UNIVERSIDAD PERUANA DE CIENCIAS APLICADAS FACULTAD DE INGENIERÍA INGENIERIA CIVIL
TRABAJO FINAL: MÉTODO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURA SLOPE DEFLECTION
CURSO
: MECÁNICA DE MATERIALES
PROFESOR : JAVIER MORENO ALUMNOS : JOSÉ CUYA CALDERÓN JOSÉ DE LA ROCA HENRY FLORES GAMARRA RAUL PACO AYUQUE FECHA
:
OCTUBRE DEL 2011
LIMA – PERÚ
TABLA DE CONTENIDO INTRODUCCION.........................................................................................................1 2.
“SLOPE - DEFLECTION” .............................................................................34
2.1
Introducción ..................................................................................................34
2.2
SUPOSICIONES BÁSICAS DEL MÉTODO:.................................................35
2.2.1
Convenciones: .............................................................................................35
2.3
DEDUCCIÓN DE LAS ECUACIONES DEL SLOPE-DEFLECTION: ............35
2.3.1
Momentos de empotramiento .......................................................................38
2.3.2
Momentos generados por desplazamientos .................................................41
2.4
PLANTEAMIENTO GENERAL DEL MÉTODO DEL SLOPE-DEFLECTION:53
2.4.1
Aplicación del Slope Deflection en Vigas ......................................................53
2.4.2
Aplicación de Slope Deflection en el análisis de pórticos...............................74
2.5
EJERCICIOS PROPUESTOS: .................................................................105
2. “SLOPE - DEFLECTION” 2.1
Introducción
El profesor George A. Maney presentó en 1915 el método del análisis de estructuras Slope-deflection en una publicación sobre ingeniería estructural de la universidad de Minesota. Su trabajo fue una extensión de estudios anteriores acerca de esfuerzos secundarios realizados por Heinrich Manderla y Otto Mohr entre los años 1880-1900. Su popularidad se mantuvo entre los ingenieros de la época por casi 15 años hasta la aparición de el método de distribución de momentos (método de Cross). Este método permite conocer los momentos en los extremos de las barras que conforman una estructura mediante la solución de un sistema de ecuaciones que tiene en cuenta los desplazamientos y las rotaciones en los nodos. También es importante tener en cuenta que este método sólo es aplicable a estructuras con nodos rígidos como es el caso de las vigas continuas y pórticos rígidos, ya que no se considera el efecto de deformaciones por carga axial que son las que se producen en las cerchas. Hoy día, este método en su forma convencional es poco útil debido a los programas tan avanzados de análisis de estructuras que existen en la actualidad. Sin embargo se sigue considerando como uno de los métodos de desplazamiento más importante de acuerdo con las siguientes consideraciones: •
Para algunos sistemas estructurales simples (vigas, marcos rígidos) el método
puede presentar una solución rápida y practica. •
Las ecuaciones fundamentales del método sirven de base para el desarrollo del
método de distribución de momentos.
34
•
Las ecuaciones fundamentales del método establecen la base de introducción de
métodos de formulación matricial.
2.2 SUPOSICIONES BÁSICAS DEL MÉTODO: - Todos los miembros de la estructura son prismáticos ( E I constantes ). - Las deformaciones de la estructura son debidas principalmente al efecto de los momentos. - La estructura se comporta en el rango elástico (obedece a la ley de Hooke). - Las deformaciones producidas por fuerzas axiales y cortantes son despreciadas. 2.2.1 Convenciones: -
Los momentos en los nodos en sentido de las manecillas del reloj son negativos.
-
Las rotaciones de los nodos en sentido anti-horario son positivos.
2.3 DEDUCCIÓN DE LAS ECUACIONES DEL SLOPE-DEFLECTION: Imagine un pórtico el cual ha sido sometido a un sistema de cargas cualquiera: peso propio, carga viva, fuerza de sismo, viento, etc. Como resultado de la aplicación de este sistema de cargas la estructura sufre deformaciones (rotaciones y desplazamientos) en los nodos y a su vez se generan fuerzas en cada uno de los elementos de la estructura.
35
Figura 7: Pórtico Sometido a un Sistema de Cargas
i
A
j
B
C
A
B
C
Tomando el elemento i− j del sistema pórtico después de deformado se tiene: Figura 8: Análisis del Elemento i-j P
W
j
θj θ
i
Δ
RELATIVO
i
Para el análisis de este elemento se hace uso de la ecuación básica usada en el análisis matricial de estructuras:
[F ] = ⎣F T ⎣
⎦+ F
desplazamientos
⎦
Ecuación 2.1
empotramiento
Donde:
F T = Fuerzas finales en los extremos de la barra.
36
Fempotramiento
= Fuerzas generadas en los extremos de la barra
i− j debido a las
cargas externas ( P,W ) actuantes sobre la barra. En este caso se restringen los desplazamientos de los nodos y se puede representar por medio del comportamiento de los extremos.
Fdesplazamientos
= Fuerzas generadas en el elemento debidas a los desplazamientos de
la barra. Como se mencionó al inicio del presente capitulo, el método del Slope-deflection desprecia las deformaciones debidas a las fuerzas axiales y cortantes en los elementos, teniendo solamente en cuenta las deformaciones por flexión (momentos). Así, la ecuación básica en el análisis matricial aplicada al método del Slope-deflection queda convertida en:
[F
TOTALES
]= ⎣F ⎦ + [F ] emp
↓ [ M
TOTALES
des
↓ ]=⎣M
emp
↓
Ecuación 2.2
⎦+⎣M
desplazamiento
W
P
P
θj θi
i
⎦
j
M
W
M
ji
TOTALES
i
Δ
RELATIV O
=
M F
ij
ji
TOTALES
θ
F
i
M
M
ij DESPLAZAMIENTOS
ij TOTALES
[ M
+
j
M
θj
]
= Momentos totales generados en los extremos de la barra.
37
j
ji
DESPLAZAMIETOS
Δ RELATIVO
⎣ M
empotramientos
⎦ = Momentos generados en los extremos de la barra por cargas externas
( P,W ) actuantes sobre la barra i− j cuando todos los desplazamientos son iguales a cero, es decir, la barra está empotrada.
⎣ M
desplazamientos
⎦ =Fuerzas
generadas en elementos debidas a los desplazamientos
(θi ,θ j , Δ relativo) A continuación se estudian los momentos de empotramiento y los momentos debidos a los desplazamientos. 2.3.1 Momentos de empotramiento
⎣ M
empotramientos
⎦ : Como ya se mencionó anteriormente, los momentos de empotramiento
son los que se generan en los nodos de la barra debido a las cargas (
P,W ) externas
aplicadas sobre ella. M
F
ij
F
M
= Momento generado en el nodo j de la barra ij debido a ( P , W ) = Momento generado en el nodo j de la barra ij debido a ( P , W )
ji
Los momentos de empotramiento se calculan: •
Usando un método de análisis de estructuras como: Área momento, castigliano, carga unitaria, viga conjugada entre otros.
A manera de ejemplo, se calculan los momentos de empotramiento de la siguiente viga usando el método de castigliano.
38
Figura 9: Viga Cargada
W A
B
Se consideran como redundantes las reacciones del extremo B ( M
B
, R ). Las B
condiciones en el nodo B son tales que: y
θ =0 B
Luego: ⎡ M
L
θB=
∫
0
∫
∂M
⋅ ⎢ ⎣ E ⋅I ∂ M L
ΔB =
Δ
0
=0 B
⎤ ⎥ dx = 0 ⎦
B
Ecuación 2.3
⎡ M ∂M ⎤ ⎢ ⋅ ⎥ dx = 0 ⎣ E ⋅I ∂ R ⎦
Ecuación 2.4
B
Planteando la ecuación de momentos para la viga se tiene:
∑
0
= M ( x) − M B −
M M (x) = M B +
W ⋅x 2 + ( R B⋅ x ) = 0 2
W ⋅x 2 2 − ( R B⋅ x )
Ecuación 2.5
Derivando la ecuación de momento con respecto a cada una de las redundantes: ∂M( x)
∂M(
=1
x)
∂MB •
=−x
∂ RB Para el caso de θ B :
θB=0=
⎡ M ∂M ⎤ ∫ 0 ⎢⎣ E ⋅I ∂⋅ M ⎥⎦ dx = L
B
∫
⎡ W ⋅x 2 ⎤ ⎢ 2 + M B − R B ⋅ x ⋅ [1 ] dx ⎥ ⎣ ⎦
L 0
39
W ⋅x 0= 6 0 = W ⋅L 6
2
R B⋅ + M B⋅ x − x
3
L
0
2 2 R B⋅ L
3
+ M B⋅ L −
Ecuación 2.6
2
Despejando R B de la anterior ecuación se tiene: RB =
2 ⋅M B
+
L
W ⋅L
Ecuación 2.7
3
Para el caso de Δ
•
B
:
⎡ M ∂M ⎤ ∫ 0 ⎢⎣ E ⋅I ∂⋅ R ⎥⎦ dx = L
ΔB =0=
B
0=
R ⋅x B
3
3
0 = R B⋅ L 3
4
W ⋅x −
3
−
−
8
W ⋅L
M B ⋅x
4
−
8
2
2
M B⋅ L
2
⎡ W ⋅x 2 ∫0 ⎢− 2 L ⎣ L
⎤ − M B + R B ⋅ x ⎥ ⋅ [ − x ] dx ⎦
0
Ecuación 2.8
2
Despejando R B de la anterior ecuación se tiene:
R = B
3 8
( W ⋅L ) +
3 2
2
( M ⋅L )
Ecuación 2.9
B
Igualando las ecuaciones 2.7 y 2.9 se encuentra el valor de
M B:
2
3 ⋅ W ⋅L + 3 ⋅ M B ⋅ L 2 ⋅ M B W ⋅L = + 8 2 L 3 M B = W ⋅L 12
2
Ecuación 2.10
40
Reemplazando la ecuación 2.10 en cualquiera de las expresiones de
R = B
W ⋅L 2
R B se obtiene:
Ecuación 2.11
Una vez conocidos los valores de las reacciones en el nodo se plantea la estática de la viga, obteniendo el valor de las reacciones del nodo A:
M A=
RA =
W ⋅L 12
2
Ecuación 2.12
W ⋅L 2
Ecuación 2.13
Así, los momentos de empotramiento para una viga de sección constante y con una carga constante sobre toda la viga son:
F
Mij =− M
ji
F
W⋅L = 12
2
Ecuación 2.14
Figura 10: Momentos de Empotramiento
2
W
WL 12
•
2
WL 12
Por medio de tablas de cálculo de momentos, las cuales muestran un gráfico de la viga con el sistema de carga y el valor de los momentos en función de las cargas ( P,W ) actuantes en la barra y la longitud de la barra.
2.3.2 Momentos generados por desplazamientos
41
Ahora se estudian los momentos debidos a desplazamientos ⎣ M
desplazamientos
⎦.
Figura 11: Momentos de Empotramiento
M θj
j
θi
ji
DESPLAZAMIETOS
Δ
RELATIVO
i
M
ij DESPLAZAMIENTOS
Como se puede ver en la figura anterior, los momentos generados en los extremos de la barra se producen por 3 desplazamientos.
a. Rotación del nodo i (θi ) b. Rotación del nodo j (θ j ) c.
Desplazamiento relativo entre nodos (Δ relativo)
A continuación se analiza cada desplazamiento por separado. 2.3.2.1. Momentos generados en los extremos de la barra i− j por una rotación en el nodo i (θ i ) Para encontrar la relación existente entre los momentos generados en los extremos de la barra y la rotación ocurrida en el nodo
i (θ i ) , considérese una barra i-j simplemente
apoyada en su extremo i y empotrada en su extremo j, la cual ha sufrido una rotación en su extremo i como se muestra a continuación:
42
Figura 12: Rotación en el nodo i de la barra i-j
M
ij
θ
i
−θ
M −θ
i
ji
M ij− θ = Momento generado en el nodo i
j
i debido a una rotación en el nodo
i (θ i )
M ji − θ i
= Momento generado en el nodo j debido a una rotación en el nodo
i( θ i)
A continuación se hace uso del teorema de la viga conjugada para calcular el valor de los momentos
Mi j − θ i
y
M ji − θ
i
en función de la rotación ( θ i )
Para no saturar el dibujo y evitar posibles confusiones, se usa la siguiente convención: Mi j −θ
i = M
M ji −θ
i = M
A
B
43
Figura 13: Diagrama de Momentos de la Viga Cargada
M
MB
A
= +
M
A
M
A
M
B
M
B
+ Diagramas de Momentos
1 M 2 (L) EI
__
A
_ M_ _ EI A
Viga Cargada
θ
M EI
B
1 (L) _M 2 EI
__
B
Planteando una sumatoria de momentos en el nodo i, se tiene:
∑ M =0 i
B
⋅L⎞⎛2
⎛1 M ⎜ ⋅ ⎝ 2 EI
⎞ ⎛1 M ⋅L⎞⎛1 A
⎟⋅⎜ L⎟−⎜ ⋅ ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 EI
⎞
⎟⋅⎜ L⎟=0 ⎠⎝3 ⎠
M =2M A
B
Ahora haciendo una sumatoria de fuerzas en y usando la anterior relación:
∑ Fy = 0
44
⎛ 1 M AL ⎞ ⎛ 1 M L ⎞ B −⎜ ⋅ ⎟+⎜ ⋅ ⎟ + θ i= 0 ⎝ 2 EI ⎠ ⎝ 2 EI ⎠ ⎛ 1 M L ⎞ ⎛ 1 ( M A 2) L ⎞ −⎜ ⋅ A ⎟+⎜ ⋅ ⎟ + θ i= 0 ⎝ 2 EI ⎠ ⎝ 2 EI ⎠ ⎛ 1 M AL ⎞ −⎜ ⋅ ⎟ + θ i= 0 ⎝ 4 EI ⎠ Despejando M A , se obtiene:
MA=
4EI L θi
Ecuación 2.15
Y por consiguiente:
M B=
2 θi EI L
Ecuación 2.16
Luego Mij − θ = i M ji − θ = i
4EI L 2EI L
θi
Ecuación 2.17
θi
Ecuación 2.18
2.3.2.2 Momentos generados en los extremos de la barra i− j por una rotación en el nodo j (θ j )
45
Para encontrar la relación existente entre los momentos generados en los extremos de la barra y la rotación ocurrida en el nodo
j ( θ j ) se considera una barra i-j empotrada en
su extremo i y simplemente apoyada en su extremo j, la cual ha sufrido una rotación en su extremo j como se muestra a continuación: Figura 14: Rotación en el nodo j de la barra i-j
M −θ ij
M i j −θ
θ
i
j
M −θ ji
j
j = Momento generado en el nodo i debido a una rotación en el nodo
j (θj ) M ji −θ
j = Momento generado en el nodo j debido a una rotación en el nodo
j (θ j )
Realizando el mismo análisis que se hizo para el caso de la rotación en el nodo i, se obtiene:
M
M
ij− θ j =
ji − θ
= j
2 EI θj L 4 EI
Ecuación 2.19
θj
Ecuación 2.20
L
2.3.2.3. Momentos generados en los extremos de la barra i− j por un desplazamiento relativo ( ΔR )
46
Para encontrar la relación existente entre los momentos generados en los extremos de la barra y el desplazamiento relativo ( ΔR ) entre nodos se considera una barra i-j empotrada en sus dos extremos, la cual ha sufrido un descenso vertical en uno de sus apoyos como se muestra a continuación:. Figura 15: Desplazamiento Relativo entre nodos de la barra i-j
i
M −Δ ij
Δ
R
RELATIVO
j
M ji−Δ
R
M i j −Δ
R
= Momento generado en el nodo i debido al desplazamiento
relativo ( ΔR ) M ji −Δ
R
= Momento generado en el nodo j debido al desplazamiento
relativo ( ΔR ) Nuevamente se hará uso del método de la viga conjugada para calcular el momento en función del desplazamiento relativo entre los extremos del elemento. Para no saturar el dibujo y evitar posibles confusiones se usa la siguiente convención: M i j −Δ R = M M ji −Δ R = M
A
B
47
Figura 16: Cálculo de Momentos debidos al desplazamiento Relativo entre nodos i
M
ij
−Δ R j
=
M −Δ ji
R
+
M
A
M
B
M
B
Diagramas de Momentos
M
A
+
Viga Conjugada 1 (L)_ _AM_ 2 EI
__
M EI
A
Δ
R
MB EI 1 (L) _M 2 EI
__
Haciendo sumatoria de fuerzas en y:
∑F
y
=0
1 ⎛ M ⋅L ⎞ 1 ⎛ M ⋅L ⎞ A B −2 =0 ⎜ ⎟+ ⎜ ⎟ ⎝ EI ⎠ 2 ⎝ EI ⎠
48
B
MA =M
Ecuación 2.21
B
Ahora, planteando una sumatoria de momentos con respecto al nodo j:
∑M
=0
j
⎛ M ⋅L ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ M ⋅ L ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ A ⎟ ⎜ L ⎟ − ⎜ B ⎟ ⎜ L ⎟ − Δ R= 0 ⎝ 2 EI ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 EI ⎠ ⎝ 3 ⎠ 2
2
M A⋅ L − M A⋅ L =ΔR 3 EI 6 EI 2
M A⋅ L = Δ R 6 EI
Despejando M A : MA =
6EI 2
⋅Δ
L
Ecuación 2.22
R
Y por consiguiente: MB =
6 EI ⋅Δ 2 L
Ecuación 2.23
R
Luego:
M
M
i j −Δ
R
ji −Δ R
6 ⋅Δ EI L2 = ⋅Δ 6 EI L 2 =
Ecuación 2.24
R
Ecuación 2.25 R
49
Importante: El signo del momento varía, dependiendo si el desplazamiento relativo hace girar la barra en sentido horario ó anti-horario. En el desarrollo de este capitulo se plantea la siguiente convención para determinar el signo del momento debido al ΔR Caso A. Si el desplazamiento relativo
ΔR hace que la barra tienda a rotar en sentido de las
manecillas del reloj, los momentos en los extremos son positivos. Figura 17: Rotación de la barra en sentido de las manecillas del reloj
Δ
M −Δ ij
R
RELATIVO
M −Δ ji
M
M
6 EI
R
ΔR
Ecuación 2.26
Si el desplazamiento relativo
ΔR hace que la barra tienda a rotar en sentido anti-
i j −Δ
R
=
ji −Δ
R
=
2
L
Caso B.
horario, los momentos en los extremos son negativos. Figura 18: Rotación de la barra en sentido contrario a las manecillas del reloj
M −Δ ji
M −Δ ij
Δ
R
50
RELATIVO
R
M
i j −Δ
R
=
M
ji −Δ
6 EI Δ = − L2 R
R
Ecuación 2.27
Sumando los 3 efectos analizados se puede decir que: El momento generado en el nodo i , debido a los desplazamientos θi ,θ j y
•
ΔR
es igual a:
M
= ( i j desplazamientos
M i j desplazamientos =
M
) (M ) (M ) + i j −Δ ij − θ + ij − θ j R i
4 EI L
θi +
2 EI L
θj ±
6 EI 2
L
Δ
Ecuación 2.28
R
El momento generado en el nodo j , debido a los desplazamientos θi ,θ j y
•
es igual a:
M
= ( ji desplazamientos
M ji
desplazamientos
M
) (M ) (M ) + j i −Δ ji − θ + ji − θ j R i
4 EI 6 = 2 ΔR EI EI θi + θj ± 2 2 L L
Ecuación 2.29
Momentos totales Figura 19: Cálculo de momentos totales W
P
M j
θj θi i
M
ij
TOTALES
51
ji
TOTALES
Δ
RELATIVO
ΔR ,
Retomando la ecuación
M TOTALES = M empotramiento + M desplazamientos Y aplicándola al nodo i de la barra i-j, se tiene:
M
i j Total
= M
M Total ij
θ
M ij = M
F ij
M
= F ij
+M
F ij
+ (
i j desplazamientos
M ) (M ) (M ) ij − i + i j −θ + i j −Δ j R
6 EI 4 EI 2 EI + L θi + θ j± 2 Δ R L L
Ecuación 2.30
Y lo mismo se hace en el nodo j , obteniendo:
M Total ij
M
=
ji
θ
F
M ji = M
F
+
ji
+ (
2 EI L
M
θ + i
) (M ) (M ) ji−θ + ji−Δ ji− i + j R
4 EI L
6 EI θ ± j
2
L
Δ
Ecuación 2.31
R
Siendo estas las ecuaciones básicas usadas en el método del Slope-deflection para una barra i-j de sección constante:
4 2 EI 6 EI M ij= M ij F + θ i+ θ j± 2 Δ R EI L L L F
M =M ji
ji
Ecuación 2.30
4 EI 6 EI θ ± Δ +2 θ + EI i j 2 R L L L
Ecuación 2.31
52
2.4 PLANTEAMIENTO GENERAL DEL MÉTODO DEL SLOPE-DEFLECTION: Para solucionar estructuras haciendo uso del Slope-deflection se siguen los siguientes pasos: a. Aplicar las ecuaciones básicas de momento del Slope a cada una de las barras de la estructura. Estos momentos quedan en función de las rotaciones en los extremos y de los desplazamientos relativos entre los extremos de cada barra. b. Plantear una ecuación de equilibrio de momentos en cada uno de los nodos de la estructura. En algunas estructuras es necesario
plantear ecuaciones de equilibrio en
algunos elementos o en toda la estructura, como se verá mas adelante en los ejercicios tipo. Al establecer todas las ecuaciones de equilibrio necesarias se obtiene un sistema de ecuaciones, él cual debe tener igual número de ecuaciones como grados de libertad desconocidos tenga la estructura. Al solucionar este sistema se consiguen
los valores de
las rotaciones en los extremos θ y de los desplazamientos relativos Δ . c. Conocidos los valores de θ y de
ΔR , estos se sustituyen en las ecuaciones de
momentos finales planteadas en el paso a. d. Calculados los momentos, se pueden obtener los cortantes y las reacciones haciendo uso de la estática básica. 2.4.1 Aplicación del Slope Deflection en Vigas Ejemplo 2.1
53
Calcular los momentos en los extremos de las barras A-B y B-C de la siguiente viga, mediante las ecuaciones del Slope-deflection.
Para dar solución a la viga propuesta, se aplican las ecuaciones básicas del Slope a cada una de las barras de la estructura. Como la estructura no presenta desplazamientos relativos en ninguno de los apoyos, el último término de las ecuaciones no se tiene en cuenta. Las ecuaciones para cada barra son:
F
M =M ij
ij F
M =M ji
•
+
ji
EI +
4 EI L 2
2 EI
θ+ i
L 4 EI
θ+ L
i
L
θ
j
θ j
Cálculo de Momentos de empotramiento
Considerando todos los nodos de la estructura empotrados se calculan los momentos de empotramiento para cada una de las barras:
F M AB
=
P ⋅a ⋅b L
2
2
=
80⋅ 4⋅ 2 6
2
2
= 35.55 KN - m.
54
F M BA =−
P ⋅a 2 ⋅ b L
F
2
2
=−
W ⋅L =−M = CB 12 F
M BC
80⋅ 4 ⋅2
= − 71.11 KN - m.
2
2
6 2 50 × 4 = = 66.67 KN - m. 12
Reemplazando los valores en las ecuaciones se tiene:
M A B = 35.55 + θ
4 × 10000 ⋅
A
+
2 × 10000 ⋅θ B 6 4 × 10000
6 2 × 10000 M B A = − 71.11 + ⋅θ + ⋅θ A B 6 6 4 × 10000 2 × 10000 M = 66.67 + ⋅θ + ⋅θ BC B C 4 4 2 × 10000 4 × 10000 M = − 66.67 ⋅θ + ⋅θ + CB B C 4 4 Evaluando cada uno de los valores de las ecuaciones, se obtiene: M AB
= 35.55 + 6666.67 ⋅ θ + 3333.33 ⋅ θ A
= − 71.11 + 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ
M BA
M M
B
BC
CB
A
= 66.67 + 10000⋅ θ + 5000⋅ θ B
B
C
= −66.67 + 5000⋅ θ + 10000⋅ θ B
C
Las condiciones de apoyo de la estructura son tales que: θ A = desconocido θ B = desconocido C
θ
= 0 (empotramiento del nodo)
55
Teniendo en cuenta las anteriores consideraciones, las ecuaciones quedan convertidas en: M AB
M
= 35.55 + 6666.67 ⋅ θ
+ 3333.33 ⋅ θ
(1)
θ + 6666.67 ⋅ θ
(2)
A
B
= − 71.11 + 3333.33 ⋅ BA
A
M B C = 66.67 + 10000 ⋅ θ
B
(3)
B
= − 66.67 + 5000 ⋅ θ
(4)
M CB
B
Hasta este punto se tienen en el sistema ( θ ,θ , M A
B
,M AB
,M
BA
,M
BC
4 ecuaciones y 6 incógnitas
).
CB
Planteando la condición de equilibrio (
∑ M i = 0 ) en los nodos A y B, se tiene:
Nodo A:
∑M
A
= 0 = MA B
MAB = 0 Luego la ecuación (1) queda convertida en: 0 = 35.55 + 6666.67 ⋅θ
A
+ 3333.33 ⋅ θ
Nodo B:
∑ M M BA
B
= 0 = M B A + M BC
+ M BC = 0
B
(1)
56
Así, sumando las ecuaciones (2) y (3) se obtiene: 0 = − 4.44 + 3333.33 ⋅ θ
A
+ 16666.67 ⋅ θ
B
(5)
Si se toman las ecuaciones (1) y (5) se tiene un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas ( θ A
, θ ): B
0 = 35.55 + 6666.67 ⋅ θ 0 = − 4.44 + 3333.33 ⋅ θ
A
A
+ 3333.33 ⋅ θ
B
+ 16666.67 ⋅ θ
B
Resolviendo el sistema se obtiene: −3 θ A= − × 10 rad 6.072 −3 θB = 1.481×10 rad
Reemplazando los valores de las rotaciones en las ecuaciones iniciales de momentos del ejercicio se encuentran los valores de los momentos extremos:
−3 M A B = 35.55 + 6666.67 ⋅ (− 6.072 × 10− 3) + 3333.33 ⋅ ( 1.481 × 10) = 0 kN - m. −3
−3
M B A = − 71.11 + 3333.33 ⋅ ( − 6.072 × ) + 6666.67 ⋅ ( 1.481 × 10 ) = − 81.48 kN - m. 10 M BC 81.48 kN - m. −3 = 66.67 + 10000 ⋅ ( 1.481 × 10 ) = −3
M C B = − 66.67 + 5000 ( 1.481 × 10 ) = − 59.27 kN - m. ⋅ Comprobación:
•
∑ M A = M AB = 0
57
(√)
∑M
•
B
= M B A + M BC = − 81.48 + 81.48 = 0
(√)
Esto se hace con el fin de verificar que la solución del sistema de ecuaciones se hizo de manera correcta Estática de la estructura: Conocidos los momentos resultantes en los extremos de cada elemento se pueden calcular los cortantes para cada barra mediante las ecuaciones básicas de equilibrio ( ∑ M i = 0 , ∑ F = 0 ), así como las reacciones en los nodos.
VAB
VBA
VBC
VCB
80 Kn -81.48 Kn-m
81.48 Kn-m
50 Kn/m
-59.27 Kn-m
-59.27 Kn-m
0
VAB
RA
VBA
VBC
RB
Barra AB: 80 Kn 0
-81.48 Kn-m
VAB
•
∑M
A
VBA
= −81.48 − (80 × 4) + 6 ⋅VB A = 0
VB A = 66.91 kN.
58
VCB
RC
•
∑F
Y
= − 80 + 66.91 + V A B = 0
V A B = 13.09 kN.
Barra BC:
50 Kn/m
81.48 Kn-m
-59.27 Kn-m
VBC
•
∑
VCB
M = 81.48 − 59.27 − ⎡( 50 × 4 2 ) 2 ⎤ + 4 ⋅ V = 0 C ⎣ ⎦ CB
V C = 94.45 kN. B
• +
∑F
Y
= − ( 50 × 4 ) 94.45 + V B = 0 C
V BC = 105.55 kN.
Calculo de reacciones: Nodo A
V
0
RA
•
∑F
y
= RA − VA B = 0
59
AB
R = V A
AB
= 13.09 kN.
Nodo B VBA
VBC
-81.48 Kn-m
81.48 Kn-m
RB
•
∑
F y= R B− V BA− V BC= 0
R = 66.91 + 105.55 = 172.46 kN. B
Nodo C
VCB
59.27 Kn-m
-59.27 Kn-m
RC
•
∑ R
•
F y= R C− V CB= 0 = 94.45 kN.
=V
C
∑M
CB
C
= M
CB
− Mc = 0
60
Mc = M C B = − 59.27 kN - m.
Equilibrio de la estructura: Para comprobar que los valores de las reacciones obtenidos para la estructura son los correctos se plantea su equilibrio:
•
∑M
•
∑M ∑F ∑F
A
A
= − ( 80⋅ 4 ) + (6 ⋅ R
B
) − ⎣ ( 50⋅ 4 )⋅ 8 ⎦ + (10 ⋅ R
C
)+M
C
= − ( 320 ) + (1034.76) − ( 1600 ) + (944.5) − ( 59.27 ) = 0
y
= − 80 − (50⋅ 4) + R A + R B
y
= − 80 − 200 + 13.09 + 172.46 + 94.45 = 0
(√)
+RC (√)
Diagramas de la estructura: A continuación se presentan los diagramas de cortante y momento para la anterior viga. Figura 20: Diagramas de Cortante y de Momento de la Estructura 105.55 Kn
13.09Kn
69.91 Kn
172.46Kn 94.45 Kn
Diagrama de Cortante
-81.43 Kn-m 59.26 Kn-m
29.63 Kn-m 52.35 Kn-m Diagrama de Momento
61
Ejemplo 2.2 Calcular los momentos en los extremos de las barras A-B y B-C de la siguiente viga. Tenga en cuenta que se presenta un asentamiento ( Δ ) en el apoyo B con un valor de 2 centímetros. Use el método del Slope-Deflection.
Este ejercicio es similar al anterior, pero se debe considerar el último término de la ecuación, ya que en este caso ocurre un desplazamiento relativo entre los nodos A y B así como entre los nodos B y C. Es importante tener en cuenta el sentido del desplazamiento para poder determinar el signo que tendrá el término
6 ΔR EI 2
L
A
B
62
C
Analizando la estructura después de ocurrido el asentamiento convención propuesta en la sección 2.3.2.3
y haciendo uso de la
para determinar el signo del término del
desplazamiento relativo, se ve que: La barra AB tiende a girar en sentido horario, luego el término
•
6 EI 2
Δ R será
L positivo en las dos ecuaciones de momentos de la barra. La barra BC tiende a girar en sentido antihorario, luego el término
•
negativo en las dos ecuaciones de momentos de la barra. Ahora se puede encontrar las ecuaciones para cada barra: M =M ij
F ij
M =M ji
+
F
ji
EI +
4 EI
2
L
θ + i
θ+ L
2 EI
θ ±
L 4 EI
i
L
j
θ ± j
6 EI
Δ
2
L 6 EI 2
L
R
Δ
R
Cálculo de Momentos de empotramiento
•
Son los mismos valores encontrados para el ejemplo anterior. M F AB
= 35.55 KN - m.
F
= − 71.11 KN - m.
M BA F
F
M BC = − M = 66.67 KN - m. CB
Reemplazando los valores tenemos: 2 × 10000 6 × 10000 ⋅θ + ⋅ ( 0.02 ) A B 2 6 6 6 4 × 10000 6 × 10000 2 × 10000 θ + ⋅θ + ⋅ ( 0.02 ) = − 71.11 + ⋅ A B 2 6 6 6
M A B = 35.55 + θ M BA
4 × 10000 ⋅
+
6 Δ R será EI 2
L
63
M BC
M +
4 × 10000 2 × 10000 6 × 10000 ⋅θ + ⋅θ − ⋅ ( 0.02 ) B C 2 4 4 4 2 × 10000 4 × 10000 6 × 10000 = − 66.67 ⋅θ + ⋅θ − ⋅( 0.02 ) = 66.67 +
4
CB
B
C
4
Obsérvese que el signo del término
4
2
6 Δ R depende del sentido de rotación de la barra EI 2
L y no de que Δ sea positivo o negativo.
Evaluando cada uno de los valores de las ecuaciones, se obtiene: M AB
= 6666.67 ⋅ θ + 3333.33 ⋅ θ + 68.88 A
= 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ − 37.78
M BA
M M
B
BC
CB
A
B
= 10000⋅ θ + 5000⋅ θ − 8.33 B
C
= 5000⋅ θ + 10000⋅ θ − 141.67 B
C
Las condiciones de apoyo de la estructura son tales que : θ A = desconocido θ B = desconocido θ C = 0 (empotramiento del nodo) Así, las ecuaciones quedan convertidas en: M AB
M
= 6666.67 ⋅ θ + 3333.33 ⋅ θ + 68.88
(1)
= 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ − 37.78
(2)
A
BA
M
MB C
B
A B
= 000 ⋅ θ − 8.33 B 10 = 5000 ⋅ θ − 141.67
CB
B
(3) (4)
64
Nuevamente se presenta un sistema de 4 ecuaciones y las mismas 6 incógnitas del ejemplo anterior ( θ
A
,θ ,M B
AB
,M
BA
,M
Planteando la condición de equilibrio (
BC
,M
CB
).
∑ M i = 0 ) en los nodos A y B, se tiene:
Nodo A:
∑
M =0=M A
AB
M AB = 0
Luego la ecuación (1) queda convertida en: 0 = 6666.67 ⋅ θ
A
+ 3333.33 ⋅ θ + 68.88 B
(1)
Nodo B:
∑
B
M
+M
M
= 0 = M B A + M BC BC
=0
BA
Sumando las ecuaciones (2) y (3) se obtiene: 0 = 3333.33 ⋅ θ
A
+ 16666.67 ⋅ θ − 46.11 B
(5)
Si se toman las ecuaciones (1) y (5) se obtiene un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas ( θ A
, θ ): B
65
0 = 6666.67 ⋅ θ 0 = 3333.33 ⋅ θ
A
+ 3333.33 ⋅θ
A
+ 16666.67 ⋅ θ − 46.11
B
+ 68.88
B
Resolviendo el sistema se obtiene: −3 θ A= − × 10 rad 13.0 −3 θB = 5.37 ×10 rad
Reemplazando los valores de las rotaciones en las ecuaciones iniciales del ejercicio se encuentran los valores de los momentos: M A B = 0.1 kN - m. M B A = − 45.32 kN - m. M B C = 45.36 kN - m. M C B = −114.82 kN - m. Como se observa, el nodo A y el nodo B presentan errores de cierre, pero estos son aceptables comparados con la magnitud de los valores de los momentos. •
Estática de la estructura:
El calculo de los cortantes de las barras y de las reacciones de la estructura se hace de la misma forma como se desarrollo en el ejercicio anterior. Los resultados obtenidos son: Cortantes: VA B = 19.11 kN.
66
VB A = 60.89 kN. VB C = 140.05 kN. VC B = 59.96 kN. Reacciones: R A = 13.09 kN. R B = 200.93 kN. R C = 59.96 kN. Mc = − 114.82 kN - m.
Ejemplo 2.3. Calcular los momentos en los extremos de las barras A-B y B-C de la siguiente viga. La estructura presenta un asentamiento
( Δ ) en el apoyo A de
3 centímetros y un
asentamiento en el apoyo B de 1 centímetro. Use el método del Slope-Deflection.
Al analizar la estructura después de ocurridos los asentamientos en los nodos, se puede ver que el desplazamiento relativo entre el nodo A y B es igual al asentamiento
67
que sufre el nodo A menos el asentamiento que sufre el nodo B. Escrito en forma de ecuación se tiene: Δ
= Δ
A−B
A
− Δ
B
Δ A − B = 3 cm. - 1 cm. Δ A − B = 2 cm. = 0.02 m. En el caso de la barra BC, el nodo B se asienta 1 cm., mientras que el nodo C permanece en su posición inicial.
Δ B− C = Δ
B
− ΔC
Δ B−
C
= 1 cm. - 0.
Δ B−
C
= 1 cm. = 0.01 m.
Como se puede ver, las dos barras tienden a girar en sentido antihorario, luego el término
6 Δ R será negativo en las ecuaciones de cada barra. EI 2
L
El procedimiento de desarrollo es igual al planteado en los dos ejercicios anteriores.
Planteando las ecuaciones para cada barra:
•
M
4×10000 AB
M BA M BC
= 35.55 + θ
2×10000 ⋅
A
+
6×10000 ⋅θ − B
2
⋅ ( 0.02 )
6 6 6 4 × 10000 6 × 10000 2 × 10000 = − 71.11 + ⋅θ + ⋅θ − ⋅ ( 0.02 ) A B 2 6 6 6 4 × 10000 6 × 10000 = 66.67 + ⋅ − ⋅ ( 0.01 ) B 2 θ 4 4
68
2 × 10000 6 × 10000 ⋅θ − ⋅ ( 0.01 ) B 2 4 4 (Recordando,θC = 0 por el empotramiento.) M C B = − 66.67 +
Evaluando los términos de cada ecuación se obtiene:
• M AB
M
= 6666.67 ⋅ θ + 3333.33 ⋅ θ + 2.22
(1)
= 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ − 104.44
(2)
A
BA
B
A
B
M B C = 10000 ⋅ θ − 29.17
(3)
= 5000 ⋅ θ − 104.17
(4)
B
M CB
•
∑
∑
B
Planteando el equilibrio de momentos en los nodos A y B:
M =M A B
=0 AB
= M BA+ M BC= 0
M Así, se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones: 0 = 6666.67 ⋅ θ 0 = 3333.33 ⋅ θ
A
+ 3333.33 ⋅ θ + 2.22 B
A
+ 16666.67 ⋅ θ − 133.61 B
La solución de las ecuaciones anteriores es: −3 θ A= − × 10 rad 4.82 −3 θB = 8.98×10 rad
•
Reemplazando estos valores en las ecuaciones iniciales de momentos, se obtiene:
69
M A B = 0 kN - m. M B A = − 60.64 kN - m. M B C = 60.64 kN - m. M C B = − 59.27 kN - m. Reacciones: R A = 16.56 kN. R B = 163.78 kN. R C = 99.66 kN. Mc = − 59.27 kN - m.
Ejemplo 2.4. Calcular los momentos en los extremos de las barras A-B y B-C de la siguiente viga. El apoyo A esta representado por un resorte con una rigidez de K = 5000 KN / m
En algunas ocasiones las estructuras civiles no presentan apoyos perfectamente rígidos, como se puede presentar al tener como apoyo un suelo compresible. Este tipo
70
de suelo puede presentar asentamientos diferenciales al ser sometido a cargas. Si se conocen las propiedades del suelo, su rigidez puede ser representada con en resorte de igual rigidez, es decir los resortes son idealizaciones que en el análisis estructural se pueden emplear para representar rigideces. Como se pudo ver en el ejercicio 2 y 3, los asentamientos que sufrieron los apoyos, eran conocidos. En este ejercicio el asentamiento que ocurre en el apoyo A es desconocido, el nodo B permanece en su posición inicial, luego el desplazamiento relativo entre los dos nodos será ( Δ ). Planteando las ecuaciones de momento para cada barra:
•
M
4×10000 AB
= 35.55 + θ
2×10000 ⋅
A
+
6×10000 ⋅θ − B
2
⋅Δ
6 6 6 4 × 10000 6 × 10000 2 × 10000 BA M = − 71.11 + ⋅θ + ⋅θ − ⋅Δ A B 2 6 6 6 4 × 10000 M θ = 66.67 + ⋅ BC B 4 2 × 10000 M C B = − 66.67 + ⋅ θB 4 (Recordando,θC = 0 por el empotramiento.) Evaluando los términos de cada ecuación se obtiene:
• M AB
M M BA M
•
= 35.55 + 6666.67 ⋅ θ + 3333.33 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ
(1)
= − 71.11 + 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ
(2)
A
B
A
BC
= 66.67 + 10000 ⋅ θ
CB
= − 66.67 + 5000 ⋅ θ
B
(3)
B
B
(4)
Planteando el equilibrio de momentos en los nodos A y B:
71
∑M
A
= M AB = 0
0 = 35.55 + 6666.67 ⋅ θ A + 3333.33 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ B
∑M
B
(1)
= M BA+ M B = 0
C
⋅ θ + 16666.67 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ
0 = − 4.44 + 3333.33
A
(5)
B
Obteniendo el siguiente sistema de ecuaciones: 0 = 35.55 + 6666.67 ⋅ θ A + 3333.33 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ
(1)
0 = − 4.44 + 3333.33 ⋅ θ
(5)
B
A
+ 16666.67 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ B
Como se puede ver, se tienen 2 ecuaciones y 3 incógnitas. Para encontrar la tercera ecuación del sistema, separamos el tramo AB de la estructura y realizamos su diagrama de cuerpo libre:
Al hacer un corte en los extremos de cualquier barra, el momento interno que aparece será positivo, es decir sentido anti-horario. Esto se debe a la convención usada en la deducción de las ecuaciones básicas del slope. Haciendo una sumatoria de momentos en el punto B, se obtiene:
72
∑M
B
= − ( R A ⋅6) + 80⋅ 2 + M B A = 0
Despejando MB A : M B A = R A⋅6 − 160 Recordado que la fuerza de los resortes esta dada por la expresión ( F= K ⋅ Δ ), la reacción del apoyo A ( RA ) se puede escribir en función del asentamiento del apoyo RA = 5000⋅ Δ . •
Reemplazando esta expresión en la ecuación de momento
MB A , se obtiene:
M B A = (5000⋅ Δ)⋅6 − 160 M B A = 30000⋅ Δ − 160
(7)
Esta ecuación relaciona el momento MB A con el desplazamiento relativo de la barra AB. Si se iguala esta ecuación (7) con la ecuación (2), se obtendrá una tercera ecuación solamente en función de los desplazamientos de la estructura. 30000 ⋅ Δ − 160 = − 71.11 + 3333.33 ⋅ θ 0 = 88.89 + 3333.33 ⋅ θ + 6666.67 ⋅ θ A
A
B
+ 6666.67 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ B
− 31666.67 ⋅Δ
(8)
El sistema de ecuaciones a solucionar es: 0 = 35.55 + 6666.67 ⋅ θ A + 3333.33 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ
(1)
0 = − 4.44 + 3333.33 ⋅ θ
(5)
B
A
+ 16666.67 ⋅ θ − 1666.67 ⋅Δ B
73
0 = 88.89 + 3333.33 ⋅ θ
A
+ 6666.67 ⋅ θ − 31666.67 ⋅Δ B
(8)
Solucionando el sistema de ecuaciones de 3x3, se obtiene: −3 θ A= − × 10 rad 5.50 −3 θ B = 1.62 × 10 rad
Δ = 2.57 × 10− 3m A
Con estos valores de desplazamientos encontramos el valor de los momentos: M A B = 0 kN - m. M B A = − 82.93 kN - m. M B C = 82.87 kN - m. M C B = − 58.57 kN - m. Reacciones: R A = 12.85 kN. R B = 173.23 kN. R C = 93.93 kN. Mc = − 58.57 kN - m.
74
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