Guia 3 Ejercicios Resueltos de Metodo de Las Deformaciones

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ESTRUCTURAS Ejercicios Resueltos: Método de las Deformaciones Ejercicios Resueltos: CAÑETE, Joaquin C-3064/3

Año: 2009

Corregido:GUTAWSKI Alex

¾ Ejercicio Nº1:

Características geométricas de las barras Cálculo de las Inercias: 3 20 cm ⋅ (20 cm ) I1-3 = I 2-4 = = 13333 cm 4 12 3 20 cm ⋅ (40 cm ) I 3-4 = I 4-5 = = 106667 cm 4 12 Adoptando como I 0 = I1-3 = 13333 cm 4

Cálculo de los Coeficientes “αij”:

α ij =

I ij I0

α1-3 = α 2-4 =

I1-3 I 2-4 13333 cm 4 = = I0 I0 13333 cm 4

α 3-4 = α 4-5 =

I 3-4 I 4-5 106667 cm 4 = = I0 I0 13333 cm 4

=> α 1−3 = α 2−4 = 1,00 => α 3−4 = α 4−5 = 8,00

La ecuación de recurrencia vista en la teoría: 2 ⋅ E ⋅ I ij 2 ⋅ α ij M ij = M ij0 + ⋅ 2 ⋅ ω i + ω j − 3 ⋅ Ψ ij = M ij0 + ⋅ 2 ⋅ ω i + ω j − 3 ⋅ Ψ ij l ij l ij

[

Siendo:

α ij =

[

]

I ij I0

ωi = ωi ⋅ E ⋅ I 0

ω j = ω j ⋅ E ⋅ I0

Ψij = Ψij ⋅ E ⋅ I 0

Datos (por condición de vinculo):

ω1 = ω2 = Ψ3-4 = Ψ4-5 = 0

Incógnitas:

ω3 ; ω4 ; ω5 ; Ψ1-3 ; Ψ2-4

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]

METODO DE LAS DEFORMACIONES

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Como el método no considera deformaciones por esfuerzo normal, entonces el desplazamiento de los nudos 3, 4 y 5 serán el mismo. Δ = Δx3 = Δx4 = Δx5 Δ = l1-3 · Ψ1-3 = l2-4 · Ψ2-4 => Ψ1-3 = Ψ2-4

Luego: Cálculo de los M ij0

P ⋅ l 2t ⋅ 4m = = 1tm 8 8 2 t q ⋅ l 2 2 m ⋅ (4 m ) = = = 8 tm 3 12 12

M 30-4 = − M 30-4 =

M 04-5 = − M 04-5

Cálculo de los M ij •

M1-3 M 3-1 •

Barra 1-3 2 ⋅ α1-3 = M10-3 + ⋅ [2 ⋅ ω1 + ω3 − 3 ⋅ Ψ1-3 ] = 2 ω3 − 2Ψ1-3 3 l1-3 2 ⋅ α 3−1 = M 30-1 + ⋅ [2 ⋅ ω3 + ω1 − 3 ⋅ Ψ1-3 ] = 4 ω3 − 2Ψ1-3 3 l 3-1

Barra 2-4 2 ⋅ α 2- 4 ⋅ [2 ⋅ ω2 + ω4 − 3 ⋅ Ψ 2-4 ] = l 2- 4 2 ⋅ α 4- 2 = M 04-2 + ⋅ [2 ⋅ ω4 + ω2 − 3 ⋅ Ψ 2-4 ] = l 4- 2

M 2-4 = M 02-4 +

2 ω 4 − 2 Ψ 2- 4 3

M 4-2

4 ω 4 − 2 Ψ 2- 4 3

• M 3-4

M 4-3 •

M 4-5 M 5-4

Barra 3-4 2 ⋅ α 3-4 = M 30-4 + ⋅ [2 ⋅ ω3 + ω4 − 3 ⋅ Ψ 3-4 ] = 1 + 8 ω3 + 4 ω4 l 3-4 2 ⋅ α 4-3 = M 04-3 + ⋅ [2 ⋅ ω4 + ω3 − 3 ⋅ Ψ 3-4 ] = − 1 + 4 ω3 + 8ω4 l 4-3 Barra 4-5 2 ⋅ α 4-5 = M 04-5 + ⋅ [2 ⋅ ω4 + ω5 − 3 ⋅ Ψ 4-5 ] = 8 + 8ω4 + 4 ω5 3 l 4-5 2 ⋅ α 5-4 0 = M 5⋅ [2 ⋅ ω5 + ω4 − 3 ⋅ Ψ 4-5 ] = − 8 + 4 ω4 + 8ω5 4+ 3 l 5-4

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Planteo de las ecuaciones de equilibrio

Planteando sumatorias de momentos en los nudos e igualándolas a cero tendremos tres ecuaciones, con lo que necesitaremos una cuarta ecuación debido a que contamos con cuatro incógnitas, por lo tanto plantearemos una ecuación de piso y la igualaremos a cero, en consecuencia obtuvimos cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. Equilibrios de Momentos:

Para hacer el equilibrio de nudos tomaremos la acción de la barra sobre el nudo (positivo en sentido horario). •

Nudo (3): ∑ M 3 = 0 => M 3−1 + M 3−4 = 0

M 3−1 = 0,00 + 4 ω3 0,00ω4 − 2,00Ψ1−3 3 M 3−4 = 1,00 + 8ω3 4,00 ω4 0,00Ψ1−3 ∑ M 3 = 0 => 1,00 + 28 3 ω3 + 4,00 ω4 − 2,00 Ψ1−3 = 0 =>

(I )

•

Nudo (4): ∑ M 4 = 0 => M 4−3 + M 4−2 + M 4−5 = 0 M 4−3 = − 1,00 + 4,00 ω3 + 8,00 ω4 M 4− 2 = + 4 ω4 − 2,00Ψ1−3 3 M 4 −5 = + 8 + 8,00 ω4 + 4,00 ω5 3 ∑ M 4 = 0 => 5 3 + 4,00 ω3 + 52 3 ω4 + 4,00 ω5 − 2,00 Ψ1−3 = 0 =>

(II )

•

Nudo (5): ∑ M 5 = 0 => M 5−4 + M V = 0 M 5− 4 = − 8 + 4,00 ω4 + 8,00 ω5 3 M V = + 1,00 ∑ M 5 = 0 => − 5 3 + 4,00 ω4 + 8,00 ω5 = 0 =>

(III )

Ecuación de Piso:

Recordando que Q ij = Q ij0 + Q ijM ; y que en este caso los Q ij0 son nulos debido a que no hay cargas horizontales actuando en la estructura; y que a los Q ijM , los considero positivos debido a que todavía no se conoce su verdadero signo. Nota: Como queremos calcular el equilibrio de la barra para obtener sus esfuerzos de corte, es conveniente trabajar con la acción del nudo sobre la barra.

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∑ FH = 0

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=> Q 3−1 + Q 4− 2 = 0

2 ω3 − 2Ψ1−3 + 4 ω3 − 2Ψ1−3 M1−3 + M 3−1 3 = = 3 = 2 ω3 − 4 Ψ1−3 3 3 l1−3 3 2 ω4 − 2Ψ1−3 + 4 ω4 − 2Ψ1−3 M 2− 4 + M 4− 2 M 3 = 3 = 2 ω4 − 4 Ψ1−3 Q 4− 2 = 3 3 3 l 2− 4 ∑ FH = 0 => 2 3 ω3 + 2 3 ω4 − 8 3 Ψ1−3 = 0 => (IV )

Q 3M−1

Sistema de Ecuaciones 1,00 5 3 −5 3 0

28 ω 3 3 4 ω3 0

4 ω4 52 ω 3 4 4 ω4

2 ω3 3

2 ω4 3

0

- 2Ψ1−3

= 0

4 ω5

- 2Ψ1−3

= 0

8 ω5

0

= 0

0

-8 Ψ 3 1−3

= 0

Resolviendo el sistema de ecuaciones obtenemos: 1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

ω3 = − 0,051068 ω4 = − 0,156826 => ω5 = 0,2871632 Ψ1−3 = − 0,0519738

= − 0,051068 = − 0,156826 = 0,2871632 = − 0,0519738

Reemplazando los valores obtenidos en las ecuaciones de recurrencia se obtienen los valores de los Momentos Flectores de la estructuras, como verificación si se reemplazan los valores de las rotaciones en las ecuaciones de equilibrios estas deben ser nulas.

M1−3 = 0,07 tm M 3− 4 = − 0,034 tm M 2−4 = − 0,0006 tm M 4−5 = 2,56 tm M 3−1 = 0,036 tm M 4−3 = − 2,46 tm M 4−2 = − 0,105 tm M 5−4 = − 1,00 tm

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Diagrama de Momentos Flectores

Diagrama de Esfuerzos de Cortantes

Diagrama de Esfuerzos de Normales

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Diagrama de Cuerpo Libre

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¾ Ejercicio Nº2: 2t 3

1

4

4I°

I°

q= 3t/m

q= 2t/m

q= 4t/m

2

3I°

I°

5t 1,5t

q= 3t/m 5

3I° 6

Datos (por condición de vinculo):

ω1 = ω4 = 0

Incógnitas:

ω2 ; ω3 ; ω5 ; ω6; Ψ1-2 ; Ψ3-4; Ψ5-6 ; Ψ2-5

Como el método no considera deformaciones por esfuerzo normal, entonces el desplazamiento de los nudos 2, 3 y 5 será el mismo. Δ = Δx2 = Δx3 = Δx5 Δ = -l1-2 · Ψ1-2 = l3-4 · Ψ3-4 = l5-6 · Ψ5-6 = función Δ Ψ1-2 = -5/8 Ψ3-4 Ψ5-6 = 5/6 Ψ3-4 Mis incógnitas serán entonces : ω2 ; ω3 ; ω5 ; ω6; Ψ3-4; Ψ2-5 Cálculo de los M ij0 Luego:

M 10-2 = 3,09 tm M 02-1 = − 3,59 tm

M 30-4 = − M 04-3 = 2,083 tm M 02-5 = 1,84 tm M 50-2 = −2,45 tm M 50-6 = − M 06-5 = 2,25 tm Estructuras 2009

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Cálculo de los M ij

La ecuación de recurrencia vista en la teoría: 2 ⋅ E ⋅ I ij M ij = M ij0 + ⋅ 2 ⋅ ω i + ω j − 3 ⋅ Ψ ij l ij

[

• M1-2 M 2-1 •

M 2 -3 M 3-2 • M 3-4 M 4 -3 • M 2 -5 M 5- 2 • M 5-6 M 6 -5

]

Barra 1-2 2 ⋅ I1-2 = M10-2 + ⋅ [2 ⋅ ω1 + ω3 − 3 ⋅ Ψ1-3 ] = 3,09 + 3 ω2 + 45 Ψ 4-3 2 16 l1-2 2 ⋅ I 2−1 = M 02-1 + ⋅ [2 ⋅ ω2 + ω1 − 3 ⋅ Ψ 2-1 ] = − 3,59 + 3ω2 + 45 Ψ 4-3 16 l 2-1 Barra 2-3 2 ⋅ I 2 -3 = M 02-3 + ⋅ [2 ⋅ ω2 + ω3 − 3 ⋅ Ψ 2-3 ] = 2 ω2 + ω3 l 2 -3 2 ⋅ I 3-2 = M 30-2 + ⋅ [2 ⋅ ω3 + ω2 − 3 ⋅ Ψ 2-3 ] = ω2 − 2 ω3 l 3-2

Barra 3-4 2 ⋅ I 3-4 = M 30-4 + ⋅ [2 ⋅ ω3 + ω4 − 3 ⋅ Ψ 3-4 ] = 2,083 + 32 ω3 − 48 Ψ 4-3 5 5 l 3-4 2 ⋅ I 4 -3 = M 04-3 + ⋅ [2 ⋅ ω4 + ω3 − 3 ⋅ Ψ 3-4 ] = − 2,083 + 16 ω3 − 48 Ψ 3-4 5 5 l 4 -3 Barra 2-5 2 ⋅ I 2 -5 = M 02-5 + ⋅ [2 ⋅ ω2 + ω5 − 3 ⋅ Ψ 2-5 ] = 1,84 + 8 ω2 + 4 ω5 − 12 Ψ 2-5 7 7 7 l 2 -5 2 ⋅ I 5- 2 = M 50-2 + ⋅ [2 ⋅ ω5 + ω 2 − 3 ⋅ Ψ 2-5 ] = − 2,45 + 8 ω5 + 4 ω 2 − 12 Ψ 2-5 7 7 7 l 5- 2 Barra 5-6 2 ⋅ I 5-6 = M 5-0 6 + ⋅ [2 ⋅ ω5 + ω6 − 3 ⋅ Ψ 5-6 ] = 2,25 + 4 ω5 + 2 ω6 − 5Ψ 4-3 l 5-6 2 ⋅ I 6 -5 = M 06-5 + ⋅ [2 ⋅ ω5 + ω6 − 3 ⋅ Ψ 5-6 ] = − 2,25 + 4 ω6 + 2 ω5 − 5Ψ 4-3 l 6 -5

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Planteo de las ecuaciones de equilibrio

Equilibrios de Momentos: •

Nudo (3): ∑ M 3 = 0 => M 3−4 + M 3−2 = 0 M 3−4 = 2,083 + 32 ω3 − 48 Ψ 4-3 5 5 M 3− 4 = ω 2 − 2 ω 3 ∑ M 3 = 0 => 2,083 + ω2 + 42 5 ω3 − 48 5 Ψ 4-3 = 0 =>

(I )

•

Nudo (2): ∑ M 2 = 0 => M 2−1 + M 2−3 + M 2−5 = 0 M 2−1 = −3,59 + 3ω2 + 45

16

Ψ 4 -3

M 2−3 = 2 ω2 + ω3 M 2−5 = 1,84 + 8 ω2 + 4 ω5 − 12 Ψ 2-5 7 7 7 ∑ M 2 = 0 ⇒ -1,75 + 43 7 ω2 + ω3 + 4 7 ω5 + 4516 Ψ 4-3 − 12 7 Ψ 2-5 = 0 ⇒ ( II )

•

Nudo (5): ∑ M 5 = 0 => M 5−2 + M 5-6 = 0

M 5−2 = −2,45 + 8 ω5 + 4 ω2 − 12 Ψ 2-5 7 7 7 M 5−6 = 2,25 + 4 ω5 + 2 ω6 − 5Ψ 4-3 ∑ M 5 = 0 => − 0,2 + 4 7 ω2 + 36 7 ω5 + 2 ω6 − 5Ψ 4-3 − 12 7 Ψ 2-5 = 0 =>

(III)

•

Nudo (6): ∑ M 6 = 0 => M 6−5 + M 6-v = 0

∑M

6

= 0 => 3,37 + 2 ω5 + 4 ω6 − 5Ψ 4-3 = 0 =>

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(IV )

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Ecuación de Piso: 2t 3

Q3-4

2t +Q3-4 + Q 5-6-Q2-1 =0 Q2-1

Q5-2

2

Q5-2 = 0

5

5

∑F

H

=0

Q 5M− 2 =

∑F

Q 5-6

M 5− 2 + M 2 −5 − 2,86 = − 3,03 + 24 ω2 + 24 ω5 − 48 Ψ 5− 2 = 0 ⇒ (V ) 49 49 49 l 5− 2

=0 M + M 4 −3 Q 3M−4 = 3−4 + 5 = 5 + 96 ω3 −192 Ψ 4−3 25 25 l 4 −3 M 2−1 + M1−2 11 QM − = − 45 + 9 ω2 + 45 Ψ 4−3 2 −1 = 8 8 32 l 2−1 2 M + M1−2 9 9 Q 5M−6 = 2−1 + = + 2 ω5 + 2 ω5 - 10 Ψ 4−3 2 3 l 2 V

2 −1

∑F

V

= 0 => 137 − 9 ω2 + 96 ω3 + 2 ω5 + 2 ω6 - 12,42 Ψ 4−3 = 0 => 8 8 25

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(V I )

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Sistema de Ecuaciones

1 43/7 4/7 0 24/49 -9/8

42/5 1 0 0 0 96/25

0 4/7 36/7 2 24/49 2

0 0 2 4 0 2

-48/5 45/16 -5 -5 0 -12,42

0 -12/7 -12/7 0 -48/49 0

-2.083 1,75 0,2 -3,37 3,03 -137/8

Este sistema arrojo los siguientes resultados: ω2 = -3,56 ω3 = 4,67 ω5 = 1,67 ω6 = 3,25 Ψ3-4 = 3,93 Ψ2-5 = -4,05 Reemplazando los valores obtenidos en las ecuaciones de recurrencia se obtienen los valores de los Momentos Flectores de la estructuras, como verificación si se reemplazan los valores de las rotaciones en las ecuaciones de equilibrios estas deben ser nulas. M1−2 = 8,80 tm M 2−3 = − 2,45 tm M 3−4 = − 5,76 tm M 2−5 = 5,65 tm M 2−1 = − 3,22 tm M 3−2 = 5,78 tm M 4−3 = − 24,87 tm M 5−2 = 4,33tm M 5−6 = − 4,34 tm M 6−5 = − 5,62 tm Diagrama de Cuerpo Libre 2t

q= 4t/m 1,66t

3

q= 2t/m

24,87tm

4

4I°

17,26t

I°

q= 3t/m

3,37t 1

8,80tm

3I°

2

5,9t I°

5t 1,5t

q= 3t/m 5

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3I°

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13,82t

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Diagrama de Momentos Flectores 24,87tm

3

8,80tm

5,76tm

4

-5,76tm -3,22 tm 2,45tm 2

1

5,65tm

4,33tm 5,62tm

-5,62tm 4,33tm

5

-4,33tm

Diagrama de Esfuerzos de Cortantes 3

1,66t

4

5,26t 5,9t 2

1

17,26t

4,10t

5t 6t 1,5t 5

1,18t 7,82tm

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Diagrama de Esfuerzos de Normales

4

3

-3,37t

1

1,66t

5,26t

2

5

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1,16t

METODO DE LAS DEFORMACIONES

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¾ Ejercicio Nº3:

3t 2

q= 2t/m

5I°

3

3I° 3I° 1

4

Datos (por condición de vinculo):

ω4 = 0

Incógnitas:

ω1 ; ω2 ; ω3 ; Ψ1-2 ; Ψ2-3; Ψ3-4

Calculo los desplazamientos de los nudos en función de una sola incógnita Δ Luego: Ψ1-2 = 0,4 Δ Ψ3-2 = - 0,10 Δ Ψ4-3 = 0,25 Δ Mis incógnitas serán entonces : ω1 ; ω2 ; ω3 ; Δ Cálculo de los M ij0

M 02-3 = − M 30-2 = 6,04 tm

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Cálculo de los M ij

La ecuación de recurrencia vista en la teoría: 2 ⋅ E ⋅ I ij M ij = M ij0 + ⋅ 2 ⋅ ω i + ω j − 3 ⋅ Ψ ij l ij

[

]

• Barra 1-2 M1-2 = 4,8ω1 + 2,4 ω2 − 2,88Δ M 2-1 = 2,4 ω1 + 4,8ω2 − 2,88Δ • Barra 2-3 M 2-3 = 6,04 + 4 ω2 + 2 ω3 + 0,6Δ M 3-2 = − 6,04 + 2 ω2 + 4 ω3 + 0,6Δ • Barra 3-4 M 3-4 = 2,68 ω3 − Δ M 4-3 = 1,34 − Δ Planteo de las ecuaciones de equilibrio

Equilibrios de Momentos: •

Nudo (1): ∑ M1 = 0 => M1−2 = 0 4,8 ω1 + 2,4 ω2 − 2,88Δ = 0

(I )

=>

•

Nudo (2): ∑ M 2 = 0 => M 2−1 + M 2−3 = 0 M 2−1 = 2,4 ω1 + 4,8ω2 − 2,88Δ

M 2−3 = 6,04 + 4 ω2 + 2 ω3 + 0,6Δ

∑M

2

= 0 ⇒ 6,04 + 2,4 ω1 + 8,8 ω2 + 2 ω3 − 2,28Δ = 0 ⇒ ( II )

•

Nudo (3): ∑ M 5 = 0 => M 3−2 + M 3-4 = 0 M 3-2 = − 6,04 + 2 ω2 + 4 ω3 + 0,6Δ M 3-4 = 2,68 ω3 − Δ

∑M

3

=0

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=>

− 6,04 + 2 ω2 + 6,68 ω3 − 0,4Δ = 0

=>

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(III) Pág. 15

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Ecuación de Piso:

2

H 2-1

HM 2−1 =

3

H 2-1+H 3-4 =0

H 3-4

M1−2 + M 2−1 = 2,88ω1 + 2,88ω2 − 2,3Δ l1−2

Tomo momento en el punto 4 M(4) = -V3-4 · 2m + H3-4 · 4m +

M 4−3 + M 3−4 =0 l3-4

Despejo el valor de H3-4 H3-4 =

V3−4 M 4−3 + M 3−4 1 − ⋅ 2 l3-4 4

V3-4 = 6,5t -

M 2−3 + M 3−2 = 6,5 − 1,2 ω2 − 1,2 ω3 − 0,24Δ l 2-3

Entonces H 3−4 = 3,25 − 0,6 ω2 − 0,82 ω3 − 0,01Δ

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La ecuación de piso H2-1+H3-4 = 0 será entonces, 3,25 + 2,88 ω1 + 2,28 ω2 − 0,82 ω3 − 2,31Δ = 0 => ( IV )

Sistema de Ecuaciones

(

4,8  2,4  0  ‐2,88  0  2,4  8,8  2  ‐2,28  ‐6,04 0  2  6,68  ‐0,4  6,04 2,88  2,28  ‐0,82  ‐2,31  ‐3,25

)

Este sistema arrojo los siguientes resultados: ω1 = 1,92 ω2 = −0,86 ω3 = 1,31 Δ = 2,49 Reemplazando los valores obtenidos en las ecuaciones de Recurrencia se obtienen los valores de los Momentos Flectores de la estructuras, como verificación si se reemplazan los valores de las rotaciones en las ecuaciones de equilibrios estas deben ser nulas.

M1−2 = 0 tm M 2−3 = 6,70 tm M 3−4 = 1,02 tm M 2−1 = − 6,70 tm M 3−2 = − 1,02 tm M 4−3 = − 0,73 tm Diagrama de Cuerpo Libre

3t 2

5I°

q= 2t/m 3

3I° 3I° 2,68t

1

7,64t

0,73tm 2,68t 4

5,36t

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METODO DE LAS DEFORMACIONES

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE MISIONES

ESTRUCTURAS Ejercicios Resueltos: Método de las Deformaciones Ejercicios Resueltos: CAÑETE, Joaquin C-3064/3

Año: 2009

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Diagrama de Momentos Flectores 6,70tm

-1,02tm 1,02tm

-6,70tm

2

3

6,15tm 0tm

1

4

-0,73tm

Diagrama de Esfuerzos Cortantes

7,64t 2,64t 3 2

2,68t

0,065t

0,36tm 5,36t

1

2,68t

4

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METODO DE LAS DEFORMACIONES

0,065t

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ESTRUCTURAS Ejercicios Resueltos: Método de las Deformaciones Ejercicios Resueltos: CAÑETE, Joaquin C-3064/3

Año: 2009

Corregido:GUTAWSKI Alex

Diagrama de Esfuerzos Normales 3 2

-2,68t -7,64t

1

-6,16t

4

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METODO DE LAS DEFORMACIONES

Pág. 19