CALCULO MATRICIAL DE LAS DEFORMACIONES RIGIDECES DE UNA BARRA - M. MOYÁ BORRÁS

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
Universitat de les Illes Balears
Arquitectura Técnica
Departament de Física
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.
Resistencia de Materials
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⇒
Si Def. = 1
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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.
θI = 1; θD =0; δ = 0
1rad
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.
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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:
VB ← A
= −1
L
⇒
VB ← A = − L
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:
U BAB
= −L
EI
⇒
U BAB = − L * EI
(*1)
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:
Ω AB
= α AB = −1
EI
⇒
Ω AB = − EI
(*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:
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V A← B
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U AAB
=0=
EI
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U AAB = 0
⇒
(*3)
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’:
U AAB = 0
Ω AB = − EI
− ML M ' L
+
= − EI
2
2
− ML L M ' L 2 L
* +
*
=0
2
3
2
3
M '=
2 EI
L
,,
M =
4 EI
L
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:
6 EI
= T * L ,,
L
T
T=
6 EI
L2
6 EI
L
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.
6 EI
L
4 EI
L
2 EI
L
6 EI
L
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:
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Giro (G)
M
θ
Acción
Deformación
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Desplazamiento (D)
T
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’
(-)
(+)
Ω AB
= α AB = 0
EI
V A←B = 1
⇒
Resistencia de Materials
⇒
(
M’
Ω AB = 0
− ML 1 ML 2 L
1
* +
* )*
=1
2
3
2
3
EI
⇒
⇒
M = M’
M =
6 EI
L2
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M+M’
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T
12EI
=T *L
L2
12 EI
L2
T
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KGD
T=
12 EI
L3
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:
K GG =
KDD
0
3EI
L
K GG ' = 0
1rad
KGG
KDD
1
KGD
KDD
KDD
K DD =
3EI
L2
K GD =
3EI
L2
0
K GD ( B ) = 0
K DD =
3EI
L3
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
θ
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Md
T
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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
θi=0
θi=0
Mi
Md
T
θd=0
θd=1
θd=0
=
Acción =
δ= 0
δ= 0
δ= 1
KGG KGG’ KGD
KGG’ KGG KGD
KGD KGD KDD
Rigidez
θi
θd
*
δ
* 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
1m
2m
A
5T
4m
2m
B
2T/m
2m
6m
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.
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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
M BA = −
MBA
3mT
Pa(l 2 − a 2 ) Ql2
−
+ 1.5 = −11,06mT
8
2l 2
Tramo BC:
2T/m
5T
MBC
MCB
M BC =
Ql 2 Pl
+
= 5.17mT MCB = −5.17mT
12
8
M CD =
Ql 2
= 6,00mT
12
Tramo CD:
2T/m
M DC = −6,00mT
MDC
MCD
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).
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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
A
Tramo AB:
B
1.00
C
M→G
θ→ G K GG =
Tramo BC:
0.50
3EI 3
= = 0.50 ,,
6
L
K GG ' = 0
4 EI 4
= = 1.00 ,,
L
4
K GG ' =
M→G
θ→ G K GG =
2 EI 2
= = 0.50
L
4
A continuación impondremos un giro unitario al nudo C manteniendo el
nudo B como empotramiento perfecto:
1.00
A
B
0.50
0.33
C
0.67
Tramo BC:
K GG =
4 EI 4
= = 1.00 ,,
L
4
K GG ' =
2 EI
= 0.50
L
Tramo CD:
K GG =
4 EI 4
= = 0.67 ,,
L
6
K GG ' =
2 EI 2
= = 0.33
L
6
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).
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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
0 = -5,17+6,00+0,5θB+(1+0,67)θc = 0,83+0,5θB+1,67θc
θB= 4.546
θC= -1.858
En consecuencia, los momentos reales que se producirán en cada
extremo de barra debido al giro de los nudos será:
AB
AB
M BA
= K GG
* θ B = 4,546 * 0,50 = 2,273mT
BC
BC
BC
M BC
= K GG
* θ B + K GG
' * θ C = 4,546 * 1,00 − 1,858 * 0.50 = 3,617mT
BC
BC
BC
M CB
= K GG
*θ C + K GG
' *θ B = −1,858 *1,00 + 4,546 * 0,50 = 0.415mT
CD
CD
M CD
= K GG
*θ C = −1,858 * 0,67 = −1,239mT
CD
CD
M DC
= K GG
' *θ C = −1,858 * 0,33 = −0,619mT
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
2,273
---------8,79
5,15
3,617
--------8,79
-5,17
0,415
---------4,76
6,00
-1,239
--------4,76
-6,00
-0,619
----------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:
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A
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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
=
MAB
MBC
MCB
MCD
MDC
0,83
=
Resistencia de Materials
0,50
0,50
1,67
+
0
Para obtener
planteariamos:
1,50
los
momentos
-11,06
5,17
-5,17
6,00
-6,00
+
*
finales
0,50
1,00
0,50
0
0
en
0
0,50
1,00
0,67
0,33
θB
θC
los
extremos
*
de
barras
θB
θC
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