Castigliano-Carga Unitaria-Engensser17oct07.ppt

er  1 TEOREMA

DE CASTIGLIANO

Si una estructura isostática en comportamiento elástico se le somete a cargas P1, P2, P3,…, Pn, entonces la deflexión ( o giro) en el punto de aplicación de la carga Pi, puede expresarse como la derivada parcial de la energía de deformación complementaria de la estructura con respecto a la carga Pi. Xi = deflexión (i) o giro(i) en el punto de aplicación de la carga Pi. Pi = puede ser una carga concentrada (Pi) en la dirección de la deflexión o un momento aplicado en la dirección del giro i que se desea calcular.

Entonces se puede expresar lo siguiente:  X i (deflexión _ o _  giro ) 

U   P i

 U= Energía de deformación U*

U*= Energía de deformación complementaria. (En el rango elástico da lo mismo U* como U)

U



Sabemos lo siguiente: U  



 N 

2

dx 2 EA

  M 

Axial

 X i 

 X i

U   P i

2 N 



   N 

dx

2

  M t 

2

2 EI 

Flexión

 N   P i

2 EA

dx

dx 2GJ 

  KV 

Torsor

2 M 



Considerar las integrales

 M   P i

2 EI 

2

dx 2GA

Cortante

dx

2 M t 



 M t   P i

2GJ 

dx

k 2V 



V   P i

2GA

 M  dx  N  dx  M  dx V  dx    M     M t  t     KV   P i  EA  P i  EI   P i GA  P i GA

Axial

Flexión

Torsor

Cortante

dx

Ejemplo: P Calcular vi = Δvi

i

a

b

Como la estructura es isostática y la carga está aplicada justamente en el punto “ i ”, entonces se aplica el teorema de castigliano. P Sea a+b = L a

b

 Pb

 Pa

( a  b)

( a  b)

Si x ≤ a V  

M

x

 Pb

 N   0

 L N

V 

V  Pb

V 

 L



 N 

b  L

V 

 Pb

 P 

 L  M 

0

 P 

 P  

 M  

2

 N 

 N 



 P 

0

 P 

2

 L

 Pbx

 M 

 M 

bx  L 2



 Pb  x

2

2

 P 

 L

Si a < x ≤ (a+b) ≡ (x < b) M

V   

x

 Pa

 N   0

 L

N

V  V



 P   Pa  L

V 

V   P 

a  L



 Pa 2

 L

2

 N  0  P   N   N  0  P 

 M  

 Pax  L

 M 



 P   M 

 M   P 

ax  L 2



 Pa  x 2

 L

2

a

V i  

a

2

 Pb kdx 2

 L

0

GA



2

 Pb  x

2

2

 L

0

dx  EI 

b

 0

 Pa kdx 2

 L

GA

Tramo 1 2

V i 

 Pb k  2

 L

a

 Pb

 GA   L  x 2

0

0

2

V i 

 Pb a k  2

 L

GA



V i 

 Pb 2

 L

2

2

dx  EI  a

2

 L

2

 Pab  L.GA

2

b

2

2

 L

0

dx

dx  EI 



2

 L

0

 Pa b k  2

 L 2



 Pa b

GA 2

2

 L

0



 Pa

 L 3 EI 

2

k  

 Pa

2 b

 GA   L  x

2

3 EI 

GA

 Pa k 



3

 Pab kL

V i 



2

 Pa  x

Tramo 2

2 a

dx

b

2

 Pa b

2

3 L. EI 

Deformación Deformación debido al debido a la cortante flexión

2

 L

2

b

3

3 EI 

2

dx  EI 

Deformaci ones laterales en el concreto Cuando al concreto se le comprime en una dirección, al igual que ocurre con otros materiales, éste se expande en la dirección transversal a la del esfuerzo aplicado. La relación entre la deformación transversal y la longitudinal se conoce como relación de Poisson. La relación de Poisson varía de 0.15 a 0.20 para concreto.

Método de la Carga Unitaria

Este método también es conocido como la integral de Mohr, se aplica para estructuras isostáticas en comportamiento elástico sometidas a cargas. El procedimiento es el siguiente: 1)

Se calculan las ecuaciones de M, V y N para toda la estructura (de las cargas externas actuantes).

2)

Se aplica una carga unitaria en la dirección del V, momento ). desplazamiento (carga vertical →

→

3)

Se calcula las ecuaciones del momento, cortante y normal para dicha carga unitaria; es decir: m, v, n.

4)

El desplazamiento o giro se calcula con la siguiente fórmula:

 X i (  i  _ o _  i ) 

dS 

dS 

dS 

 Mm  EI    Nn  EA   kVv GA   M  m t 

Flexión

Axial

Cortante

t 

dS  GJ 

Torsor  

Método de Engesser 

Sabemos que la derivada parcial del trabajo interno (Energía de deformación) con respecto a la carga P real o imaginaria aplicada en un punto de una estructura es igual al desplazamiento en la dirección de P. B

C D

A

R’

Sea “ R “ una hiperestática o redundante. Como el desplazamiento vertical se A es nulo, podemos plantear que: U  0

 R R

 M 

 M  dx  R  EI 

   N 

 N  dx  R  EA

  kV 

V  dx  R GA

0

Este tipo de ecuaciones se puede formular para cada punto de restricción en una estructura hiperestática.

En general: En una estructura hiperestática de material en comportamiento elástico en la que no hay asentamientos de apoyos ni cambios de temperatura, es nula la derivada parcial de la energía de deformación con respecto a la fuerza interna en un elemento redundante y por lo tanto resulta mínimo el trabajo de deformación.

Ejemplos: EI = cte EA = ∞

3

2

Ga = ∞ 5

a

4

a

Sea “ R “ la hiperestática:

1

Mf 4 = 0 (DER)  r=0

R

Tramo 1-2:

a 6

GE = r-(E-e) = 5-(3+1) = 1º

 M    Rx

r 

P

 M   R

Tramo 2-3:  M    Ra

 M   R

 a   M 

 M   R

  Ra

2

  x   M 

 M   R

  Rx

2

3

R Ra

Tramo 3-4:  M    Rx   Ra

4

5

 M 

  x  a   M 

 R

 M   R

  R( x  a)

2

P

6

Tramo 4-5:

4

5

R

 M    Px

 M 

P

6 P 5

 R

0

 R

Tramo 5-6:

Pa R

 M    Rx   Pa

 M 

6

 0   M 

 M 

 R

  x   M 

 M   R

2

  Rx   Pax

 M  dx   M   R  EI   0 a



a

a



a



 Rx dx   Ra dx   R( x  a ) dx  2

0

2

0

2

0



( Rx 2   Pax)dx  0

0

 R



1 4

 P 

a a ¼P

a a P

¼P m = ¾Pa P

0

Levantada la hiperestaticidad procedemos a calcular las reacciones en el empotramiento aplicando las ecuaciones de equilibrio.

Problema:Para la estructura de la figura EI=cte, EA=∞, GA =∞. Determinar las reacciones en los apoyos.

4 Ton

2m

2m

2m

2m

2m

a

b

Tramo dc:  M   2 x

2 Ton c

 M 

 0   M 

 H 

H

 M 

0

 H 

d a

x

b

Tramo bc:  M    Hx  4

c

 M 

x

H

  x   M 

 H 

 M 

2

  Hx  4 x

 H 

4 Ton x m 2 Ton a

 M   2 H   4  2 x

4 Ton x m

2H x

Tramo ab:

b

2 Ton

H

 M   H 

 2   M 

 M   H 

 4 H   8  4 x

 2 1 

  ( Hx  EI   0

 M 

 M  dx 0  H   EI 

  4 x)dx   (4 H   8  4 x)dx   0 0  2

2

2



( Hx 2  8 x  8  4 H )dx  0

0

8 3

 H   16  16  8 H   0

 H 

2 Ton x m 3 Ton

2m 2m

2 Ton



2 Ton 2m

3 Ton

3Ton

Problema: 4800 kg 2m c

4800 kg

2m b

2m

2m

a

EI = cte 4m

EA = ∞ d

e 4m

R

f  4m

R’=9600-2R

R

Ga = ∞

Solución: En toda la estructura: • ΣFH = 0; dH = 0 • Por simetría: dV = f V = R • ΣFV = 0 : 2R + R’ = 9600 R’ = 9600 – 2R ge = r – (E+e) = 4 – (3+0)  ge = 1º e = B – 1 = 1 – 1 = 0 (es una sola barra que constituye un circuito cerrado). a1=2

b1=0

n1=0

a2=1

b2=2

n2=1

a3=0

b3=4

n3=5

g = 3º  gi = 2º

4800 kg 2m

c

2m

b

H

a

4m

e

0

 M   4800 x

 M 

0

 H 

 M 

0

 R

Tramo cd: (origen en c)

m

 M    Hx  9600

H

 M 

  x   M 

 H 

R’= 4800-R

R



Tramo bc: (origen en b)

0

d

 M 

Tramo ab:

0

 M 

2

  Hx  9600 x

 H   M 

 0   M 

 R

 M   R

Tramo de: (origen en d)  M   4800 x   Rx  4 H   9600

 M 

 4   M 

 H   M   R

  x   M 

 M 

 19200 x  4 Rx  16 H   38400

 H   M   R

2

2

 4800 x   Rx  4 Hx  9600 x

0



1º) 2

4 1 

  ( Hx  EI   0

 M 

 M  dx 0  H   EI 

  9600 x)dx   (19200 x  4 Rx  16 H   38400)dx   0 0  4

2

8

Efectuando:

3

 H     R 



2400

 M  dx   M   R  EI   0

2º) 2

4 1 

  (4800 x   Rx  EI   0 2

2 Efectuando:

3

2

  4 Hx  9600 x)dx   0 

 R



 H 



800

H = 3085.714 Kg. R = 5828.57 Kg.