el vector de fuerzas {Fe} a través de las fuerzas en los nodos equivalentes a las cargas distribuidas de volumen qe o de superficie pe. Considerando los diferentes vectores de fuerzas elementales se obtiene el global {F0}

Pe   T  ∫ [ N e ] {qe } dVe {Fe } Ve  T  ∫ [ N e ] { pe } dS e  Se 12. Resolver la ecuación matricial para obtener los desplazamientos de los nodos y las reacciones.

Estructuras articuladas Si en lugar de considerar únicamente barras aisladas sometidas a tracción y compresión consideramos una estructura de barras con nudos articulados y cargas en los nudos: Las barras sólo podrán tener esfuerzos normales (tracción o compresión) Cada barra puede discretizarse en un elemento de dos nodos si no hay cargas distribuidas sobre ellas. Como vimos en el ejemplo, la matriz de rigidez elemental en coordenadas locales para el elemento con 2 grados de libertad longitudinales u será:

EAe  1 −1  ke  = L L  −1 1 

191


Sin embargo, en la estructura articulada los nodos también pueden desplazarse en la dirección transversal (grados de libertad v), por tanto hay que añadir esos “huecos” en la matriz de rigidez en locales.

 u '1  1 E A e  0  ke  = L L  −1   0

v '1

u '2

0 −1 0 0 0 1 0 0

v '2

0 0 0 0

  u '1   v '1   u '2  v '2  

2

α

y x

1

Dado que en general no tiene por qué coincidir el sistema de referencia local de la barra con el global, habrá que cambiar de base la matriz de rigidez con ayuda de la matriz de rotación [R]. La matriz de rotación [R] es válida para cambios de referencia que impliquen 2 g.d.l. Por tanto, las submatrices correspondientes a nodos ij (de 2x2) se cambian de base usando [R] y [R]T

cosα −senα    senα cosα 

[ R] = 

 kij  = [ R ]  kij  [ R ] G L

T

Para cambiar de sistema de referencia la matriz de una barra completa con 2 nodos (4 g.d.l. ) debe utilizarse una matriz mayor (4x4): la matriz de cambio de base [L].

R [ L] =  0

cos α 0   senα = R   0   0

[ ke ]G = [ L ][ ke ]L [ L ]

T

− senα

0

cos α 0

0 cos α

0

senα

 0  − senα   cos α  0

 cos 2 α  senα ·cos α = Ae E / L   − cos 2 α   − senα ·cos α

senα ·cos α sen 2α − senα ·cos α − sen 2α

192

− cos 2 α − senα ·cos α cos 2 α senα ·cos α

− senα ·cos α   − sen 2α  senα ·cos α   sen 2α 

Ej. MEF con axiales

Ejemplos. Método de Elementos Finitos Ejemplo de problema completo 1 Tenemos una barra con tres secciones diferentes sometida a una compresión P y a su peso propio (densidad γ). 1.- Obtener la reacción correspondiente y el desplazamiento de los puntos donde hay cambio de sección. 2.- Obtener las tensiones axiales en la estructura. DATOS: A, h, γ, P=2γAh

h

h

P=2γAh A

γ

2A

γ

h

4A γ

Discretizar en elementos. Tomaremos 3 elementos, uno para cada tramo (I, II y III).

III II I

Obtener las funciones de forma. En este punto hay que tomar una decisión sobre el tipo de funciones de aproximación a usar. Si utilizamos funciones de aproximación lineales:

1 u(x)

1 u(x)

N1

N2 x

x 0

x

L

0

x

Usando polinomios de Lagrange, para barras de longitud cualquiera L:

193

L

Ej. MEF con axiales

Ni = ∏ i≠ j

(x − x ) (x − x ) j

i

j

N1 =

( x − L) = 1− x L (0 − L)

N2 =

( x − 0) = x ( L − 0) L

Identificar las condiciones de compatibilidad: [∂]

Como las barras sólo pueden sufrir deformaciones longitudinales, la única condición de compatibilidad que influye en nuestro problema es:

εx =

{ε } = [ ∂ ]{ue } ⇒ ε x =

∂u ∂x

∂u ∂ ⇒ [∂ ] = ∂x ∂x

Identificar las condiciones de comportamiento: [D]

Como las barras sólo pueden tener tensiones y deformaciones en la dirección longitudinal las leyes de Hooke que definen el comportamiento se resumen en:

εx =

σx E

{σ } = [ D ]{ε } ⇒ σ x = E·ε x ⇒ [ D ] = E Obtener la matriz de deformación del elemento: [Be] a partir de las condiciones de compatibilidad y las funciones de forma.

[ Be ] = [∂ ][ N e ] =

∂ [ N1 ∂x

N2 ] =

∂  x 1− ∂x  L

x  1 = − L   L

1 1 = [ −1 1] L  L

Obtener la matriz de rigidez del elemento: [ke] a partir de la matriz anterior y la matriz de comportamiento.

194

Ej. MEF con axiales

2 EA  1 −1 h  −1 1 

 k I  =

4 EA  1 −1 h  −1 1 

h

 kII  =

III

γ

II

γ

I

h

EA  1 −1  k III  =   h  −1 1 

h

Particularizando para cada uno de los tres elementos del modelo tenemos tres matrices elementales:

P=2γAh A 2A 4A

γ

Pasar a coordenadas globales las matrices de rigidez elementales: en este caso no es necesario este paso puesto que en el problema planteado sólo nos interesa una coordenada que es la dirección del eje de la barra. 4 III 3 II 2 I x

1

Ensamblar la matriz de rigidez total de la estructura: 

 −1   −1 1 2  1

4 EA   k I  = 1 h 



2

1

 −1  3  −1 1  2

2 EA   k II  = 1 h 

3

3 4 EA   k III  = 1 − 1 h   −1 1

2

 1 2 3 4 4 −4 0 0  EA  K0  =  −4 4 + 2 −2 0   h  −2 2 + 1 −1 0  0 0 −1 1

   4  3

195

  1 2 3 4   4 −4 0 0 1 EA   = −4 6 −2 0 2 h   3  0 −2 3 −1   0 0 −1 1 4

  1  2  3  4

Ej. MEF con axiales

Obtener el vector de fuerzas equivalentes en cada elemento: se ensamblarán posteriormente obteniendo el vector de fuerzas nodales de toda la estructura. Pe   T ∫ [ Ne ] {qe} dVe {Fe} Ve  T  ∫ [ Ne ] { pe} dSe Se Reacción en el nodo 1 (incógnita)

   h2   {PI } γ 4 Ah   x 4 − A h − γ ( ) 1−  1      R1 −   R R     2 h     2  +   = ⇒ { FI } =  1  1 + ∫  L  ( −γ ) AI dx =  1  1 +  {FI }     02 L x  02  h2   − γ 4 Ah   [ N e ]T ( −γ ) AI dx ∫ γ − 4 A ( )  L  2  L   2 2h  

 {PII }  −γ ( 2 A ) h   γ 2 Ah  − 2   0      2 2  + ⇒ { FII } =   2 +  {FII }  =  0  3  −γ ( 2 A ) h   − γ 2 Ah   [ N e ]T ( −γ ) AII dx  ∫L    2  3 2

 R1 − 2γ Ah  1  −3γ Ah   2 {F0 } =  − 3γ Ah  3 2    5γ Ah   − 4  2 

 {PIII } γ Ah  γ Ah    − − 3   0  3  2     2 + F ⇒ F = + = { III }  { III }       −2γ Ah  4  − γ Ah  − γ Ah − 2γ Ah   [ N e ]T ( −γ ) AIII dx  ∫L  2   2  4 Fuerza puntual en el nodo 4

Puede observarse que cuando tenemos carga uniformemente repartida el total de las carga en cada elemento (γAeL) se reparte por igual entre los nodos.

γAeL/2 L

γ Ae γAeL/2

Resolver la ecuación matricial para obtener los desplazamientos de los nodos y las reacciones.

{F0} = [ K0 ]{δ0} Para resolver suele diferenciarse entre grados de libertad libres (en los que desconocemos el desplazamiento) y restringidos (donde desconocemos las reacciones).

FL   KLL KLR  δ L  {FL} = [ KLL ]{δ L} + [ KLR ]{δR}  =  δ  ⇒  F K K  R   RL RR   R  {FR} = [ KRL ]{δ L } + [ KRR ]{δ R} De manera que si los desplazamientos de los grados de libertad restringidos son 0 (como en este caso). Se puede usar la matriz reducida de los grados de libertad libres [KLL] para obtener los desplazamientos nodales desconocidos {δL}.

196

Ej. MEF con axiales 4(L) III 3(L) II 2(L) I 1(R)

   2  −3γ Ah  2 3 4     3γ Ah  3 EA  6 −2 0 {FL } = [ K LL ]{δ L } ⇒ −  = h  −2 3 −1 2     5γ Ah  4  0 −1 1  − 2 

  −1,75   u 2    γ h2 −1  2 u3  ⇒ {δ L } = [ K LL ] {FL } =  −3,75   3  −6,25 E   u 4    4

Que es una parte de la matriz global Una vez calculados los desplazamientos nodales incógnita se pueden calcular las reacciones.  −1,75    γ h2 EA ⇒ R1 = 9γ {FR } = [ K RL ]{δ L } ⇒ R1 − 2γ Ah = [ −4 0 0]  −3,75 h −6,25 E  

Ah

Una vez calculados los desplazamientos nodales incógnita se pueden calcular las funciones de desplazamiento que nos darán los desplazamientos para los puntos que no son los nodos de acuerdo a las funciones de forma: {ue}=[Ne]{δe}. u 2   − 1,75   γ h2     u 3  =  − 3,75  u   − 6, 25  E  4  

Como en este caso calculamos las funciones de forma sólo para un elemento genérico cuyo primer nodo tenía una coordenada x=0 deberemos entender los resultados del mismo modo. Es decir, en x=0 estará el primer nodo y x=h estará el segundo nodo. u I ( x) = [ N1

u  N 2 ]  1  = 1 − x h u 2  

u II ( x ) = [ N1

u  N 2 ]  2  = 1 − x h  u3  

u III ( x ) = [ N1

u  N 2 ]  3  = 1 − x h u4  

2 x   0  γ h = −1, 75 γ h x h   −1, 75 E E

2 2 x   −1, 75  γ h = −1, 75 γ h − 2 γ h x h   −3, 75 E E E 2 2 x   −3, 75  γ h = −3, 75 γ h − 2,5 γ h x h   −6, 25 E E E

x=h

x x=0

Después de obtener las funciones de desplazamiento pueden obtenerse las tensiones aplicando las ecuaciones de compatibilidad y de comportamiento. d  ·u ( x)  du dx  σ x = E· dx {σ } = [ D ]{ε } ⇒ σ x = E ·ε x 

{ε } = [∂ ]{ue } ⇒ ε x =

197

Ej. MEF con axiales

du II d  γ h2 γh  = E ·  −1, 75 − 2 x  = −2γ h dx dx  E E 

γ h2 γh  du d  σ x III = E· III = E ·  −3, 75 − 2,5 x  = −2,5γ h dx dx  E E  Como vemos, en este caso utilizar funciones de forma lineales supone una simplificación que no da la solución exacta, puesto que intuitivamente se ve que las tensiones debieran ser variables en cada tramo debido al peso propio.

198

III

P=2γAh A

-2,5γh

II

-2γh

I

-1,75γh

h

σ x II = E·

Tensiones σx γ

h

du I γh  d  = E ·  −1, 75 x  = −1, 75γ h dx dx  E 

γ

2A 4A

h

σ x I = E·

γ

Ej. MEF con axiales

Ejemplo de problema completo 2 La estructura de nudos articulados de la figura se ha discretizado en dos elementos (uno por barra). Sin embargo, para la barra inferior, que recibe una carga uniformemente distribuida de q N/m, se ha elegido un elemento de tres nodos (elemento I) mientras que para la superior se tomará un elemento más sencillo, de 2 nodos (Elemento II). • • •

Sobre el nudo que une las dos barras hay una carga P. El nodo intermedio del elemento I está en su punto medio. Ambas barras tienen una longitud L, un área de sección A y un módulo elástico del material E.

Se pide: 1.- Obtener las funciones de forma de ambos elementos utilizando polinomios de Lagrange. 2.- Obtener las submatrices de la matriz de rigidez global que relacionan los g.d.l. del nodo 3 con ellos mismos [K33 ]y aquella que relaciona los g.d.l. del nodo 2 con los del nodo 4 [K24]. 3.- Obtener el vector de fuerzas nodales en coordenadas globales {F0} 4.- Explicar cómo se obtendrían los desplazamientos nodales {δ0} y las tensiones normales σx. DATOS: A, h, γ, P=2γAh P

v3 3

Elemento I E, A, L q 2 v1

Elemento II v2 E, A, L u2 v4

60º u1

u3

60º

1

4

Elemento I: x1=0; x2=L/2; x3=L N1 =

1

( x − x2 )( x − x3 ) ( x − L 2 ) ( x − L ) 1 = = ( 2x − L )( x − L ) ( x1 − x2 )( x1 − x3 ) ( 0 − L ) ( 0 − L ) L2

2 x − ( 0)( x − L ) = − 4 x x − L N2 = = ( ) L2 ( x2 − x1 ) ( x2 − x3 ) L 2 − 0 L 2 − L

( x − x1 ) ( x − x3 )

N3 =

(

u4

)(

)

( x − x1 ) ( x − x2 ) = ( x − 0) ( x − L 2 ) = 1 x 2x − L ( ) ( x3 − x1 ) ( x3 − x2 ) ( L − 0) ( L − L 2) L2 1 ௘ூ = ଶ (2 − )( − )

−

4 ଶ ( − ) ଶ

199

2

3

L/2

L/2

Ni = ∏ i≠ j

1 2 − ଶ

(x − x ) (x − x ) j

i

j

Ej. MEF con axiales

Elemento I: x1=0; x2=L − ଶ − ଵ = = =1− ଵ − ଶ − − ଵ −0 ଶ = = = ଶ − ଵ − 0 ௘ூூ

= 1 −

1

2 L

Ni = ∏ i≠ j

(x − x ) (x − x ) j

i

j

Submatrices [K33] y [K24]: [KI33] del elemento I:

1 1 4

௘ூ =

௘ூ = ௘ூ = 2 − − − ଶ ଶ − ଶ 2 − ଶ 1 1 1

௘ூ = 4 − 3 −8 + 4 ଶ 4 − = ଵூ ଶ ଶ

ூ

ଷଷ = ଷூ ் ଷூ ௘ = ଷூ ் ଷூ = ௅

௏೐

௅

ଶூ

ଷூ

1 1 4 − ଶ 4 − ଶ

௅ ଷ 8 ଶ 7 = ସ (16 ଶ + ଶ − 8) = ସ 16 + ଶ − = 2 ଴ 3 ଴ 3 ଴

଴

௅

Como cada nodo va a poder desplazarse también en perpendicular al eje de la barra hay que tener en cuenta 2 g.d.l. por nodo, por tanto la submatriz que relaciona los g.d.l. del nodo 3 con los g.d.l. del nodo 3 es, en coordenadas locales de la barra I: ூ

ଷଷ =

7 0 3 0 0

[KII33] del elemento II:

௘ூூ =

௘ூூ = ௘ூூ = 1 −

1 1 = − = ଷூூ

ସூூ

௅ ௅ 1 1 ூூ

ଷଷ = ଷூூ ் ଷூூ ௘ = ଷூூ ் ଷூூ = − − = ௏೐ ଴ ଴

Como cada nodo va a poder desplazarse también en perpendicular al eje de la barra hay que tener en cuenta 2 g.d.l. por nodo, por tanto la submatriz que relaciona los g.d.l. del nodo 3 con los g.d.l. del nodo 3 es, en coordenadas locales de la barra II: ூூ

ଷଷ =

1 0 0 0

Esas submatrices en coordenadas locales hay que pasarlas a coordenadas globales:

200

Ej. MEF con axiales

 kij  = [ R ]  kij  [ R ] G L

T

cos 60 ሿ ሾ‫ܭ‬ = ሾܴሿሾ‫ ܭ‬ሿ ሾܴሿ = ቂ sen 60

ூூ ଷଷ ீ

=

ூூ ் ଷଷ ௅

−sen 60 0 cos 60 ቉ቂ ቃ ቈ cos 60 0 0 −sen 60

√

sen 60 ቃ = ቎ √ cos 60

቏

√3 1 − 4 cos(−60௢ ) −sen(−60௢ ) 1 0 cos(−60௢ ) sen(−60௢ ) 4 =

= sen(−60௢ ) cos(−60௢ ) 0 0 −sen(−60௢ ) cos(−60௢ )

√3 1 − 4 4

Como se observa, para realizar este cambio de base es necesario que sean submatrices 2x2 Ensamblando: ‫ܭ‬33 =

‫ܭ‬33

7√3 √3 7 1 − ‫ܣܧ‬

12 12 + 4 4= ூூ + ଷଷ 10 4√3 ீ = ‫

ܮ‬7√3 21

√3

1 12 4√3 30 − 4 12 4 12

El nodo 2 y el nodo 4 pertenecen a 2 elementos diferentes y sólo a esos elementos. Por tanto no hay relación entre ellos. ሾ‫ ܭ‬ሿ = ቂ0 0

0 ቃ 0

Vector de fuerzas nodales: El vector de fuerzas nodales equivalentes a la carga distribuida q en coordenadas locales para el elemento I, si sólo tenemos en cuenta los g.d.l axiales: ௅ ௅ 1 ! ଵ (−") % !−" 2 − − % ଶ ଴ ଴ ௅ −"/6 ௅ 4 ூ ଶ = &−4"/6' ௤ ௅ = ଶ (−") = " ଶ − $ $ ଴ ଴ −"/6 ௅ ௅ 1 (−") −" ଶ 2 − ଷ ଴ # # ଴

q 1

2

qL/6 3

1

4qL/6

qL/6 2

Teniendo en cuenta todos los grados de libertad (axiales y perpendiculares al eje): !

−"/6 0 % −4"/6 ௤ூ ௅ = 0 $ −"/6 0 # Si pasamos a coordenadas globales los términos correspondientes a cada nodo:

201

3

Ej. MEF con axiales ூ ூ ௤ଵ = ( ௤ଵ = ீ

cos 60 sen 60

௅

ூ ூ ௤ଶ = ( ௤ଶ = ீ

ூ ூ ௤ଷ = ( ௤ଷ = ௅

1 "% ‫ݑ‬1 12 −sen 60 −"/6 ) *= cos 60 0 √3 $ ‫ݒ‬1 − 12 ‫ ܮݍ‬#

!−

4 " % ‫ݑ‬2 12 −sen 60 −4"/6 = ) * cos 60 0 4√3 $ ‫ݒ‬ 2 − 12 ‫ܮݍ‬#

!−

cos 60 sen 60

௅

ீ

cos 60 sen 60

1 "% ‫ݑ‬3 12 −sen 60 −"/6 ) *= cos 60 0 √3 $ ‫ݒ‬3 − 12 ‫ ܮݍ‬#

!−

Para crear el vector de fuerzas nodales añadimos las reacciones desconocidas (verticales V y horizontales H) en cada uno de los 2 apoyos fijos y la carga -P en el grado de libertad vertical del nodo 3. 1 !− " + .ଵ % 12 − √3 ‫ ܮݍ‬+ ଵ 12 4 − " 12 4√3 ,-ீ = − ‫ܮݍ‬ $ 12 1 − 12 " − √3 ‫ ܮݍ‬− ܲ 12 .ସ ସ # Para resolver la ecuación matricial hay que plantear el vector de desplazamientos de los grados de libertad. En los apoyos están restringidos a 0 y en los nodos 2 y 3 son libres (incógnitas). !0% ‫ ݑ‬ 2 0

,δ-ீ =

‫ݒ‬2 ‫ݑ‬3 $ ‫ݒ‬3

0 0#

Como los desplazamientos en los grados de libertad restringidos son todos 0 podemos utilizar la ecuación matricial reducida: ,௅ - = ௅௅ · ,/௅ -⇒,/௅ - = ௅௅ ିଵ · ,௅ -

Siendo [KLL] la matriz reducida formada por las submatrices en coordenadas globales K22, K23 y K32, siendo K23= K32: 202

௅௅ = ଶଶ ଷଶ

ଶଷ ଷଷ

Ej. MEF con axiales

Una vez conocidos los desplazamientos nodales pueden calcularse los desplazamientos en cualquier punto de un elemento e mediante las funciones de forma.

{ue } = [ N e ]{δ e } Después se puede obtener la ley de tensiones mediante: d  ·u ( x)  du dx  σ x = E· dx {σ } = [ D ]{ε } ⇒ σ x = E ·ε x 

{ε } = [∂ ]{ue } ⇒ ε x =

Elemento I: 0 = ଵ · δଵ + ଶ · δଶ + ଷ · δଷ = − σ௫ = · −

4 ଶ 1 − · δଶ + ଶ 2 − · δଷ ଶ

4 1 2 − · /ଶ + ଶ 4 − · δଷ ଶ

Estando los desplazamientos nodales δ2 y δ3 en coordenadas locales de la barra. Elemento II:

0 = ଵ · δଷ + ଶ · δସ = 11 − 2 · δଷ 1 σ௫ = · − δ ଷ

Estando δ3 en coordenadas locales de la barra.

203

Apuntes de Cálculo de Estructuras

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