CALCULO DE DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS
Teorema de Castigliano: Consideremos una estructura, que la esquematizamos con una línea cerrada. Es decir, que el área encerrada por la misma se desarrolla una estructura resistente, isostática o hiperestática, o sea que no puede ser hipostática (mecanismo con movimientos). Consideremos ahora un sistema de cargas actuando sobre la misma, con Pj valores tales que todos los elementos estructurales estén sometidos a esfuerP2 zos, para los cuales, las tensiones y j 2 deformaciones estén dentro del δ2 régimen elástico. Dichas fuerzas las Pn-1 Δ2 n-1 indicamos con P1 ..... Pj ..... Pn, 2' sistema que está en equilibrio, es decir 1 que, o bien son sistema de fuerzas n externas, o alguna de ellas son fuerzas P1 externas y otras son reacciones de Pn vínculo. Al actuar las fuerzas creciendo desde cero a su valor final, el cuerpo de deforma y los puntos de aplicación de las mismas se desplazan. Por ejemplo el punto, 2 pasa a ocupar la posición 2'. Cada fuerza realiza un trabajo elástico de valor:
½.P.δ Siendo δ la proyección del despalzamiento Δ sobre la recta de acción de la fuerza. El trabajo total, debido a todas las fuerzas vale: n 1 Ae = ∑ j =1 Pj δ j 2
lo cual expresa la energía total elástica acumulada por el sistema. Si la fuerza Pj, varía en dPj, el trabajo valdría:
Ae +
∂Ae dPj ∂Pj
∂Ae es la variación del trabajo total cuando Pj varía en la unidad. ∂Pj Consideramos ahora que primero se aplique dPj y luego el sistema P1 a Pn. El trabajo total, en este caso resulta: donde
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1 dPj .dδ j + dPj .δ j + Ae 2 Donde: • El 1° sumando, expresa el trabajo elástico de dPj, al aplicar dicha fuerza creciendo desde cero a su valor final. • El 2° sumando, representa el trabajo físico de dPj debido al desplazamiento que provoca el sistema P1 a Pn, al crecer desde cero a sus valores finales. • El 3° sumando, el trabajo elástico del sistema P1 a Pn. Como los estados finales, del 1° y 2° caso son iguales, debe cumplirse:
Ae +
∂Ae 1 dPj = dPj .dδ j + dPj .δ j + Ae ∂Pj 2
Simplificando los valores Ae de las dos ecuaciones y despreciando el primer sumando del segundo miembro por ser un diferencial de orden superior, se obtiene:
∂Ae dPj = dPj .δ j ∂Pj o lo que es equivalente :
δj =
∂Ae ∂Pj
que es la expresión del Teorema de Castigliano Como el trabajo externo que realiza el sistema de fuerzas P1 a Pn, se acumula como energía interna elástica, podemos escribir:
Ae = Ai Y por lo tanto:
δj =
∂Ai ∂Pj
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Ello implica poder enunciar:
"En todo sistema elástico, sometido a un sistema de fuerzas en equilibrio, la variación del trabajo interno para un incremento unitario de la fuerza aplicada en un punto cualquiera del mismo, representa el desplazamiento del punto proyectado en la dirección de la fuerza, siempre que el sistema se encuentre en el régimen elástico." Debido que para obtener las deformaciones con el trabajo externo Ae, necesitamos las deformaciones, debemos desarrollar la expresión del trabajo interno Ai. Dado que los esfuerzos internos están representados por tensiones y las deformaciones por deformaciones específicas, el trabajo interno estará dado por unidad de volumen: Ai* = "trabajo interno de deformación por unidad de volumen", el cual estará expresado de la siguiente manera:
Ai* = Por la ley de Hooke ε =
1 1 σε + τγ 2 2
τ σ , γ = , reemplazando en la expresión anterior: E G
1 σ2 1 τ2 Ai* = + 2 E 2G Para obtener el trabajo interno de deformación debemos integrar la expresión en el volumen:
1 σ2 1 τ2 Ai = ∫ Ai * dV = ∫ ∫ dAdx + ∫ ∫ dAdx 2 2 E G x A x A Las tensiones normales son producidas por momentos y esfuerzos axiles (M y N), y las tensiones tangenciales por los esfuerzos de corte (Q):
σ=
N M + y, A J
τ=α
Q A
donde α =
SA Jb
Reemplazando:
Ai =
2 N2 NM M2 2 1 1 1 1 2 Q dAdx + ydAdx + y dAdx + α dAdx E ∫x ∫A A J 2 E ∫x ∫A A2 2 E ∫x ∫A J 2 2G ∫x ∫A A2
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Del primer término tenemos
∫ dA = A (área), A
∫ ydA = 0 (momento estático en toda el área),
del segundo
A
del tercero
∫y
2
dA = J (momento de inercia),
A
y del cuarto llamamos
α2 ∫ A dA = χ (coeficiente de forma de la sección), por lo tanto: A
1 N2 1 M2 1 Q2 Ai = ∫ dx + ∫ dx + χ ∫ dx 2 EA 2 EJ 2 GA Aplicando el Teorema de Castigliano:
δj =
∂Ai ∂N dx ∂Q dx ∂M dx = ∫N + ∫M + χ∫ Q ∂Pj ∂Pj EA ∂Pj EJ ∂Pj GA
Aplicación del Teorema al cálculo de deformaciones:
P
A L
B
Sea el caso de una viga empotrada en A y cargada en el extremo libre B con una fuerza y un momento. El diagrama de momentos, varía de MB = -M a MA = -(M+PL). En la explicación que sigue vamos a considerar que las deformaciones por flexión son mucho mayores que las producidas por el esfuerzo de corte, es decir despreciamos el efecto del corte, por lo tanto el trabajo interno a considerar, es solo el debido al momento flector.
M
x MA MB
ϕB δB ϕB
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La expresión general del trabajo interno por flexión vale
1 Mx 2 Ai = ∫ dx 2 EJ
En tal caso, si queremos calcular el desplazamiento vertical del punto B, de acuerdo al Teorema de Castigliano, debemo hacer la deribada respecto de P y considerando que el momento de inercia y el módulo de elasticidad son constantes: L
1 ∂Ai ∂Mx Mx dx δB = = ∫ EJ 0 ∂P ∂P En el ejemplo planteamos Mx = -(M+Px) y derivando dMx/dP = -x
1 δB = EJ
L
1 + = ( )( ) M Px x dx ∫ EJ 0
⎧⎪⎡ x 2 ⎤ L ⎡ x 3 ⎤ L ⎫⎪ ⎨⎢ M ⎥ + ⎢ P ⎥ ⎬ ⎪⎩⎣ 2 ⎦ 0 ⎣ 3 ⎦ 0 ⎪⎭
1 ⎧ ML2 PL3 ⎫ δB = + ⎬ ⎨ EJ ⎩ 2 3 ⎭ Observando y analizando la ecuación obtenida podemos deducir que la elástica final, es la suma de la debido a M y a la debida a P separadamente , haciendo tender a cero a P y a M respectivamente. Si el problema planteado, correspondería al caso en el que la carga sea solamente un momento M en B, no tendríamos una carga puntual en B, para calcular el desplazamiento vertical de ese punto.
F
A
B
Pero si consideramos que además de M actúa en B una fuerza F, infinitamente pequeña, podemos escribir: Mx = -(M+Fx), y por lo tanto dMx/dF = -x.
Luego podemos decir que F es tan pequeña que se puede despreciar y el desplazamiento vertical quedará: L
L
∂Ai 1 ∂Mx 1 ML2 δB = = ( M )( x)dx = Mx dx = ∫ ∫ ∂F EJ 0 ∂F EJ 0 EJ
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Con este ejemplo, hemos demostrado que no es necesario que en el punto donde nos interesa calcular el desplazamiento, se tenga una fuerza real, para poder usar el Teorema de Castigliano.
Ejemplo 1:
A
C B
L/2
M
x
Sea una viga en voladizo, empotrada en A y con un momento aplicado en B. Nos planteamos calcular el desplazamiento vertical de C (punto medio de AB). En tal caso: L
1 ∂Ai ∂Mx Mx dx δC = = ∂F EJ ∫0 ∂F
M
donde F es una fuerza infinitesimal aplicada en C, en la dirección en que se quiere calcular el desplazamiento. Así tendremos:
F
M x ]0 2 = − M ; L
[
(
M x ]LL = − M + F x − L 2
2
)]
FL/2 L
dM x ⎤ 2 = 0; dF ⎥⎦ 0
(
L
dM x ⎤ =− x−L 2 dF ⎥⎦ L
)
2
l L L ⎧ ⎫ 1 ⎧L ⎫ 1 ⎪2 ⎪ ⎪ ⎪ L L δc = ⎨ ∫ (− M )(0 )dx + ∫ (− M ) − x + 2 dx ⎬ = ⎨ ∫ Mxdx − ∫ M 2 dx ⎬ EJ ⎪ 0 L L ⎪⎭ EJ ⎪⎩ L 2 ⎪⎭ 2 2 ⎩
(
1 δc = EJ
⎧M ⎨ ⎩2
)
⎛ 2 L2 ⎞ L ⎛ L ⎞⎫ L2 ⎫ 1 ⎧3 2 ⎜⎜ L − ⎟⎟ − M ⎜ ⎟⎬ = ⎨ ML − M ⎬ EJ 4 2 2 4⎭ ⎠ ⎝ ⎩8 ⎝ ⎠ ⎭
ML2 δc = 8EJ
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Ejemplo 2: P A B
L/2 x
Viga en voladizo con carga en el extremo libre B. Calcular el giro de la sección C. Como en C no actúa un momento, debemos aplicar en dicho punto un momento m infinitamente pequeño. Para el cálculo tenemos:
PL
1 ∂Ai ∂Mx ϕC = Mx dx = ∫ ∂m EJ 0 ∂m L
m C
M x ]0 2 = − Px; L
M x ]L = −[m + Px]
L
dM x ⎤ 2 = 0; dm ⎥⎦ 0
m
L
2
L
dM x ⎤ = −1 dm ⎥⎦ L 2
Nuevamente haciendo tender m a cero: L L ⎧ ⎫ 1 1⎛ 1 ⎪ 2 L2 ⎞ ⎪ 2 ϕc = P ⎜⎜ L − ⎟⎟ ⎨ (− Px )(0 )dx + ∫ (− Px )(− 1)dx ⎬ = 2⎝ 4 ⎠ EJ ⎪ ∫0 EJ L ⎪⎭ 2 ⎩
3PL2 ϕc = 8 EJ Si entramos en el análisis detallado de las integrales que hemos realizado, vemos que la derivada del diagrama de momentos es igual al diagrama de momentos de una carga unitaria aplicada en el punto donde queremos calcular la deformación. Por lo tanto para el cálculo de deformaciones, debemos integrar el producto de dos funciones:
La del momento real de las cargas actuantes en la estructura.
La del momento que provoca una carga unitaria aplicada en el punto del que se quiere conocer la deformación y dirección de la misma.
Los momentos probocados por las citadas cargas unitarias (fuerza o momento), vamos a denominarlos como Mx1.
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Ejemplo 3: Viga simplemente apoyada, de momento de inercia constante y carga unifirme. Se pide:
q B
a) Giro de la sección en el apoyo A
C
A
b) Desplazamiento vertical del punto medio del tramoAB.
L M qL2/8
a) Giro
∂Ai ∂Mx 1 Mx dx = ϕA = = ∂m EJ ∫0 ∂m L
m=1
L
1 = M x M x1 dx EJ ∫0
1 Mx1 caso a)
Mx =
F=1
M x1 = L/4
qL q x − x2 2 2
∂M x x = 1− ∂m L
Mx1 caso b)
q 2 ⎞⎛ x ⎞ qL L2 q L3 q L3 q L4 ⎛ qL ϕ A EJ = ∫ ⎜ x − x ⎟⎜1 − ⎟dx = − − + L 2 2 2 2 2 3 2 3 2L 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0 L
qL3 ϕA = 24 EJ b) Desplazamiento vertical
1 1 ∂Mx ∂Ai δc = dx = M x M x1dx = Mx ∂F EJ ∫0 ∂F EJ ∫0 L
L
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Mx =
M x1 ]0 2 =
qL q x − x2 2 2
δ c EJ = 2
L/2
∫ 0
L
∂M x = 0.5 x ∂F
( )
⎧ L q 2⎞ ⎪ qL 2 ⎛ qL x − x ⎟(0.5 x )dx = 2⎨ ⎜ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎪4 3 ⎩
3
L ⎫ q ( 2) ⎪ − 4
4
⎬ 4 ⎪ ⎭
5qL3 δc = 384 EJ
Ejemplo 4: Viga empotrada en A, con extremo libre en C y carga vertical P en C. Calcular:
P B L1, J1
C
a) b) c) d)
L2, J2
A
Desplazamiento vertical del punto C = δvc Desplazamiento horizontal de C = δhc Giro del nudo C = ϕc Giro del nudo B = ϕB B
L1 = 100 cm
J1 = J
L2 = 200 cm
J2 = 2J
Diagrama de momentos M x
P
PL1
B
C
a) Para el cálculo del desplazamiento vertical, dado que P está en el punto y con la dirección del desplazamiento que queremos calcular, el diagrama Mx1 será el correspondiente para P = 1.
y
δ vc A
1 = EJ 1
EJδ vc =
L1
1 ( )( ) − Px − x dx + ∫0 EJ 2
L2
∫ (− PL )(− L )dy 1
1
0
P 3 1 2 L1 + PL1 L2 3 2 Página 9 de 16
b) Desplazamiento horizontal de C 1 B
Realizando las integrales por tabla.
C B
δ hc
Mx1
=
A L2
L2 ⎤ 1 1 ( )( ) M M dx M M = = 1B x x1 ⎥ = EJ ∫ 2 EJ 2 ⎦ A
1 (− PL1 )(− L2 ) L2 2 EJ 2
EJδ hc =
1 2 PL2 L1 4
c) Giro de C
1
1
B
C
ϕc =
1 M x M x1 dx = EJ ∫ C
Mx1
B
L ⎤ L ⎤ 1 = (M B )(M 1 ) 1 ⎥ + (M B )(M 1 ) 2 ⎥ 2 EJ 2 ⎦ A EJ 1 ⎦ B
A C
B
L ⎤ L ⎤ 1 ϕ c = (− PL1 )(− 1) 1 ⎥ + (− PL1 )(− 1) 2 ⎥ EJ1 ⎦ B EJ 2 ⎦ A 2
PL12 1 EJϕ c = + PL1 L2 2 2
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d) Giro en B B
L ⎤ L 1 ϕB = M x M x1dx = (M )(M 1 ) 2 ⎥ = (− PL1 )(− 1) 2 ∫ EJ EJ 2 ⎦ A EJ 2
1 B
C Mx1
EJϕ B =
1 PL1 L2 2
A
Problemas cuando se tiene en cuenta el esfuerzo de corte Q y el esfuerzo axil N Teniendo en cuenta todos los esfuerzos, el trabajo interno de deformación vale:
Ai =
Nx Mx Qx 1 1 1 N dx M dx Q + + χ dx x x x EA EJ 2∫ 2∫ 2 ∫ GA
donde χ es el coeficiente de forma de la sección, siempre positivo con valores:
χ = 1,2 para sección rectangular χ = 1,185 para sección circular llena χ = 2 a 3 para sección doble T (según las medidas)
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Ejemplo de aplicación: Para la estructura de la figura se pide: a) b) c) d) e)
Desplazamiento vertical del punto D = δvD Desplazamiento vertical del punto B = δvB Desplazamiento horizontal del punto C = δhc Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4 Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3
Secciones: Barras 1 y 2 Barra 3
G = E/2(1+μ) ≈ 800.000 Kg/cm2
E = 2.100.000 Kg/cm2 L3 = L4 = 100 cm
Material: Acero L1 = L2 = 70,7 cm
A1,2 = 2 cm2 A3 = 3 cm2
Barra 4 A4 = 54 cm2 J4 = 1458 cm4 18 cm
3 cm
P1 = 6000 Kg P2 = 2000 Kg P1
1 A
D
45°
4 B
2 45°
C
P2
3
MA = -300000 Kg cm
M
Mx = -3000 x Esfuerzos en las barras: Q = 3000 Kg
S1 = S2 = -0,707 P1 S1 = S2 = -4243 Kg S3 = P2 + 0,5 P1 = 5000 Kg
N = 2000 Kg
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a) Desplazamiento vertical del punto D = δvD 1
1 A
D
2 C
4 3
B
Esfuerzos en las barras:
M1A = -50
M1
M1x = -0,5 x
S11 = S21 = -0,707 S31 = 0,5 N1 = 0
Q1 = 0,5
1 δVD = EJ4
δVD =
100
χ
100
1 M M dx Q Q dx + + ∫0 x x1 GA4 ∫0 x x1 EA4
100
3
0
i =1
∫ N x N x1dx + ∑ Si
Si1Li EAi
1 1,2 (3000)(0,5)100 + 2 (− 4243)(− 0,707) 50 2 + (5000)(0,5)100 (−300000)(− 50)100 + 3EJ 4 GA4 EA1 EA3
EδVD = 342936 + 8750 + 212118 + 83333
δVD = 0,308 cm
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b) Desplazamiento vertical del punto B = δvB
1 A
D
1
2 C
4 3
B
Esfuerzos en las barras:
M1A = -100
M1
M1x = -x
S11 = S21 = S31 = 0 N1 = 0
Q1 = 1
δVB
δVB =
1 = EJ 4
100
χ M M dx + ∫ x x1 GA4 0
100
∫ QxQx1dx 0
1,2 1 (3000)(1)100 (−300000)(− 100)100 + 3EJ 4 GA4
EδVB = 685871+ 17500 Nota: Observar que entre el valor de la elástica teniendo en cuenta el Q y cuando se lo desprecia, la diferencia es menor del 2,6%
δVB = 0,335 cm
c) Desplazamiento horizontal del punto C = δhc S11 = S21 = 0, S31 = 1, N1x = 1, M1x = 0, Q1x = 0
1 A
D
2 C
4 B
3
1 Página 14 de 16
1 = EA4
δ HC
δ HC =
100
3
Si ∫ N x N x1dx + ∑ i =1 0
S i1 Li EAi
(2000 )(1)100 + (5000 )(1)100 EA4
EA3
δ HC = 0,081 cm
d) Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4 1 A
Qx1 = 0,
ϕB4
2
1
4
C 3
B
Mx1 = -1,
D
Nx1 = 0, S11 = S21 = S31 = 0
1 = EJ 4
100
∫ M x M x1dx = 0
1 (− 300000)(− 1) = 0,0049 2 EJ 4
ϕB 4 = 16' 51"
e) Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3
B A
1
D 3
2 C
4
ϕB3 δVB
ϕB3 = δVB/L3 Página 15 de 16
ϕB3 = 0,335 cm / 100 cm = 0,00335
ϕB3 = 11' 31" f) Giro relativo en B:
4
B
3 Giro relativo
Giro Relativo = 16' 51" + 11' 31"
ϕrelativo B = 28' 22"
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