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Problemas Deformación Angular

1

TEMA 4: PROBLEMAS RESUELTOS DE DEFORMACIÓN ANGULAR

4.1. Aplicando el método de la deformación angular obtener el diagrama de

momentos flectores y dibujar aproximadamente la deformada de la estructura de la figura, donde P=30 KN, q=30 KN/m, L=4m, h=3m y a=2m. El módulo de elasticidad del material es E = 210 GPa y el momento de inercia para todas las barras Iz = 2x104 cm4.

El grado de desplazabilidad de esta estructura es m = 2 x 8 – 8 – 6 = 2. Son necesarios como mínimo dos apoyos deslizantes para inmovilizar todos los nudos. Podrían situarse, por ejemplo, como indica la siguiente figura, donde se muestra también la numeración de las barras que se va a utilizar.

P

q

A D

B

C

h

h

L L

a

F

E H

G

C F

8

A D

B

E H

G

7 6

5 4

3 2 1

Teoría de Estructuras ETSI Bilbao

2

La barra en voladizo de longitud a = 2m en cuyo extremo está aplicada la carga puntual P es isostática y se puede resolver de manera sencilla al margen de la aplicación del método, por lo que al comienzo del análisis se pueden sustituir dicha barra y el efecto de la carga P por un momento de sentido horario aplicado en F de valor M = P.a

Quitando el apoyo del nudo B y desplazándolo una cantidad ∆1 hacia la derecha, el resto de los nudos de la estructura quedarían situados de la siguiente manera:

Quitando el apoyo del nudo C y desplazándolo una cantidad ∆2 hacia la derecha, el resto de los nudos de la estructura quedarían situados esta vez de la siguiente manera:

P.a

∆∆∆∆1111

+

-

A D

B

C F

E H

G

∆∆∆∆1111 ∆∆∆∆1111

+ +

-

+

A D

B

C F

E H

G

∆∆∆∆2222

+

∆∆∆∆2222


3

A la vista de las figuras anteriores, los desplazamientos transversales totales de todas las barras, que se incluirán posteriormente en las ecuaciones de momentos, se pueden resumir de esta manera:

δ1 = ∆1 δ3 = ∆1 δ5 = ∆2-∆1 δ7 = 0

δ2 = ∆1 δ4 = ∆2-∆1 δ6 = 0 δ8 = 0

En dichas ecuaciones también se necesitarán los valores de los momentos de empotramiento perfecto de las barras que soportan alguna carga, en este caso la barra 4:

Nm,Lq

Nm,Lq

ji

ij

42

4232

1025212

1025212

31030

12

⋅−=⋅−=µ

⋅=⋅⋅=⋅=µ

La estructura está formada por 8 barras, así que se tendrán 16 ecuaciones de momentos (dos por cada barra):

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1BAAB

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1ABBA

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1EDDE

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1DEED

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1HGGH

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1GHHG

∆−∆⋅++⋅⋅+⋅=3

)(

2

3

2

1

3

41025,2 124

CBBC

IEM θθ

∆−∆⋅++⋅⋅+⋅−=3

)(

2

3

2

1

3

41025,2 124

BCCB

IEM θθ

∆−∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 12FEEF

)(

∆−∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 12EFFE

)(

µij µji

q

C B


4

θ+θ⋅⋅+= EBBE 21

4IE4

0M

θ+θ⋅⋅+= EBEEB 21

4IE4

0M

θ+θ⋅⋅+= HEEH 21

4IE4

0M

θ+θ⋅⋅+= EHHE 21

4IE4

0M

θ+θ⋅⋅+= FCCF 21

4IE4

0M

θ+θ⋅⋅+= CFFC 21

4IE4

0M

En estas ecuaciones el módulo de elasticidad y el momento de inercia de las vigas deben introducirse en unidades del sistema internacional: E = 210 x 109 Pa; I = 2 x 10-4

m. Como la estructura consta de 8 nudos habrá que plantear las 8 ecuaciones de equilibrio en los mismos (teniendo en cuenta que en los empotramientos dicha condición se sustituye por la condición de giro nulo):

0A =θ 0MMM BCBEBA =++

0MM CFCB =+

0D =θ 0MMMM EFEHEBED =+++

02PMM FCFE =⋅++

0G =θ

0MM HEHG =+ Para obtener las dos ecuaciones restantes, se realizan dos cortes horizontales a la estructura planteando el equilibrio de fuerzas horizontales. El primer corte y la correspondiente ecuación de equilibrio son:

0VV

0F

FECB

H

=+

=∑

C F

P

VCB VFE


5

Para deducir los cortantes de las barras habrá que considerar el equilibrio de las mismas, considerando la influencia tanto de las cargas exteriores aplicadas (como es el caso de la barra 4), como de los momentos en sus extremos (ambas barras). Barra 4:

1) Cortante por momentos (horario): 3

MMV BCCB)1(

CB+=

2) Cortante por cargas (horario): N10542

310302Lq

V 43

2CB ⋅−=⋅⋅−=⋅−= ,

)(

Barra 5:


MMV EFFE)1(

FE+

=

La primera ecuación de corte queda por tanto:

03

MM1054

3

MM EFFE4BCCB =

++

⋅−+

,

El segundo corte a la estructura y la correspondiente ecuación de equilibrio de fuerzas horizontales son los siguientes:

VC = qL/2

q

C F

B E H

P

VBA VED VHG

q


6

0LqVVV

0F

HGEDBA

H

=⋅−++

=∑

01093

MM3

MM3

MM 4GHHGDEEDABBA =⋅−

++

++

+

Con esta última ecuación se completa el sistema de ecuaciones lineales que permite resolver el problema. En este caso se tienen 10 ecuaciones con 10 incógnitas (8 ángulos girados en los nudos y 2 desplazamientos). Resolviendo dicho sistema se obtiene el valor de estas 10 incógnitas, y sustituyendo estos valores en las ecuaciones del método se obtienen también los momenbtos en los extremos de las barras, resultando ser (unidades del sistema internacional): θA = 0 rad ∆1 = 2,84.10-3 m. MAB = 44653 N.m θB = -1,25.10-3 rad ∆2 = 6,65.10-3 m. MBA = 9603 N.m θC = -1,75.10-4 rad MDE = 64974 N.m θD = 0 rad MED = 50278 N.m θE = -5,24.10-4 rad MGH = 60048 N.m θF = -1,52.10-3 rad MHG = 40442 N.m θG = 0 rad MBC = 53968 N.m θH = -6,98.10-4 rad MCB = 39093 N.m MEF = 34788 N.m MFE = 7150 N.m MBE = -63570 N.m MEB = -48310 N.m MEH = -36760 N.m MHE = -40440 N.m MCF = -39090 N.m MFC = -67150 N.m Según el convenio de signos utilizado, los momentos positivos serán antihorarios, y los ángulos positivos también (lo que significa que en este caso todos los giros serán horarios). En cuanto a los dos desplazamientos, han sido planteados hacia la derecha por lo que al salir positivos serán en realidad hacia la derecha. Para obtener los diagramas de momentos de cada barra, se deben superponer los debidos a las cargas aplicadas en ella y los originados por los momentos hiperestáticos en los extremos. La única barra que tiene carga aplicada entre sus nudos extremos es la barra 4. Su diagrama de momentos será:

53,9

B

C

39 39

53,9

B

C

q qL2/8

+ 33,75 KN.m

=

39

53,9


7

Para las restantes barras, que no tienen ninguna carga aplicada entre sus nudos, sólo hay que situar los momentos resultantes en sus extremos orientados según su sentido horario o antihorario, y unir estos valores con una recta al ser el diagrama lineal Por ejemplo, para la barra 1 se tendría:

Haciendo lo mismo para las restantes barras se obtienen el diagrama de momentos para toda la estructura, resultando el indicado en la siguiente figura (los diagramas están dibujados hacia el lado de la barra donde se produciría la tracción). Se añade, finalmente, un dibujo aproximado de la deformada.

44,7

A

B

9,6 9,6

44,7

44,6

9,6

64,9

50,2

60

40,4

53,9

39

34,7

7,1

63,5

48,3

36,7

40,4

39

67,1 60


8

4.2. La estructura de la figura está sometida a una carga puntual de 10 KN y a una carga uniformemente repartida de 10 KN/m, aplicadas tal como se indica. El apoyo empotrado A sufre un asentamiento vertical de 2 cm. a) Plantear todas las ecuaciones precisas para su resolución aplicando el método de la deformación angular. b) Representar el diagrama de momentos de la barra CD debidamente acotado (de la resolución de las ecuaciones del apartado anterior se obtienen, entre otros, los siguientes valores: MCD = 29,3 KN.m, en sentido antihorario, y MDC = 6,6 KN.m, en sentido horario).

Todas las barras son del mismo material de módulo de elasticidad E=210 MPa.) y de inercia constante a lo largo de la directriz, de valor I=1x10-4 m4. Las longitudes representadas en la figura están en metros.

a) Planteamiento de las ecuaciones Se trata de una estructura con un grado de desplazabilidad: m = 2 x 4 – 3 – 4 = 1, al que hay que añadir otro más debido al asentamiento conocido de 2 cm. La figura siguiente muestra la numeración de las barras utilizada y un conjunto posible de 2 apoyos deslizantes con los que se consigue la inmovilización de todos los nudos de la estructura. Las longitudes de las tres barras, necesarias para las ecuaciones del método, se obtienen mediante sencillas consideraciones geométricas:

30º

30º

10 KN/m

10 KN

5

5

A D

B

C

5


9

L1 = 5 / cos 30 = 5,77 m L2 = 5 / cos 30 = 5,77 m L3 = 5 + 5 tg 30 = 7,88 m

Quitando el apoyo del nudo C, los nudos de la estructura quedarían desplazados de la siguiente manera:

A la vista del triángulo isósceles de la derecha, la relación entre desplazamientos es la siguiente:

112

13

73,130cos2 ∆=⋅∆⋅=∆∆=∆

En la figura siguiente se indica el desplazamiento que experimentan todos los nudos de la estructura al quitar el apoyo del nudo A y permitir a este nudo un asentamiento de valor 2 cm. En el nuevo triángulo isósceles que se forma en B se deducen las relaciones siguientes:

cm 46,373,130cos2

cm 2

6

5

=δ⋅=⋅δ⋅=∆=δ=∆

A

D

B

C ∆∆∆∆1111

∆∆∆∆1111

∆∆∆∆2222 ∆∆∆∆3333

+

+

- ∆∆∆∆1

∆∆∆∆3

∆∆∆∆2

30º

30º

1

2

3


10

Para cada una de las barras, y teniendo en cuenta el convenio de signos, el desplazamiento transversal total será:

13

21632

21521

1046,3

10273,1

∆=δ⋅−∆−=∆−∆−=δ

⋅+∆⋅=∆+∆=δ−

−

Para formular las ecuaciones del método se necesitan los valores de los momentos de empotramiento perfecto de las barras que soportan alguna carga, en este caso las barras 1 y 3:

Nm1077212

Lq

Nm1077212

775101012

Lq

42

ji

4232

ij

⋅−=⋅−=µ

⋅=⋅⋅=⋅=µ

,

,,

Nm10686887

58821010

L

baP

Nm10161887

58821010

L

baP

32

23

2

2

ji

42

23

2

2

ij

⋅−=⋅⋅⋅−=⋅⋅−=µ

⋅=⋅⋅⋅=⋅⋅=µ

,,

,

,,

,

La estructura está formada por tres barras, así que se tendrán 6 ecuaciones de momentos (dos por cada barra):

⋅+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=

−

775102731

23

21

775IE4

10772M2

1BA

4AB

,

),(

,,

A

D

B

C

∆∆∆∆6666

∆∆∆∆5555

+

-

δ=2δ=2δ=2δ=2

δδδδ δδδδ

∆∆∆∆5

∆∆∆∆6

30º

30º

µij µji

q

µij µji

P

a b


11

⋅+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=

−

775102731

23

21

775IE4

10772M2

1AB

4BA

,

),(

,,

⋅−∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=

−

77510463

23

21

775IE4

0M2

1CBBC

,

),(

,

⋅−∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=

−

77510463

23

21

775IE4

0M2

1BCCB

,

),(

,

∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=

88723

21

887IE4

10161M 1DC

4CD

,

)(

,,

∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=

88723

21

887IE4

10686M 1CD

3DC

,

)(

,,

Donde E = 210 x 109 Pa e I = 1 x 10-4

m. Puesto que la estructura consta de 4 nudos, de la consideración del equilibrio o del giro de cada uno de ellos surgirá una ecuación adicional:

0A =θ 0MM BCBA =+

0MM CDCB =+

0D =θ Para obtener la ecuación que falta, se realiza un corte por las barras 1 y 3 y se plantea el equilibrio de momentos. Los datos geométricos que se necesitarán son:

m 78,588,266,8CEOEOC

m 66,830cosOBOE

m 1030sen

5OB

=−=−==⋅=

==

Una vez dado el corte, se plantea el equilibrio de momentos respecto del punto O para evitar que intervengan los esfuerzos axiales de las barras 1 y 3:

o

5

D

C

B

A

E

30º


12

078,5VM10VM

0M

CDCDBABA

O

=⋅++⋅+

=∑

Para el cálculo de los cortantes se aísla la barra correspondiente: Barra 1:


MMV ABBA1

BA,

)( +=


77510102Lq

V 43

2BA ⋅−=⋅⋅−=⋅−= ,

,)(

Barra 3:

1) Cortante por momentos (horario): 88,7

MMV DCCD)1(

CD+

=

O

MBA

VBA

VCD

MCD

O

VB = qL/2

q

VC = Pb/L

P

b

a


13


51010L

bPV 3

32

CD ⋅=⋅⋅=⋅= ,,

)(

De esta forma la ecuación de equilibrio de momentos respecto a O queda expresada únicamente en función de las incógnitas del problema:

078510356887

MMM1010892

775MM

M 3DCCDCD

3ABBABA =⋅

⋅++++⋅

⋅−++ ,,,

,,

a) Diagrama de momentos de la barra CD Teniendo en cuenta los momentos en los extremos de la barra, obtenidos mediante resolución del sistema de ecuaciones, el diagrama de momentos hiperestáticos de la barra CD es:

Debido a la carga P habrá que superponer al diagrama de momentos anterior el correspondiente a dicha carga:

m KN 3,1888,7

88,2510L

baPM )2(

F ⋅=⋅⋅=⋅⋅=

Sumando algebraicamente ambos diagramas se obtienen dos tramos lineales con un momento total en el punto intermedio F de:

MF(2)

D

C

P

F

6,6

D

C

29,3 29,3

6,6


14

mKN 7,23,18588,7

6,63,296,6MF ⋅=−⋅−+=

y por consiguiente, el diagrama final de momentos de la barra CD es:

6,6

D

C

29,3 29,3

6,6

10 KN 2,7


15

4.3. Determinar, por el método de la deformación angular, los diagramas de momentos flectores y esfuerzos cortantes para la viga de la figura, dibujándolos debidamente acotados, cuando el apoyo intermedio B experimenta un asentamiento vertical descendente de 3 cm . Calcular también la tensión máxima de flexión.

Características mecánicas y geométricas de la viga:

E = 200 GPa I = 2 x 10-3 m4 L = 10 m Canto de la viga = 30 cm

Si el apoyo B desciende 3 cm. el grado de desplazabilidad de la estructura sería 1, de valor conocido:

La estructura tiene dos barras, así que se tendrán 4 ecuaciones de momentos:

A C B

δ = 3 cm

+ -

A C B

L L


16

⋅⋅+θ+θ⋅⋅+=−

10103

23

21

10IE4

0M2

BAAB

⋅⋅+θ+θ⋅⋅+=−

10103

23

21

10IE4

0M2

ABBA

⋅⋅−θ+θ⋅⋅+=−

10103

23

21

10IE4

0M2

CBBC

⋅⋅−θ+θ⋅⋅+=−

10103

23

21

10IE4

0M2

BCCB

De la consideración de los nudos se deducen las 3 ecuaciones siguientes:

0A =θ 0MM BCBA =+

0MCB = Se tienen ya las 3 ecuaciones con 3 incógnitas. Resolviendo:

BC

2

CB

2

BBCBA 4010103

23

21

10103

23

0MM θ−=θ⇒=⋅⋅−θ+θ+⋅⋅+θ⇒=+−−

0105421

010103

23

21

0M 3BB

2

BCCB =⋅−θ+θ⇒=⋅⋅−θ+θ⇒= −−

,4-

rad. 102861 3B

−⋅−=θ , (horario)

rad. 101454 3BC

−⋅=θ−=θ , (antihorario)

MAB = 617,12 KN.m (antihorario)

MBA = 514,14 KN.m (antihorario)

MBC = -514,56 KN.m (horario)

Para dibujar los diagramas de momentos, al no haber cargas aplicadas en ninguna barra, sólo habrá que unir con una línea recta los momentos obtenidos en los extremos (respetando el sentido obtenido).

617514 514

VABVBC

VBA VCB

KN 11310

51461710

MMVV BAAB

BAAB −=−−=+

==


17

KN 4,5110514

10MM

VV CBBCCBBC ==

+==

MPa 27,46102

101510617I

yM3

23maxmax z

max xx =⋅

⋅⋅⋅=⋅=σ −

−

617

514

KN.m.

51,4

113 KN


18

4.4. La estructura de la figura, cuyas dimensiones y cargas aplicadas se indican, tiene un apoyo empotrado en A y otro articulado en E. Todas las barras son del mismo material, de módulo de elasticidad E, y tienen la misma sección transversal, con momento de inercia de valor I constante en toda su longitud.

Plantear las ecuaciones necesarias para resolver la estructura por el método de la deformación angular.

El grado de desplazabilidad de esta estructura es de 2: m = 2 x 5 – 4 – 4 = 2

P

q

4

m

A

D B

C

E

4

m

3

m

3

m

A

D B

C

E


19

Quitando el apoyo en B y dando un desplazamiento ∆1 a este nudo, el resto de nudos quedaría de la siguiente manera:

Quitando el apoyo en D y dando un desplazamiento ∆3 (componente vertical descendente ∆2) a este nudo, el resto de nudos se desplazaría como indica la figura:

Por semejanza de triángulos, es posible expresar los desplazamientos de todos los nudos en función de uno sólo, en este caso ∆2:

24

23

4345

∆=∆

∆=∆

26

25

4345

∆=∆

∆=∆

Para las ecuaciones de los momentos será necesario obtener los momentos de empotramiento perfecto de la barra CD sometida a la carga q:

A

D

B

C

E

∆1

∆1

+

+

E A

D B

C

∆2

∆2

+

-

∆6

∆5

∆4

∆3

+

∆5

∆2

∆6

∆4

∆3

∆2


20

123q

12Lq

123q

12Lq

22

ji

22

ij

⋅−=⋅−=µ

⋅=⋅=µ

Las 8 ecuaciones de momentos (4 barras) quedan de la siguiente manera:

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1BAAB

∆⋅+θ+θ⋅⋅+=32

321

3IE4

0M 1ABBA

⋅++⋅⋅+=5

)∆45(

2

3θ2

1θ

5

IE40M

2

CBBC

⋅++⋅⋅+=5

)∆45(

2

3θ2

1θ

5

IE40M

2

BCCB

∆+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅=

34

6

23

21

3IE4

123q

M21

DC

2

CD

)(

∆+∆⋅+θ+θ⋅⋅+⋅−=

34

6

23

21

3IE4

123q

M21

CD

2

DC

)(

∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=

54

5

23

21

5IE4

0M2

EDDE

)(

∆−⋅+θ+θ⋅⋅+=

54

5

23

21

5IE4

0M2

DEED

)(

µij

µji

q

D

C


21

De la consideración de los cinco nudos se formulan las siguientes ecuaciones:

0A =θ 0MM BCBA =+

0MM CDCB =+

0MM DEDC =+

0MED = Faltan dos ecuaciones que se obtienen realizando sendos cortes a la estructura. El primero de ellos se muestra a continuación:

0PVV 0F CDBAX =−+⇒=∑

Para el cálculo de los cortantes se aísla la barra correspondiente: Barra CD:


MMV DCCD)1(

CD+

=

2) Cortante por cargas (horario): 23q

2Lq

V 2CD

⋅=⋅=)(

VBA

VCD

P

VC = qL/2

q


22

Barra AB:


MMV BAAB

AB+

=

La primera ecuación de corte queda:

0P3

MM23q

3

MM BAABDCCD =−+

+

⋅++

El segundo y último corte se muestra en la figura siguiente:

Tomando momentos respecto al punto O, los axiles de las barras no aparecen y se tendría la segunda ecuación de corte:

023

3q3P5VM3VM 0M DEDEBABAo =⋅⋅+⋅−⋅++⋅+⇒=∑

Como las barras AB y DE no tienen cargas aplicadas, la ecuación queda finalmente de esta forma:

023

3q3P55

MMM3

3MM

M EDDEDE

ABBABA =⋅⋅+⋅−⋅+++⋅++

02q9

P3MM2M2M EDDEABBA =+−+++

Obteniendo con esta última ecuación el sistema de 7 ecuaciones con 7 incógnitas.

MBA

VBA

VDE P

MDE

O

q

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