apunte- analisis estructural vigas continuas estructuras metodo matricial

Universitat de les Illes Balears Arquitectura Técnica Departament de Física

ANALISIS ESTRUCTURAL CALCULO MATRICIAL DE LAS

DEFORMACIONES

Rigideces de una barra Vigas continuas

Resistencia de Materials Prof: Mateu Moyá Borrás


ANALISIS ESTRUCTURAL CALCULO MATRICIAL DE LAS DEFORMACIONES

Metodo de Rigidez Relaciona las acciones que inciden sobre una estructura con las deformaciones resultantes en la misma (giros y desplazamientos de los nudos) a través de la Rigidez.

Acción = Rigidez x Deformación En el caso del metodo matricial restringido se considera que todas las barras son de longitud inalterable, es decir que no se acortan por el efecto de los esfuerzos normales. Este método permite calcular la mayoría de estructuras en edificación sin que la simplificación afecte de manera significativa a los resultados. Los nudos de la barra podrán desplazarse en el sentido de las flechas, es decir, perpendicularmente a la directriz inicial de la barra: Puede considerarse un desplazamiento perpendicular de los extremos ya que el arco de circunferencia que describiría es sumamente pequeño debido a la pequeñez de las deformaciones. El movivimento de la barra irá acompañado de unos giros en sus extremos (dependiendo del grado de empotramiento de los mismos) y/o de un desplazamiento relativo de sus extremos. θ δ θ δ = desplazamiento relativo entre los nudos θ= giro que se produce en el nudo. Rigidez: Es la acción necesaria aplicar para ques e produzca una deformación unitaria.



Si Def. = 1 ⇒ Acción = Deformación

Criterio de signos en analisis extructural: Giros: antihorario (+) Horario (-) Movimientos: (+) (-) Cálculo de las rigideces Supongamos una barra a la que se le produce un giro unidad (1 radián) en uno de sus extremos; cero en el otro y despalzamiento entre los nudos también cero. Es decir, la barra puede girar en uno de sus extremos y tiene un empotramiento perfecto en el otro. 1rad θI = 1; θD =0; δ = 0 Para que dicha situación de movimientos sea posible deberán aparecer unos momentos M y M’. M’ ⇒ M M+M’ Pero si solo apareciesen los momentos, la barra giraria debido al par M+M’, por lo que para que la barra permanezca en posición deben aparecer unas fuerzas que anulen dicho par. T M’ M T Las fuerzas que deben aparecer para que se produzca esta deformación unitaria (giro 1 rad.) corresponden a las rigideces de la barra. A continuación deduciremos el valor de M, M’ y T a partir de los teoremas de Mohr.



Diagrama de momentos: M (-) M (-) ⇒ (+) M’ (+) M’ Como la deformada es tangente en B, podemos calcular la distancia de B a la tangente que pasa por A. V B←A A B Como en el campo de las pequeñas deformaciones puede considerarse, a costa de cometer un error despreciable, que la tangente de un ángulo es el mismo ángulo:

1−=←

LV AB

⇒ LV AB −=←

Por otro lado, sabemos, según los teoremas de Mohr, que la distancia de un punto de la deformada a la tangente que pasa por otro punto de la deformada es el Momento estático del diagrama de momentos entre esos dos puntos respecto al punto donde medimos la distancia:

LEI

U ABB −= ⇒ (*1) EILU AB

B *−= Por los mismos teoremas de Mohr, sabemos que el giro entre las tangentes a dos puntos de la deformada son el área del diagrama de momentos flectores entre esos dos puntos:

1−==Ω

ABAB

EIα ⇒ EIAB −=Ω (*2)

Continuando con la aplicación de los teoremas de Mohr, en nuestro caso, tambien sabemos que la distancia de A a la tangente que pasa por B es:



EIUV

ABA

BA ==← 0 ⇒ (*3) 0=ABAU

Ahora podemos tomar dos de las tres condiciones halladas para

establecer un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas y deducir el valor de M y M’:

EIAB −=Ω 0=ABAU

EILMML−=+

−2'

2

03

2*2'

3*

2=+

− LLMLML LEIM 2'= ,,

LEIM 4

=

Ahora ya conocemos los valores de M y M’ que producen la deformación (giro) de la barra, pero nos falta determinar los valores de T para que los extremos se mantengan en su posición inical:

T LTLEI *6

= ,, 2

6LEIT =

LEI6

T M, M’ y T serían por tanto las fuerzas necesarias aplicar a una barra para producir una deformación de un giro unitario (1 rad) en uno de sus extremos y las denominaremos rigideces.

LEI6

LEI4

LEI2

LEI6

Cada una de las rigideces relaciona la acción necesaria aplicar en ese nudo (M o T) con la deformación que se produce (giro (θ) o desplazamiento (δ)). Utilizaremos los subindices G y D según el siguiente cuadro:



Giro (G) Desplazamiento (D)Acción M T Deformación θ δ

KGD KGG KGG’ KGD

Como en la realidad el ángulo nunca será 1 radian, el valor de las fuerzas que aparecerían en los nudos serían el giro que se produjese multiplicado por la rigidez correspondiente: θ = θi ⇒ K* θi KGG* θi KGD* θi (...) A continuación analizaremos una barra en la que se produce un desplazamiento relativo unitario entre sus nudos extremos y suponiendo que sus extremos permanecen como empotramientos perfectos. Para ello será necesario aplicar unos momentos (M , M’) y unas fuerzas (T) compatibles con la deformación propuesta: T 1 M T M’ M (-) (+) M’

0==Ω

ABAB

EIα ⇒ 0=Ω AB ⇒ M = M’

1=←BAV ⇒ 11*)3

2*23

1*2

( =+−

EILMLML

⇒ 2

6LEIM =



M+M’ T

T 2

12LEI LT

LEI *122 = 3

12LEIT =

KGD KDD KDD KGD En el caso de que uno de los extremos de la barra fuese una articulación, en ese nudo no aparecen momentos que se opongan a la deformación y las rigideces quedarían como sigue:

KDD LEIKGG

3=

0

1rad 0' =GGK KGG

KDD 2

3LEIKDD =

1 KGD KDD 2

3LEIKGD =

KDD 0

0)( =BGDK

3

3LEIKDD =

En el caso general que nos encontremos con giro en los dos extremos de la barra y, además, despalazmiento relativo entre los nudos θ δ ⇒ T Mi Md θ T



Lo descompondremos en tres ecuaciones: - Primero el giro izquierdo = 1, el giro derecho = 0 y el desplazamiento = 0 - Segundo: giro izquierdo = 0, giro derecho = 1 y desplazamiento = 0 - Tercero: giro izquierdo =0, giro derecho = 0 y desplazamienmto = 1 Con lo que se puede establecer la siguiente matriz: θi=1 θd=0 δ= 0 θi=0 θd=1 δ= 0 θi=0 θd=0 δ= 1

Mi KGG KGG’ KGD θi Md = KGG’ KGG KGD * θd T KGD KGD KDD δ

Acción = Rigidez * Deformación De esta manera quedan relacionadas las acciones en los nudos de una barra con las deformaciones en los mismos a través de las rigideces de la barra. Ejemplo: Calcular la siguiente viga continua: 2T 4T 5T 2T/m 1m 2m 4m 2m 2m 6m

A B C D

El giro que se producirá en los apoyos A, B y C estará condicionado por las cargas a izquierda y derecha de los mismos y por las rigideces respectivas de las vigas que los acometen. El nudo A, al tener un voladizo en uno de sus lados, podemos considerar que gira libremente, lo cual simplifica el cálculo sin que practicamente se aprecie en los resultados. En primer lugar calcularemos cada tramo de viga como si sus nudos fueran empotramientos, es decir, calcularemos sus momentos hiperestáticos.



El voladizo del apoyo A lo sustituimos por el momento que produce sobre el apoyo. El criterio de signos será el expuesto al principio del tema. Tramo AB: 4T 2T/m

MBA mTQll

alPaMBA 06,115.182

)( 2

2

22

−=+−−

−=

3mT Tramo BC: 2T/m 5T

MBC MCB mTPlQlM BC 17.5812

2

=+= mTMCB 17.5−=

Tramo CD:

2T/m mTQlM CD 00,612

2

== mTM DC 00,6−=

MCD MDC

Juntando los tres tramos nos quedaría: -3 3 -11,06 5,17 -5,17 6,00 -6,00 Estos resultados solo serían correctos en caso de que los apoyos B y C fueran empotramientos perfectos. En nuestro caso, los momentos a izquierda y derecha de cada apoyo deberán equilibrarse en función de las rigideces de las vigas que los acometen. Ello también afectará al empotramiento D. A continuación vamos a calcular las rigideces de las barras en función del giro de cada nudo (solamente B y C ya que D es un empotramiento perfecto y no girará).



Si consideramos que la viga es de sección y material constante, podemos sustituir el módulo de elasticidad y el momento de inercia por 1 al ser comunes a todas las fórmulas de las rigideces. Por otro lado, si imponemos la condición de que en los apoyos de la viga no puede producirse ningun descenso, podremos prescindir de los valores KGD y KDD. En primer lugar impondremos un giro unitario al nudo B manteniendo el nudo C como empotramiento perfecto: 0.50 0.50

A B 1.00 C Tramo AB: M → G

θ→ G 50.0633===

LEIKGG ,, 0' =GGK

Tramo BC: M → G

θ→ G 00.1444===

LEIKGG ,, 50.0

422

' ===LEIKGG

A continuación impondremos un giro unitario al nudo C manteniendo el

nudo B como empotramiento perfecto:

1.00 0.33 A B 0.50 C 0.67

Tramo BC: 00.1444===

LEIKGG ,, 50.02

' ==LEIKGG

Tramo CD: 67.0644===

LEIKGG ,, 33.0

622

' ===LEIKGG

Como ya se ha explicado anteriormente, los valores de las rigideces

serían los momentos necesarios a aplicar en los nudos para que estos girasen la unidad (1 radian).



Pero como en la realidad los nudos solo giran una pequeña fracción, los momentos que aparezcan en los nudos por efecto de estos giros serán el valor de las rigideces por el giro real de cada nudo.

El momento final en cada nudo será la suma de estos momentos mas

los momentos hiperestáticos hallados inicialmente. Para ello plantearemos el equilibrio estático de cada nudo, es decir, que

la suma de todos los momentos en un nudo sea igual al momento puro que haya en él.

En nuestro caso: Momento puro en B=0 Momento puro en C=0 Por tanto las ecuaciones de equilibrio en B y C serán:

0 = -11,06+5,17+(1+0,5)θB+0,5θc = -5,93+1,5θB+0,5θc θB= 4.546 0 = -5,17+6,00+0,5θB+(1+0,67)θc = 0,83+0,5θB+1,67θc θC= -1.858 En consecuencia, los momentos reales que se producirán en cada extremo de barra debido al giro de los nudos será: mTKM B

ABGG

ABBA 273,250,0*546,4* === θ

mTKKM CBCGGB

BCGG

BCBC 617,350.0*858,100,1*546,4** ' =−=+= θθ

mTKKM BBCGGC

BCGG

BCCB 415.050,0*546,400,1*858,1** ' =+−=+= θθ

mTKM CCDGG

CDCD 239,167,0*858,1* −=−== θ

mTKM CCDGG

CDDC 619,033,0*858,1*' −=−== θ

Sumando estos momentos a los momentos hiperestáticos de cada barra,

tentremos el equilibrio de momentos en los nudos (apoyos) de la viga: -3,00 3,00 -11,06 5,15 -5,17 6,00 -6,00 2,273 3,617 0,415 -1,239 -0,619 --------- --------- --------- --------- ---------- -8,79 8,79 -4,76 4,76 -6,619 Una vez hallado el diagrama de momentos hiperestáticos de la viga,

representado por (---) en el dibujo siguiente será necesario “colgar” del mismo los diagramas isostáticos de cada una de las vigas, teniendo en cuenta que el calculo isostático del tramo AB se haría incluyendo el voladizo:



A B C D A continuación plantearemos el mismo problema en forma matricial: Las ecuaciones de equilibrio en los nudos de la estructura quedaría de la

siguiente forma:

0 -5,89 1,50 0,50 θB = + * 0 0,83 0,50 1,67 θC

Para obtener los momentos finales en los extremos de barras

planteariamos:

MAB -11,06 0,50 0 MBC 5,17 1,00 0,50 θBMCB = -5,17 + 0,50 1,00 * MCD 6,00 0 0,67 θCMDC -6,00 0 0,33


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