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Tema 6. ESTRUCTURAS ARTICULADAS

RESISTENCIA DE MATERIALESCurso 2010/11

Temas 6Cálculo de Movimientos en Estructuras

Articuladas

SIMETRIA Y ANTIMETRÍA

REPASO CALCULO ESTRUCTURAS ARTICULADAS

CALCULO DE MOVIMIENTOS EN ESTRUCTURAS ARTICULADAS

ESTRUCTURAS ARTICULADAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS

ESTRUCTURAS ARTICULADAS CON CARGAS TÉRMICAS Y PROVINIENTES DE ERRORES DE EJECUCIÓN

1




Articuladas





ESTRUCTURAS ARTICULADAS CON CARGAS TÉRMICAS YPROVINIENTES DE ERRORES DE EJECUCIÓN

2


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS RESPECTO A UN EJE

Estructura con simetría de forma y de carga

EJE DE SIMETRIA

Estructura con simetría de forma y no de cargas

EJE DE SIMETRIA

PP

q

MM

P

M

q

3


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS Y ANTIMETRICAS

Estructura con simetría de forma y de carga

EJE DE SIMETRIA

Estructura con simetría de forma y antimetría de cargas

EJE DE SIMETRIA

PP

q

M M

P

MM

P

SIMÉTRICA ANTIMÉTRICA

q

q

4


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS

q

A B

Diagrama de esfuerzos cortantes antimétrico

Diagrama de momentos flectores simétrico

A B

Deformada simétrica

5


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS: ESFUERZOS

q

A B

A B

M

N

Q

M

N

Q

Corte por el eje de simetría

El esfuerzo axil y el flector son simétricos el cortante no: Q=0

El esfuerzo cortante en el eje de simetría de una estructura simétrica es cero

M

6


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS: MOVIMIENTOS

q

A B

Si el punto M se mueve horizontalmente, se pierde la simetría: uM=0

A B

Deformada simétrica

M

Si el punto M gira, se pierde la simetría: θθθθM=0

El movimiento horizontal y el giro en la sección perteneciente al eje de simetría de una estructura simétrica es cero

7


ESTRUCTURAS ANTIMÉTRICAS

A B

Diagrama de esfuerzos cortantes simétrico

Diagrama de momentos flectores antimétrico

A B

Deformada antimétrica

P

P

8


ESTRUCTURAS SIMÉTRICAS: ESFUERZOS

A B

M

N

Q

M

N

Q

Corte por el eje de simetría

El esfuerzo cortante es antimétrico, el flector y el axil no: M=0; N=0

El esfuerzo axil y el momento flector en el eje de simetría de una estructura antimétrica son cero

A B

P

P

P

P

9


Si el punto M se mueve verticalmente, se pierde la simetría: vM=0

El movimiento vertical en la sección perteneciente al eje de simetría de una estructura antimétrica son cero

ESTRUCTURAS ANTIMÉTRICAS: MOVIMIENTOS

A B A B

Deformada antimétricaP

PM

10




Articuladas






11


12

METODO DE LOS NUDOS

• Conocidas las reacciones, se separa la estructura en barras y nodos.

A D B

C

P

A

VA

C

D

P

B

VB

HA

• Se plantea el equilibrio en cada nodo (ΣΣΣΣFx= ΣΣΣΣFy=0 )


13

• Si sólo se precisa saber las fuerzas en alguna barra, se puede recurrir a estemétodo.

• Para determinar la fuerza en la barra BD, p.e.,se corta la estructura y se plantea su

equilibrio.

• Si se cortan maximo 3 barras, se puedeplantear su equilibrio y determinar los esfuerzos resultantes, incluido NBD.

METODO DE LAS SECCIONES

A

D

B C

1000 N2000 N

E

A

D

2000 N

DBN

ABN

DEN




Articuladas






14


CALCULO DE MOVIMIENTOS: TEOREMA DE CASTIGLIANO

dsGK

)s(MG

)s(Q

EI)s(M

AE)s(N

UB

A

T

cx∫

+

Ω++=

2222

2

1Energía elásticaen una rebanada

21 ( )

2

B

A

N sU ds

AE

=

∫

Si sólo hay esfuerzos axiles

Esfuerzo axil esconstante en la barra i i

ii

i LEA

NU

2

2

1=

Si hay n barras, la energía almacenadaen la estructura es

∑=n

iii

i LEA

NU

1

2

2

1

15


CALCULO DE MOVIMIENTOS: TEOREMA DE CASTIGLIANO

Derivada de la energía elástica respecto a P = movimiento del

punto de aplicación de P

Interpretando la derivada comouna función unitaria

∑

∂∂=

∂∂=

n

ii

iiiP EA

L

P

NN

P

Uv

1

∑=∂∂=

n

ii

iIiiP EA

LNN

P

Uv

1

0

Estado 0: real Estado I: ficticio

Sistema estructural real con suscargas, del cual queremoscalcular algún movimiento

Sistema auxiliar: estructura sólosometida a una carga de valor unidad en el nudo en el que

queremos conocerdesplazamiento

16


CALCULO DE MOVIMIENTOS: EJEMPLO

A B

C

4 m 4 m

4 kN

3 mDeterminar el desplazamiento vertical de C

E=200 GPa, A=mm2


A B

C4 kN

A B

C 1

17


CALCULO DE MOVIMIENTOS: EJEMPLO

Estado 0: real

AB

C4 kN

1

N=2 kN

1,5 kN 1,5 kN

Estado I: ficticio

AB

C

N=0.66 kN

0,5 kN 0,5 kN

0 I iC i i

i i i

LV N N

A E↓ =∑

( ) ( ) ( )( )( )6 6

2,5 0,833 5 2,5 0,833 5 2 0,667 80,133

20010 40010CV mm

−

⋅ − ⋅ + − ⋅ − ⋅ + ⋅ ⋅ ↓ = =

18




Articuladas






19


ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS

Hiperestática externa Hiperestática interna

A B

C4 kN

A B

C 4 kN

Se elimina una coacción externa, sustituyendola por una fuerza

desconocida; se imponedesplazamiento asociado a esa

fuerza igual a cero

Se elimina una barra y se impone que el desplazamientorelativo entre nodos es igual al

alargamiento de la barra

20



Hiperestática externa

AB

C4 kN

A B

C4 kN

F

Estructura isostática

F fuerza valor desconocido

0 0I iB i i

i i i

LU N N

A E= =∑

A B

C

1

Estado 0: real

Estado I: ficticioSe despeja el valor de F

Ecuación de compatibilidad

21



Hiperestática externa Hiperestática interna

A B

C4 kN

A B

C 4 kN

Se elimina una coacción externa, sustituyendola por una fuerza

desconocida; se imponedesplazamiento asociado a esa

fuerza igual a cero

Se elimina una barra y se impone que el desplazamientorelativo entre nodos es igual al

alargamiento de la barra

22



Hiperestática interna

A B

C4 kN

F


F fuerza valor desconocido

A B

C 4 kN

F

D

E

F

FD

E

DE DEL= ∆δ

D

E

DE DE DEDE

L N L FL

EA EA∆ = =

Estado 0: real


La distancia que se separan los puntos D y E es igual al

alargamiento de la barra DE 23


1

1


Hiperestática interna

A B

C4 kN

F

0 I iDE i i

i i i

LN N

A Eδ =∑

A B

C

Estado 0: real

Estado I: ficticio

F

Para calcular la distanciaque se acercan los

puntos D y E


0 I i DEDE i i

i i i

L L FN N

A E EAδ = = −∑

F

F

D E

D

E

D

E

F

Se despeja el valor de F24


ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS: EJEMPLO

Hiperestática interna grado 1

3

2 5 kN1

2 m

2 m

4

Se elimina una barra: barra 13

F

F

3

21

4

F

F

3

15 kN

Compatibilidad de desplazamientos

0 1313

I ii i

i i i

L L FN N

A E EAδ = = −∑

Necesito conocerlo que se acercanlos nudos 1 y 3 de

la estructura

5 kN 5 kN

5 kN

25

+



F

F

3

21

4


Barra Axil

1-2 -F/◊2

2-3 5-F/◊2

3-4 5-F/◊2

4-1 -F/◊2

2-4 -5◊2+F

5 kN


1

1

3

21

4


Barra Axil

1-2 -1/◊2

2-3 -1/◊2

3-4 -1/◊2

4-1 -1/◊2

2-4 126



Barra Axil 0 Axil 1 L [m]

1-2 -F/◊2 -1/◊2 2

2-3 5-F/◊2 -1/◊2 2

3-4 5-F/◊2 -1/◊2 2

4-1 -F/◊2 -1/◊2 2

2-4 -5◊2+F 1 2◊2

013

(4 2 2) 10(2 2)1 Ii i i

i

FN N L

EA EA EAδ + +

= = −∑

(4 2 2) 10(2 2) 2 2F F

EA EA EA

+ +− = −

3,53F KN=27

F

F

3

1

13

2 2F

EAδ =



3

2 5 kN1

2 m

5 kN 5 kN

5 kN

2 m

los axiles serán:

Barra Axil Axil [KN]

1-2 -F/◊2 -2,5

2-3 5-F/◊2 2.5

3-4 5-F/◊2 2.5

4-1 -F/◊2 -2.5

2-4 -5◊2+F -3.53

1-3 F 3,53

4

3,53F KN=

28

Si




Articuladas






29


CARGAS TÉRMICAS Y ERRORES DE EJECUCIÓN

Barra sometida a un incremento de temperatura

Incremento térmicoproporcional al incremento

de temperatura

Carga térmica

T∆T L L T α∆∂ = ∆ = ∆

Barra presenta error en fabricaciónError de ejecución

e L∂ = ∆

21

2e Ti i

i i i ibarras barras barrasi

con error con T

N LU N N

E A∆

∆

⋅= + ∂ + ∂⋅∑ ∑ ∑Energía elástica

almacenada


Aplicando el teorema de Castigliano:

CARGAS TÉRMICAS Y ERRORES DE EJECUCIÓN

∑∑∑ ∆∂+∂+Ω

=∂∂= T

iIi

ei

Ii

barras i

iIii

jj NN

E

LNN

P

Ud 0

∑ ∂ei

IiN

∑ ∆∂ Ti

IiN

Axiles estado ficticio multip. error de ejecución

Axiles estado ficticio multip. alargamiento térmico


CARGAS TÉRMICAS : APLICACIÓN

A

E

D C B∆∆∆∆T

A

E

D CB∆∆∆∆T

A

E

D C B

+

F F

FF

No hay movimientos, sólo axil en DC

F EA Tα= ∆

F: fuerza necesaria para eliminar alargamiento

∆∆∆∆TFF


ERROR DE EJECUCIÓN: APLICACIÓN

A

E

D C B

A

E

D CB

A

E

D C B

+F F

F

F

No hay movimientos, sólo axil en DCF: fuerza necesaria para eliminar

alargamiento

F

F

δδδδ

F

EAF

L

δ=


CARGAS TÉRMICAS: EJEMPLO

No hay movimientos, sólo axil en AC

F EA Tα= ∆

F: fuerza necesaria para eliminar alargamiento

∆∆∆∆TFF

A B

D

E

A B

D

E

A B

D

E

F

F

C

C

C

F

F

Estado I

Estado II


CARGAS TÉRMICAS: EJEMPLO

Reacciones son cero: fuerzas alineadas y opuestas

A B

D

E

C F

F

Aplicamos nudos: todos los axiles son cero menos los de la barra AC

Estado II

Estado I: todos axiles son cero menos el de la barra CA

Estado II: todos axiles son cero menos el de la barra CA CAN F=CAN F= −

Estado I+II: todos axiles son cero

Cargas térmicas o errores de ejecución no producen esfuerzos axiles en estructuras isostáticas, sólo movimientos


ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS CON INCREMENTO DE TEMPERATURA

3

21

2 m

2 m

4

en barra 24∆T

3

21

4

TF

TF

TF EA Tα= ∆0; 0i iu v= =

3

21

4

TF

TF

Reaccionesson cero

Estado térmico

Estado mecánico

24 TN F= −



3

21

4

Estado mecánico

Estructura hiperestática

3

21

4

TF

TF

FF

F

FTF

TF24

24

L F

EAδ = −

2

4

1

13

21

4

Estado mecánico 0(real)

Estado mecánico I (ficticio)

( )024

I I Ii ii i i T i

i ii i i i

L LN N N F F N

A E A Eδ = = −∑ ∑




Barra

1-2 -1/◊2 1/2 2 1

2-3 -1/◊2 1/2 2 1

3-4 -1/◊2 1/2 2 1

4-1 -1/◊2 1/2 2 1

1-3 1 1 2◊2 2◊2

1

13

21

Estado mecánico I (ficticio)

4

( )2IiNI

iN

( )24 24I I

T i i ii

F F N N L L Fδ = − = −∑

iL ( )2Ii iN L

( )( )4 2 2 2 2TF F F− + = −

( )4 2 2

4 4 2

TFF

+=

+

BarraAxil estado

mecánico

Axil estado

térmico

1-2 -1/◊2(F-FT) 0

2-3 -1/◊2(F-FT) 0

3-4 -1/◊2(F-FT) 0

4-1 -1/◊2(F-FT) 0

1-3 (F-FT) 0

2-4 F -FT


BIBLIOGRAFÍA

LIBRO CAPÍTULOS

L. Ortiz Berrocal, Resistencia de Materiales. McGraw-Hill, 2007 6

J. Gere, Timoshenko. Resistencia de materiales, Thompson, 1984 7

R.C. Hibbeler, Structural Analysis,Prentice-Hall, 2006. 10

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