metodo de las fuerzas estructuras hip ere static as

5/13/2018 Metodo de Las Fuerzas Estructuras Hip Ere Static As - slidepdf.com

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Método de las fuerzasEste método fue desarrollado originalmente por James Clerk Maxwell en 1864 y

perfeccionado posteriormente por Otto Mohr y Múller-Breslau. Mohr, diez años

después, de forma independiente, amplió la teoría casi a su estado actual de desarrollo.

En este método se suprimen las redundantes(cantidad de reacciones que hacen

hiperestático el problema, evidentemente que el número de redundantes es igual al GH)

lográndose una estructura estable y estáticamente determinada, que en algunos textos sele llama sistema base. Se calculas los desplazamientos en la dirección de las

redundantes eliminadas. Como al final los puntos donde están las redundantes no se pueden mover, estas deben tener un valor tal que haga a esos puntos volver a su estado

inicial. Se establece una ecuación para la condición de deflexión nula en cadaredundante y estas se despejan de las ecuaciones resultantes. A este sistema de

ecuaciones se les llama ³ecuaciones canónicas´. A este método se le llama también: Mé todo de la Flexibilidad, Deflexiones Compatibles, Deformaciones Consistentes o M axwell- M ohr. Cada uno de los nombres se explica por si solo.

Esencia del método

Sea la siguiente viga hiperestática con un Grado de Hiperestaticidad:

Hay tres reacciones, una de ellas se toma como redundante, en este caso tomaremos R 1.

Si no existiera el apoyo 1 las cargas provocarían un desplazamiento en ese punto

2

P1 P21 3

R 2R 1

R 3

P1 P2

Viga original

Apoyo 1 eliminado

1

1

11 P1 P2

R 2 R 1 R 3

Carga unitaria en 1

Apoyo 1 reemplazadoPor reacción



Si el apoyo 1 no existe el punto se desplaza un valor 1 hacia abajo, paradeterminar ese desplazamiento usando el método de la carga unitaria, basta

con poner una carga unitaria en el punto y aplicar la expresión:

1 = dx EI

Mml

´0

1

Para poder determinar el desplazamiento que hace la carga unitaria en el

punto 1 (11) se debe aplicar:

11 = dx EI

ml

´0

2

1

El verdadero valor de desplazamiento que hace R 1 para llevar el punto 1 a su lugar

original será: 11R 1 , entonces la ecuación de compatibilidad de deflexiones será:

1 + 11R 1 = 0 (Llamada ecuación canónica)

La reacción redundante se obtiene por:

R 1 = - 1/ 11

De ahí en adelante el problema se vuelve estáticamente determinado.

Interpretación física de las ecuaciones canónicas:

HACER L A INTERPRET ACIÓN Y CO M ENT A R C A D A TÉR M INO

Suponiendo un problema con n redundantes el sistema de ecuaciones quedaría:

1 + 11R 1 + 12R 2 + 13R 3 + ... + 1nR n = 0

2 + 21R 1 + 22R 2 + 23R 3 + ... + 2nR n = 0

3 + 31R 1 + 32R 2 + 33R 3 + ... + 3nR n = 0

....................................................................

n + n1R 1 + n2R 2 + n3R 3 + ... + nnR n = 0

A los ij se les llama coeficiente de flexibilidad lineal y los i se les llama t é rminosindependientes.



Teorema de Maxwell sobre desplazamientos recíprocos. Ley de Betti.

Cuando Maxwell desarrolló su método también presentó un teorema que relaciona loscoeficientes de flexibilidad de dos puntos cualquiera de una estructura. Cuando el

teorema de los desplazamientos recíprocos se formaliza en un sentido más general, seconoce como ley de Betti. La esencia de esa ley es:

E jemploApliquemos el Método de las Fuerzas para determinar los diagramas de solicitaciones

del esquema de carga muerta de la estructura que modelamos en el Capítulo anterior:

S e tomará como redundante las reacciones en la articulación D.

El sistema base quedará:

ij = ji

10 m

I I

9.8

5 m

30.7kN/mC

A

B

D

R 2

R 1

30.7kN/mC

A

B

D

Sistema base concarga externa yreacciones (obtenidas

Por ecuaciones de la Estática)

0

1535kN.m

307kN



Las ecuaciones canónicas para este caso son:

1 + 11R 1 + 12R 2 = 0

2 + 21R 1 + 22R 2 = 0

Determinación de los t é rminos independientes:

Determinación de 1

1 = dx EI

Mml

´0

1

Tramo DC:

M = 0 m1 = -x M. m1 = 0

Tramo CB:

C

C

A

B

D

Carga unitaria

horizontal (1) yreacciones

1

1

A

B

D

Carga unitariavertical (2) yreacciones

1

110m



M = - 30.7 x x/2 = - 15.35 x2

m1 = - 5 M. m1 = 76.75 x2

´10

0

2)75.76(8.9

1dx x

EI

=

3

75.76

8.9

1310

0

x

EI

=

EI

5.2610

Tramo AB:

M = - 1535

m1 = -x M. m1 = 1535 x

dx x EI

)1535(1

5

0

´ =

EI

5.19187

1 = 2610.5/EI + 19187.5/EI = 21 798/EI

Determinación de 2

2 = dx EI

Mml

´0

2 = - 80 665.8/EI

Determinación de los coeficientes de flexibilidad:

Determinación de 11

11 =

dx EI

ml

´0

2

1

Tramo DC= AB

m1 = - x m 12 = x2

´

5

0

2

)(

1

dx x EI =

5

0

1

EI 3

3 x

= 41.67/EI

Tramo CB:

m1 = - 5 m 12 = 25 ´

10

0

258.9

1dx

EI

= 25.51/EI



11 = 2(41.67/EI) + 25.51/EI = 108.85/EI

Determinación de 22

22 =dx EI

ml

´0

2

2 = 534/EI

Determinación de 12 = 21

12 = 21 = dx EI

ml

´0

2

2 = - 150.5/EI

S istema de ecuaciones y solución:

21798/EI + (108.85/EI) R 1 ± (150.5/EI) R 2 = 0

- 80665.8/EI ± (150.5/EI) R 1 + (534/EI) R 2 = 0

SOLUCIÓN: R 1 = 155 kN y R 2 = 14 kN

Con estas reacciones calculadas el problema se convierte en isostático. Por lasecuaciones de la estática calculamos las otras ecuaciones y hacemos los gráficos de

solicitaciones:

10 m

5 m

30.7kN/mC

A

B

D

155kN

14 kN 152kN15kN.m14kN

Diagrama de M(En kN.m)

5570

15

321.3

5.05m



El máximo momento en el tramo CB se determina:

MX = 155 X ± 30.7X2/2 ± 70 ;dx

dM = 155 ± 30.7 X = 0 ; X = 5.05 m

MX = 155 (5.05) ± 30.7(5.05)

2

/2 ± 70 = 321.3 kN.m

Cálculo de asientos:En estructuras hiperestática los asientos diferenciales provocan solicitaciones.

Para el cálculo de asientos en una viga continua solo hay que agregar el valor de lo que

se asienta el apoyo a la ecuación canónica correspondiente. En este caso hay que tener

en cuenta los verdaderos valores de EI y que todas las unidades sean compatibles.

Diagrama de V(En kN)

14

_ 14

+

+

_

152

155

5.05m

Diagrama de M(En kN)

152

_

155

_

- 14



Por ejemplo, suponiendo que en la siguiente viga el apoyo 2 se asiente 20 mm, y

considerando la reacción en dos como redundante:

La ecuación canónica quedará:

2 + 22R 2 ± 0.022m = 0

Los valores de i = (Mm/EI)dx deben ser calculados poniendo los valores de M en

kN.m, m estaria en metros, entonces Mm = kN.m2, las longitudes (dx) en metros, E en

kN/m y las inercias en metros a la cuarta:

42

2

./

)(.

mmkN

mmkN entonces los i quedaría en metros; los coeficientes de flexibilidad se

determinan por: ij = (mi m j/EI)dx , entonces:

42./

))()((

mmkN

mmm en metros/kN.

Analizando dimensionalmente la ecuación canónica tenemos:

2 (m)+ 22R 2 (m/kN)(kN)± 0.022m = 0 y todas las unidades son compatibles.

2.3.3 Método de los desplazamientos.El Método de los Desplazamientos, también llamado Método de las Rigideces consiste

en establecer ecuaciones con los desplazamientos en los nudos(giros y desplazamientos

lineales) para caracterizar completamente la configuración de la deformada de la

estructura. Resolviendo ese sistema de ecuaciones se encuentran los desplazamientos

que se sustituyen en las ecuaciones originales para determinar las solicitaciones. Se

obtiene el diagrama de momento, los diagramas de cortante y fuerza axial, como de

costumbre, por las ecuaciones de la estática.

Al método de los desplazamientos se le puede dar dos interpretaciones que tiene base

común: uno con carácter g eneral , llamémosle así, y el enfoque dado por George A.

Maney llamado método pend iente-deflexión . En primero es más general, quizás más

³científico´ muy usado en los países de Europa oriental, tiene buenas posibilidades para

la interpretación científica, pero el segundo es mas ³utilitario´ con muy buenas posibilidades también de interpretación física. Veremos el primero de forma global y

particularicemos en el segundo.Enfoque General:El Método de las Fuerzas es muy complicado para aplicarlo en estructuras con un altoGH. Para superar esta dificultad surge el Método de los Desplazamientos, que en

muchos aspectos complementa al Método de las Fuerzas.

1 2 3



El Método de los Desplazamientos también reduce el cálculo a un sistema de

ecuaciones canónicas, pero con la diferencia que el número de ecuaciones no es igual alGH del pórtico (como en el Método de las Fuerzas), por lo general, en estructuras

grandes, es algo menor.

En este caso las incógnitas son los giros en los nudos y los desplazamientos lineales en

los distintos niveles. Por ejemplo para una estructura del tipo:

Tiene 9 marcos cerrados, es decir: GH = 3 x 9 = 27. Por el Método de las Fuerzas(MF)

hay 27 ecuaciones y 27 incógnitas.Tiene 12 nudos y tres niveles con posibilidades de desplazarse. Por el Método de los

Desplazamientos(MD) tendrá 15 ecuaciones y 15 incógnitas.Otra ventaja sustancial del MD es que solo tiene un sistema: rigidizar todos los nudos y

limitar los desplazamientos lineales. Es hecho de poseer solo un sistema base implica, para la aplicación de la computación, un paso menos que puede hacer la computadora

sin la intervención del calculista. Si fuera por el MF el calculista, en un paso dado, debe

elegir el sistema base.

El sistema base del MD es la rigidización del giro de todos los nudos y la limitación de

todos los desplazamientos lineales aplicándole ligaduras, a este sistema se le aplica la

carga externa (en ese momento son válidos los Momentos de Empotramiento Perfecto).

Posteriormente se van soltando, uno a uno, las restricciones y eso genera

desplazamientos. Estos desplazamientos generan reacciones en los nudos (momentos

reacción) y en los niveles desplazados(fuerzas de reacción) y todas estas tienen que

estar en equilibrio. El equilibrio de estas fuerzas y momentos generan las ecuaciones

canónicas.

Las ecuaciones canónicas quedarían:

r11 Z1 + r12 Z2 + ... + r1n Zn + R 1P = 0

r21 Z1 + r22 Z2 + ... + r2n Zn + R 2P = 0

...................................................................



...................................................................

rn1 Z1 + rn2 Z2 + ... + rnn Zn + R nP = 0

Los términos rij son los coeficientes de rigidez de las ecuaciones canónicas y

representan las reacciones que surgen en la ligadura i al giran el nudo un ángulounitario Z j = 1.

Los Z j son las magnitudes reales del giro del nudo j o desplazamientos lineales de los

niveles.

Los R iP son las reacciones en las ligaduras i producto de las cargas externas (se les

llama t é rminos independientes).Resolviendo el sistema se obtienen los verdaderos valores de los giros y

desplazamientos lineales Z j que son las incógnitas. Una vez conocidos estos valores no

es difícil, entonces, obtener los valores de los desplazamientos en los distintos puntos de

la estructura hiperestática y las acciones internas o solicitaciones.

Como se ve en este enfoque general el cálculo de desplazamientos (angulares y lineales)es decisivo para la aplicación de este método. Recalcamos una vez más el aporte yvalor metodológico que tuvieron los trabajos de Maxwell-Mohr por esa razónpueden ser considerados los precursores del Análisis Estructural Moderno.

Método de Pendiente-Deflexión(P-D)George A. Maney presentó una interpretación del MD en S tud ies in En gineer in g No.1( M innea pol i s: U niversity of M innesota, 1915) . Su trabajo fue una continuación e

interpretación de las investigaciones realizadas por Manderla y Mohr. El método P-Dtiene en cuenta solo las deformaciones por flexión, no considerando los efectos de

cortante y fuerza axial, es decir solo considera el primer integral de Mohr. Este supuestoes completamente acertado para elementos lineales.

Aunque actualmente se aplica más el enfoque general, presentado matricialmente,todavía se estudia porque es útil por varias razones:

1. Su estudio sirve de base para entender el método de Cross.2. Para algunas estructuras no muy complejas resulta de fácil aplicación.

3. Es un caso especial del Enfoque general del MD o Método de las rigideces que

proporciona una buena introducción a la formulación matricial.

4. Hay una buena interpretación de las deformadas de las estructuras al

determinar las pendientes y deflexiones.

Ecuaciones de Maney. No pretendemos demostrar aquí las ecuaciones, sólo las enunciaremos, haremos la

adecuada interpretación física y resolveremos un ejemplo.

Veamos algunas definiciones:

P

A

D

B

LAB AB CD

AB =+

AB L

( Positivo a favor

del reloj

CD =+

CD L

(

C



Momentos de Em potramiento P erfecto

Son los valores de Momento de elementos suponiendo que los apoyos sean totalmente

rígidos. Algunos valores significativos:

P

L/2 L/2

-PL/8 +PL/8

P

a b

2

2

L

a Pb

2

2

L

b P a

L

q

12

2ql

12

2ql

L/2 L/2

163 P l

P

q

8

2ql



Las ecuaciones de Maney son :

Para una barra empotra-empotrada (o continua-continua):

MAB = 2EK AB(2A + B - 3) + MEPAB

MBA = 2EK BA(A + 2B - 3) + MEPBA

Para una barra empotrada(0 continua) articulada:

MAB = 3EK BA( A - ) + MEPBA

MBA = 0

Los giros en los empotramientos perfectos son cero

E jemplo:Resolvamos el mismo ejemplo resuelto por el MF:

M ódulo de deformación E = Constante (Suponemos que es el mismo concreto el de lascolumnas y la viga)

F actor de r igidez: K AB = K CD = I/5 = 0.2 IK CD = 9.8 I/10 = 0.98 I

10 m

I I

9.8I

5 m

30.7kN/mC

A

B

D



Para obtener los diagramas de solicitación no nos interesa el verdadero valor de la

rigidez, solo las proporciones entre elementos. Si fuéramos a calcular los verdaderosvalores de desplazamientos si hace falta la verdadera rigidez.

Se puede escoger cualquiera rigidez como la unidad, por ejemplo tomemos la rigidez deAB como la unidad, entonces:

K AB = K CD = K

K CD = 0.98/0.2 = 4.9 K Momentos de Em potramiento P erfecto:

MEPBC = - 1/12(qL2) = - 1/12(30.7kN/m)(10m)2 = - 255.83 kN.mMEPCB = + 255.83kN.m

Ecuaciones de momento en los nudos de las barras

MAB = 2EK AB(2A + B - 3) + MEPAB (Pero A es cero en el empotramiento y esa

barra no tiene MEP), entonces,

MAB = 2EK ( B - 3) = 2EK B - 6EK (a)

MBA = 2EK ( 2B - 3) = 4EKB - 6EK (b)

MBC = 2E(4.9K)(2B + C ) ± 255.33 (Las barras horizontales no tienen , se ignora el

acortamiento axial de las barras horizontales, en general la viga tiene si hay columnas

inclinadas)

MBC = 19.6EKB + 9.8EKC ± 255.83 (c)

MCB = 2E(4.9K)( B + 2C ) + 255.83

MCB = 9.8EK B + 19.6EKC + 255.83 (d)

MCD = 3EK ( C - ) (Barra empotrada articulada sin MEP)

MCD = 3EK C ± 3EK (e)

MDC = 0 (f)

L A S INCÓGNIT A S S ON LO S DO S GIRO S ( B

y C) y ¿CU A LE S S ERÁN L A S ECU ACIONE S ?

A.- Para los giros se aplica el concepto de que la suma de todos los momento en losnudos tiene que ser cero.

B.- Para los desplazamientos se usa la ecuación de equilibrio de las fuerzashorizontales:



H=0 , HA + HD = 0

LasH se obtienen por suma de momento en las barras:

Las ecuaciones serán:

MB = 0 MBA + MBC = 0,

4EK B - 6EK + 19.6EKB + 9.8EKC ± 255.83 = 023 .6EK B + 9.8EK C - 6EK ± 255 .83 = 0 (1)

MC = 0 MCB + MCD = 0,

9.8EK B + 19.6EKC + 255.83 + 3EK C ± 3EK = 0

9.8EK B + 22 .6EK C ± 3 EK + 255 .83 = 0 (2)

H=0 , HA + HD = 0

(MAB + MBA)/ 5 + MCD / 5 = 0

2EK B - 6EK + 4EKB - 6EK + 3EK C ± 3EK = 0

6EK B + 3 EK C ± 15 EK = 0 (3)

23 .6EK B + 9.8EK C - 6EK ± 255 .83 = 0 (1)

9.8EK B + 22 .6EK C ± 3 EK + 255 .83 = 0 (2)

BARRA AB

MBA

MAB

HA

LAB

M en B = 0

MAB + MBA - HA LAB = 0

HA = (MAB + MBA)/ LAB , de la mismamanera:

HD = MCD / LCD



6EK B + 3 EK C ± 15 EK = 0 (3)

S OLUCIÓN:

EK B = 19.948 ; EK C = -19.426 ; EK = 4.094

M O M ENTO S FIN A LE S :

MAB = 2EK B - 6EK = 2(19.984) ± 6(4.094) = 15.3kN.m

MBA = 4EKB - 6EK = 4(19.984) ± 6(4.094) = 55.2kN.m

MBC=19.6EKB+ 9.8EKC -255.83 = 19.6(19.948) + 9.8(-19.426)- 255.83 = -55.2kN.m

MCB=9.8EK B +19.6EKC +255.83= 9.8(19.948)+19.6(-19.426)+ 255.83 = 70.5kN.m

MCD = 3EK C ± 3EK = 3(-19.426) ± 3(4.094) = -70.5 kN.m

IDÉNTICO S RE S ULT A DO S QUE POR EL M ETODO DE L A S FUERZ A S .

HACER EN LA PIZARRA LOS DIAGRAMAS DE V Y N POR ESTATICA

Diagrama de M

(En kN.m)

55.270.5

15.3

321.3

5.05m

metodo de las fuerzas estructuras hip ere static as

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