estructuras reticuladas

ESTRUCTURAS RETICULADAS
Prof. Carlos Navarro
Departamento de Mecánica de Medios Continuos
y Teoría de Estructuras
En el cálculo estructuras reticuladas suele despreciarse las
deformaciones inducidas por los esfuerzos axiles y cortantes.
Despreciar el primer tipo de esfuerzo equivale a decir que las
barras de la estructura ni se acortan ni se alargan.
B’’
Directriz sin
deformar
B
Directriz
deformada
A’’
A
B’’
A’
A’’B’’=AB
CONCEPTO DE NUDO EN UNA ESTRUCTURA
FORMADA POR BARRAS
ESTRUCTURAS RETICULADAS
INTRASLACIONALES
CONCEPTO DE ESTRUCTURA INTRASLACIONAL
Los nudos no se desplazan, pero las secciones correspondientes sí giran
δ
B
A
P
C
D
A
B
δ
C
D
P
B
C
B
P
A
D
A
B B’
A
C
C’
C
CALCULO DE ESTRUCTURAS INTRASLACIONALES
a) VIGAS CONTINUAS
q
M’
P
F
E
A
C
B
RA
M
RB
RC
Viga
G
RD
RE
q
M’
P
C
B
RB
RA
A
B1
M1
F
E
A
P
M
RC
M1
B2
G
M’
M2 M2
C1
RE
RD
M3
E1
C2
G
Incógnitas: M1, M2, M3 y M4
Ecuaciones:
θ B1 ( antihoario ) = θ B2 ( antihoario )
θ C1 ( antihoario ) = θ C 2 ( antihoario )
θ E1 ( antihoario ) = θ E 2 ( antihoario )
M4
E2
F
M3
M3
Viga
M3
M4
M
M
M4
M4
M + M4 − M3 = 0
q
M’
P
C
B
RB
RA
A
B1
F
E
A
P
M
M1
RC
M1
B2
G
M’
M2 M2
C1
RE
RD
M3
E1
C2
RA = RA
R B = R B1 + R B 2
RC = RC 1 + RC 2
RE = RE1 + RE 2
G
M4
E2
F
EJEMPLO:
P
q
B
A
C
a
b
l
l
P
A
B1
M
M
B2
C
θ B1 ( antihoario ) = θ B 2 ( antihoario )
ql 3
Ml
−
θ B1 ( antihorario ) =
24 EI 3 EI
Ml
Pab( l + b )
−
θ B2 ( antihorario ) =
3 EI
6 EI l
ql 2 Pab( l + b )
M =
+
16
4l 2
B1
A
ql/2
ql/2
B1
A
M
M/l
M/l
B2
C
P
B2
Pb/l
C
Pa/l
M
M/l
ql M
R A ↑=
−
l
2
ql M
Pb M
RB ↑=
+
+
+
l
l
l
2
Pa M
RC ↑=
−
l
l
M/l
b) SEMIPÓRTICOS
M1
M2
l
C
B2
B1
M
B
M
C
B
M1
M = M1 + M 2
M2
2l
A
A
θ B1 ( horario ) = θ B2 ( horario )
M 2 (2l )2
M 2l
θ B1 ( horario ) =
=
4 EI (2l )
2 EI
θ B2 ( horario ) =
M 1l
3 EI
M2 =
2
M
5
M1 =
3
M
5
c) PÓRTICOS
M
M
C
B2
q
M
B
B1
l
A
D
XA
A
YA
l
θ B1 ( horario ) = θ B2 ( horario )
θ B1 ( horario ) =
θ B2 ( horario ) =
Ml
3 EI
ql 3
24 EI
−
Ml
Ml
−
3 EI 6 EI
ql 2
M =
20
ql
YA =
2
ql
XA =
20
B
ql/2
ql/20
ql/20
ql/2
ql/2
ql2/20
ql/20 B
B
A
C
D
C
A
D
ESTRUCTURAS INTRASLACIONALES CON ROTULAS
L/4
L/8
P=20 kN
M
B
A
C
B
2m
D
1m
P
3L/4
E
1m
D
C
L
M = P·L
A
A
B
L
D
C
L
L
20 kN/m
30 kN
50kN.m
10 kN
E
A
B
6m
M
C
2m
3m
G
F
D
3m
2m
2m
2m 1m
P
Barra 1
Barra 2
P
Q
Q
Q1
Q2
Q1+Q2=P
P
M=Pd
d
P
M
A
B
M
A
B
Incógnitas:
1 reacción vertical en A
1 reacción vertical en B
1 reacción vertical en D
1 momento en el
empotramiento D
P=20 kN
A
C
B
2m
D
1m
1m
4
P
C1
B
A
Q1
Q1
2m
L=1 m
Q2
C2
D
Q2
L=1 m
Ecuaciones de la estática:
(1) Suma de fuerzas verticales nula
(1) Suma de momentos
en un punto igual a cero
(1) Momentos en la rótula de una
de las partes Igual a cero
3
PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1
Ecuación adicional: flecha en C1 igual a flecha en C2
P
A
M = P·L
B
D
C
L
L
L
Incógnitas:
1 reacción vertical en A
1 reacción vertical en D
1 momento en el empotramiento A
1 momento en el empotramiento D
4
P
M=PL
A
B
Q
C1
C2
Q
Q
Q
D
Ecuaciones de la estática:
(1) Suma de fuerzas verticales nula
(1) Suma de momentos
en un punto igual a cero
(1) Momentos en la rótula de una
de las partes Igual a cero
3
PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1
Ecuación adicional: flecha en C1 igual a flecha en C2
L/4
3L/4
Incógnitas:
1 reacción vertical en A
1 reacción horizontal en A
1 reacción vertical en D
1 reacción horizontal en D
1 momento en el empotramiento A
1 momento en el empotramiento D
L/8
M
B
E
D
C
L
A
N
Q
M
C1
B2
Q
B1
Q
6
C2
N
N
A
Q
D
N
Ecuaciones de la estática:
(1) Suma de fuerzas verticales nula
(1) Suma de fuerzas horizontales nula
(1) Suma de momentos en un punto igual a cero
(1) Momentos en una de las rótulas, de una de las partes
de la estructura, igual a cero
(1) Momentos en otra de las rótulas, de una de las partes
de la estructura, igual a cero
5
PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1
Ecuación adicional: desplazamiento horizontal de B1 nulo
ESTRUCTURAS RETICULADAS
TRASLACIONALES
Veamos con un ejemplo la filosofía que debemos utilizar para
calcular estructuras traslacionales.
a
C
C
D
a
C*
D D*
F
F
B
ESTRUCTURA REAL
A
B
A
ESTRUCTURA DEFORMADA
C
D
F
Sean MC y MD los momentos flectores
que aparecen en las secciones en contacto
con los nudos
B
A
MB
ESTRUCTURA REAL
Si prescindimos de todas las cargas que actúan y suponemos que las
barras estuviesen conectadas mediante articulaciones (rótulas)
C
C
D
D
F
B
A
B
A
La estructura inicial se ha convertido en un mecanismo con un gdl
C
B
C*
D*
D
A
El movimiento de este mecanismo viene determinado por un
sólo parámetro, como es el desplazamiento CC*=DD*
El valor de este parámetro (CC* ó DD*) no es conocido a priori, pero si lo
supusiéramos conocido (e idéntico al que se produce en la estructura real “a”)
tendríamos perfectamente determinados los desplazamientos de los nudos de la
estructura.
a
a
C
B
C*
D
D*
A
Si, ahora, una vez que el mecanismo se ha movido de manera que el nudo C (y el
D) ocupa la posición final que ocuparía en el caso de que estuviésemos
considerando la estructura real, no estaríamos añadiendo nuevas coacciones al
sistema porque ya se había movido
Pero, claro, en el caso del mecanismo, las secciones en contacto con la rótula que
exista en un nudo giran diferente, cuando en la estructura real, las secciones de dos
barras coincidentes en un nudo, tendrían que girar lo mismo.
Si, ahora, colocáramos sobre el mecanismo una vez movido, las cargas que actúan
sobre la estructura y, en las secciones en contacto con las rótulas los momentos
flectores que, en la realidad, actúan sobre ellas (MB en B, MC en C* y MD en D*):
a
a
C
C*
D
MD
D*
MC
F
B
MB
A
¡Obtendríamos la estructura deformada!
Veamos un ejemplo:
Deducir las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantesy axiles y los movimientos
De las secciones B y D en la estructura de la figura.
La sección de las vigas es rectangular de 30 cm de ancho y 40 cm de
canto y el material (hormigón) tiene un módulo de elasticidad de 20 Gpa.
q=20 kN/m
B
D
C
6m
F=80 kN
8m
E
4m
A
6m
2m
2q
q=20 kN/m
2q
B
2q
2q
C
6m
F=80 kN
8m
E
4m
A
6m
2m
¿Podemos simplificar más aún la estructura?
q=20 kN/m
q=20 kN/m
2q
B
2q
B
2q
C
C
F=80 kN
F=80 kN
E
A
2q
A
q=20 kN/m
a
B
q=20 kN/m
B2 *
a
2q
2q
B*
C*
M
2q
M
C
M
F=80 kN
2q
C*
a
=
B1 *
M
F=80 kN
A
A
θ (antihorario ) = θ (antihorario )
B1*
B*2
q=20 kN/m
2q
B2 *
2q
C*
M
6 M 6 ⋅ 40 20 ⋅ 6
θ (antihorario ) =
+
−
3 EI 6 EI 24 EI
3
B*2
a
B1 *
M θ (antihorari o ) = − 8 M + 80 ⋅ 8 − a
3 EI 16 EI 8
F=80 kN
2
B1*
A
14
EI
M+
a = 460
3
8
q=20 kN/m
2q
B
2q
C
F=80 kN
Tomando momentos en B
de las fuerzas y momentos
que actúan sobre la barra AB
(sentido antihorario positivo):
E
− 80 ⋅ 8 − M + 80 ⋅ 4 = 0
A
80 kN
VE
M = −320 kN ⋅ m
VA
EI = 20 ⋅10 ⋅
6
14
EI
M+
a = 460
3
8
1
0 ,3 ⋅ 0 ,4 = 32000 kN ⋅ m
12
3
a = 0 ,488 m
Ley de momentos flectores
40 kN.m
q=20 kN/m
B
D
C
320 kN.m
F=80 kN
320 kN.m
A
E
Ley de esfuerzos cortantes
q=20 kN/m
40 kN
B
D
C
120 kN
F=80 kN
E
80 kN
A
Ley de esfuerzos axiles
q=20 kN/m
B
D
C
160 kN
F=80 kN
E
A
Movimientos de la sección B:
El desplazamiento horizontal será 0,488 m, el vertical nulo y el giro:
a
8 ⋅ 320 80 ⋅ 8 0 ,488
(
)
θ antihorari o =
+
−
= −0 ,0243 rad
3 EI 16 EI
8
B1 *
La sección B gira en sentido horario 0,0243 rad
2
B1*
M
F=80 kN
A
Movimientos de la sección D:
El desplazamiento horizontal será 0,488 m.
El desplazamiento vertical será suma de:
a) El obtenido si la sección C del dintel no girara:
q⋅L
20 ⋅ 2
v ↓=
=
= 1,25 mm
8 EI 8 ⋅ 32000
4
1
4
CD
D
b) El de sólido rígido motivado por en giro de la sección C del dintel:
40 ⋅ 6 20 ⋅ 6 320 ⋅ 6
= −0 ,0131 rad
θ (horario ) =
−
−
3 EI 24 EI
6 EI
v ↑= 0 ,0131 ⋅ 2 = 0 ,02625 m
3
C
2
D
v ↑= 0 ,02625 − 0 ,00125 = 0 ,025 m
D
El giro de D será (suma del de la sección C más el causado por la
sobrecarga que actúa sobre la ménsula:
20 ⋅ 2
θ (antihorari o ) = 0 ,013 −
= 0 ,0122 rad
6 EI
3
D
En el pórtico de la figura, todas las barras tienen la misma rigidez EI=40000 kN.m.
Cuando actúan las cargas indicadas, determinar:
a) Leyes de esfuerzos en la estructura
b) Desplazamiento horizontal en C
P2=40 kN
P1=60 kN
C
D
B
q=20 kN/m
5m
A
E
2,5 m
2,5 m
2,5 m
2,5 m
Estructura con un grado de traslacionalidad
C
B
A
a
a
a
C*
D
D*
B*
E
a
B
A
a
a
B*
M1
C
C*
D
D*
M3
M2
E
P1
M1
M2
C1* C2*
B2*
M2
P2
M3
D1*
a
a
M1
B
B1*
M 1 L qL3
a
θ B1 (antihorario) =
+
−
3EI 24 EI L
Ec.1
2
M L PL
M L
θ B2 (antihorario) = − 1 − 1 + 2
3EI 16 EI 6 EI
P1 L2
M L M L
θ C ( antihorari o ) =
− 2 + 1
16 EI 3 EI
6 EI
Ec.2
2
M 2 L P2 L
M 3L
θ C ( antihorari o ) =
−
+
3 EI 16 EI 6 EI
q
M3
1
2
A
M 3 L P2 L2 M 2 L
θ D1 (antihorario) = −
+
−
3EI 16 EI 6 EI Ec.3
M 3L a
θ D2 (antihorario) =
−
3EI L
E
D2*
M 1 L qL3
a
θ B1 (antihorario) =
+
−
3EI 24 EI L
Ec.1
2
M L PL
M L
θ B2 (antihorario) = − 1 − 1 + 2
3EI 16 EI 6 EI
P1 L2 M 2 L M 1 L
θC ( antihorari o ) =
−
+
16 EI 3 EI
6 EI Ec.2
M 2 L P2 L2 M 3 L
θC ( antihorari o ) =
−
+
3 EI 16 EI 6 EI
1
2
M 3 L P2 L2 M 2 L
θ D1 (antihorario) = −
+
−
3EI 16 EI 6 EI Ec.3
M L a
θ D2 (antihorario) = 3 −
3EI L
¡3 ecuaciones con cuatro incógnitas!
M1
M2
M3
a
¡La ecuación que falta la obtenemos aplicando las
ecuaciones de la estática!
a
a
M1
B1*
M3
B
D2*
q
E
A
HA
VA
Suma de momentos en B1* igual a cero:
qL2
M1 +
− H AL = 0
2
H E − H A = −qL
Junto con:
HE
VE
Suma de momentos en D2* igual a cero:
M3 + HEL = 0
qL2
M1 +
− qL2 + M 3 = 0
2
Ec. 4
Resolviendo el sistema de las cuatro ecuaciones con las 4 incógnitas:
M 1 = 93,75 kN ⋅ m
M 2 = 31,25 kN ⋅ m
M 3 = 156,25 kN ⋅ m
a = 0,061 m
Ley de momentos flectores
43,75 kN.m
31,25 kN.m
P2
P1
156,25 kN.m
C
D
B
106,25 kN.m
q
A
E
Ley de esfuerzos cortantes
5 kN
P2
P1
C
D
B
31,25 kN
5 kN
31,25 kN
q
45 kN
55 kN
A
68,75 kN
E
Ley de esfuerzos axiles
31,25 kN
P2
P1
45 kN
C
D
B
q
A
5 kN
E
ESTRUCTURAS RETICULADAS
ATIRANTADAS
C
D P
EI
h/2
B
EtAt
L
A
C
D
C
P
D
P
=
B
A
F
B
A
B
F
F
A
∆BA=F.L/ EtAt
F
C
D
C
D
P
F
B
F
A
B
F
B
1
1
A
A
∆BA=F.L/ EtAt
F
ESTADO REAL
ESTADO FICTICIO
Teorema de reciprocidad:
r ficticio
r ficticio
r real
− F ⋅ uA
+ P ⋅ uD
= −1 ⋅ u A
r ficticio
r ficticio
r real
− F ⋅ uA
+ P ⋅ uD
= −1 ⋅ u A
∆ BA
r real r real r real
= u A − uB = u A = F ⋅ L / E t At
r real
u A = F ⋅ L / E t At
r ficticio
r ficticio
F ⋅L
− F ⋅ uA
+ P ⋅ uD
=−
E t At
r ficticio
P ⋅ uD
F=
r ficticio
L
uA
−
E t At
¡Sólo es preciso resolver
el estado ficticio para
obtener la fuerza en el
tirante!
h
C
h
D
h
ESTADO FICTICIO
1
B
1
A
r ficticio
h 2 ⎡ 2h
1 ⎡1
2
1
2 ⎤
⎤
uA
=−
h
⋅
h
⋅
h
+
L
⋅
h
⋅
h
+
h
⋅
h
⋅
h
=
−
+
L
⎥
EI ⎢⎣ 2
EI ⎢⎣ 3
3
2
3 ⎥⎦
⎦
v
1
↓=
EI
L 1
⎤ Lh
⎡
⎢ L ⋅ h ⋅ 2 + 2 h ⋅ h ⋅ L⎥ = 2 EI (L + h)
⎦
⎣
θ Bficticio ⋅ L =
Lh
(L + h) ⇒ θ Bficticio = h (L + h)
2 EI
2 EI
ficticio
A
h
C
h
B
D
1
h
1
A
ESTADO FICTICIO
r ficticio
1 ⎡1
1 ⎤
h3
uD
h ⋅ h ⋅ h⎥ =
=
⎢
EI ⎣ 2
3 ⎦ 6 EI
Pero como B gira:
θ
ficticio
B
h
(L + h)
=
2 EI
r ficticio
h3
h2
h2 ⎛ h L ⎞
(L + h) = − ⎜ + ⎟
uD
=
−
EI ⎝ 3 2 ⎠
6 EI 2 EI
r ficticio
P ⋅ uD
F=
r ficticio
L
uA
−
E t At
r ficticio
h 2 ⎡ 2h
⎤
uA
=−
+
L
⎥
EI ⎢⎣ 3
⎦
r ficticio
h2 ⎛ h L ⎞
uD
=−
⎜ + ⎟
EI ⎝ 3 2 ⎠
h2 ⎛ h L ⎞
−P⋅
⎜ + ⎟
EI ⎝ 3 2 ⎠
F=
h 2 ⎡ 2h
L
⎤
−
+ L⎥ −
⎢
EI ⎣ 3
⎦ E t At
F>0, luego el tirante trabaja
a tracción, como habíamos
supuesto