Capitulo 7 i_.-estructuras_reticuladas

ESTRUCTURAS RETICULADAS

Prof. Carlos Navarro

Departamento de Mecánica de Medios Continuosy Teoría de Estructuras

A

B

A’’

B’’

A’

B’’Directriz sindeformar Directriz

deformada

A

B

A’’

B’’

A’

B’’Directriz sindeformar Directriz

deformada

En el cálculo estructuras reticuladas suele despreciarse las deformaciones inducidas por los esfuerzos axiles y cortantes. Despreciar el primer tipo de esfuerzo equivale a decir que las barras de la estructura ni se acortan ni se alargan.

A’’B’’=AB

CONCEPTO DE NUDO EN UNA ESTRUCTURAFORMADA POR BARRAS

ESTRUCTURAS RETICULADASINTRASLACIONALES

CONCEPTO DE ESTRUCTURA INTRASLACIONAL

A

B C

DA

B C

D A

B C

D

P

δ δ

Los nudos no se desplazan, pero las secciones correspondientes sí giran

A

B C

D

P

P

A

B C

A

B CB’ C’

CALCULO DE ESTRUCTURAS INTRASLACIONALESa) VIGAS CONTINUAS

Pq M’ M

RA RB RC RD RE

AB C

E FG

Viga

AP B1 M1 C1

M1

B2

M2

C2

E1G

M2M’ M3

FM4E2

Pq M’ M

RA RB RC RD RE

AB C

E FG

Incógnitas: M1, M2, M3 y M4

)()(

)()(

)()(

21

21

21

antihoarioantihoario

antihoarioantihoario

antihoarioantihoario

EE

CC

BB

θθ

θθ

θθ

=

=

=Ecuaciones:

M3 M4

M

034 =−+ MMM

Viga

MM3 M4

M4M3

21

21

21

EEE

CCC

BBB

AA

RRR

RRR

RRRRR

+=

+=

+=

=

Pq M’ M

RA RB RC RD RE

AB C

E FG

AP B1 M1 C1

M1

B2

M2

C2

E1G

M2M’ M3

FM4E2

B1A M

PB2 CM

)()(21

antihoarioantihoario BB θθ =

lEIblPab

EIMloantihorari

EIMl

EIqloantihorari

B

B

6)(

3)(

324)(

2

1

3

+−=

−=

θ

θ

2

2

4

)(16 l

blPabqlM ++=

A B Cq

l la b

PEJEMPLO:

B1A B1A M

ql/2 ql/2 M/l M/l

PB2 C B2 CM

Pb/l Pa/l M/l M/l

lM

lPaR

lM

lPb

lMqlR

lMqlR

C

B

A

−↑=

+++↑=

−↑=

2

2

b) SEMIPÓRTICOS

A

BC

M

2l

l

A

B2C

M2

M1

B1

B

M2

M1M

( )( )

EIlMhorario

EIlM

lEIlMhorario

horariohorario

B

B

BB

3)(

2242

)(

)()(

1

22

2

2

1

21

=

==

=

θ

θ

θθ

21 MMM +=

MMMM53

52

12 ==

c) PÓRTICOS

l

B

A D

q

l

EIMl

EIMl

EIqlhorario

EIMlhorario

horariohorario

B

B

BB

6324)(

3)(

)()(

3

2

1

21

−−=

=

=

θ

θ

θθ20

2qlM =

202qlXqlY AA ==

M

B2 C

M

B1

M

XA

YA

A

B

A D

Cql2/20 B

A D

Cql/20

ql/2ql/2

ql/20

ql/2B ql/20

ESTRUCTURAS INTRASLACIONALES CON ROTULAS

P=20 kN

2 m 1 m 1 m

A B C D

L L L

P M = P·L

A B C D

6 m 2 m 3 m 3 m 2 m 2 m 2 m 1 m

20 kN/m 30 kN 50kN.m10 kN

AB C M D

E G F

6 m 2 m 3 m 3 m 2 m 2 m 2 m 1 m

20 kN/m 30 kN 50kN.m10 kN

AB C M D

E G F

L

L/4 3L/4

A

B

C D

M

E

L/8

L

L/4 3L/4

A

B

C D

M

E

L/8

QQ

P

Q1 Q2

P

Barra 1 Barra 2

Q1+Q2=P

P

P

d M=Pd

MA

B

BA

M

2 m L=1 m L=1 m

A C1 C2 D B Q1 Q2

Q1 Q2

P

P=20 kN

2 m 1 m 1 m

A B C D

Incógnitas:1 reacción vertical en A1 reacción vertical en B1 reacción vertical en D1 momento en el empotramiento D

4Ecuaciones de la estática:(1) Suma de fuerzas verticales nula(1) Suma de momentosen un punto igual a cero(1) Momentos en la rótula de una de las partes Igual a cero

3

PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1

Ecuación adicional: flecha en C1 igual a flecha en C2

PM=PL

Q

Q Q

Q

A B C1 C2 D

PM=PL

Q

Q Q

Q

A B C1 C2 D

L L L

P M = P·L

A B C D

Incógnitas:1 reacción vertical en A1 reacción vertical en D1 momento en el empotramiento A1 momento en el empotramiento D

4

Ecuaciones de la estática:(1) Suma de fuerzas verticales nula(1) Suma de momentosen un punto igual a cero(1) Momentos en la rótula de una de las partes Igual a cero

3

PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1

Ecuación adicional: flecha en C1 igual a flecha en C2

A

B1Q

N B2 C1

MQ

NN

Q C2

D

Q

N

A

B1Q

N B2 C1

MQ

NN

Q C2

D

Q

N

L

L/4 3L/4

A

B

C D

M

E

L/8

L

L/4 3L/4

A

B

C D

M

E

L/8 Incógnitas:1 reacción vertical en A1 reacción horizontal en A1 reacción vertical en D1 reacción horizontal en D1 momento en el empotramiento A1 momento en el empotramiento D

6

Ecuaciones de la estática:(1) Suma de fuerzas verticales nula(1) Suma de fuerzas horizontales nula(1) Suma de momentos en un punto igual a cero(1) Momentos en una de las rótulas, de una de las partes

de la estructura, igual a cero(1) Momentos en otra de las rótulas, de una de las partes

de la estructura, igual a cero

5

PROBLEMA HIPERESTÁTICO DE GRADO 1Ecuación adicional: desplazamiento horizontal de B1 nulo

ESTRUCTURAS RETICULADASTRASLACIONALES

Veamos con un ejemplo la filosofía que debemos utilizar paracalcular estructuras traslacionales.

F

AB

C D

ESTRUCTURA REAL ESTRUCTURA DEFORMADA

F

AB

C DC* D*

a a

F

AB

C D

ESTRUCTURA REAL

MB

Sean MC y MD los momentos flectoresque aparecen en las secciones en contactocon los nudos

Si prescindimos de todas las cargas que actúan y suponemos que lasbarras estuviesen conectadas mediante articulaciones (rótulas)

F

AB

C D

AB

C D

La estructura inicial se ha convertido en un mecanismo con un gdl

AB

C D

El movimiento de este mecanismo viene determinado por unsólo parámetro, como es el desplazamiento CC*=DD*

C* D*

El valor de este parámetro (CC* ó DD*) no es conocido a priori, pero si lo supusiéramos conocido (e idéntico al que se produce en la estructura real “a”) tendríamos perfectamente determinados los desplazamientos de los nudos de la estructura.

AB

C DC* D*

Si, ahora, una vez que el mecanismo se ha movido de manera que el nudo C (y el D) ocupa la posición final que ocuparía en el caso de que estuviésemos considerando la estructura real, no estaríamos añadiendo nuevas coacciones al sistema porque ya se había movido

a a

Pero, claro, en el caso del mecanismo, las secciones en contacto con la rótula queexista en un nudo giran diferente, cuando en la estructura real, las secciones de dosbarras coincidentes en un nudo, tendrían que girar lo mismo.

Si, ahora, colocáramos sobre el mecanismo una vez movido, las cargas que actúansobre la estructura y, en las secciones en contacto con las rótulas los momentosflectores que, en la realidad, actúan sobre ellas (MB en B, MC en C* y MD en D*):

AB

C DC*

a a

MB

MC

MD

F

¡Obtendríamos la estructura deformada!

D*

E

A

BC

D

q=20 kN/m

F=80 kN8 m

4 m

6 m 2 m

6 m

Veamos un ejemplo:Deducir las leyes de momentos flectores y esfuerzos cortantesy axiles y los movimientosDe las secciones B y D en la estructura de la figura. La sección de las vigas es rectangular de 30 cm de ancho y 40 cm decanto y el material (hormigón) tiene un módulo de elasticidad de 20 Gpa.

E

A

BC

q=20 kN/m

F=80 kN8 m

4 m

6 m 2 m

6 m

2q

2q

2q

2q

E

A

BC

q=20 kN/m

F=80 kN

2q

2q

¿Podemos simplificar más aún la estructura?

A

BC

q=20 kN/m

F=80 kN

2q

2q

F=80 kN

q=20 kN/m 2q

2q

A

BC C*

B*

a a

MM

a

B1*

A

F=80 kN

M

C*

B2*

M

q=20 kN/m 2q

2q

=

( ) ( )oantihorarioantihorari ** BB 21θθ =

a

B1*

A

F=80 kN

M

C*

B2*

M

q=20 kN/m 2q

2q

( )EIEIEI

Moantihorari*B 24620

6406

36 3

2

⋅−

⋅+=θ

( )816

88038 2

1

aEIEI

Moantihorari*B−

⋅+−=θ

46083

14=+ aEIM

E

A

BC

q=20 kN/m

F=80 kN

2q

2q

80 kN

VA

VE

Tomando momentos en Bde las fuerzas y momentosque actúan sobre la barra AB(sentido antihorario positivo):

mkNMM

⋅−==⋅+−⋅−

3200480880

mkN,,EI ⋅=⋅⋅⋅= 3200040301211020 36

46083

14=+ aEIM m,a 4880=

Ley de momentos flectores

320 kN.m E

A

BC

D

q=20 kN/m

F=80 kN

40 kN.m

320 kN.m

Ley de esfuerzos cortantes

80 kNE

A

BC

D

q=20 kN/m

F=80 kN120 kN

40 kN

Ley de esfuerzos axiles

E

A

BC

D

q=20 kN/m

F=80 kN160 kN

Movimientos de la sección B:

El desplazamiento horizontal será 0,488 m, el vertical nulo y el giro:

a

B1*

A

F=80 kN

M

( ) rad,,EIEI

oantihorari*B02430

84880

16880

33208 2

1−=−

⋅+

⋅=θ

La sección B gira en sentido horario 0,0243 rad

Movimientos de la sección D:El desplazamiento horizontal será 0,488 m.

( )

m,,v

rad,EIEIEI

horario

D

C

026250201310

013106

632024

6203

640

2

3

=⋅↑=

−=⋅

−⋅

−⋅

=θ

El desplazamiento vertical será suma de:a) El obtenido si la sección C del dintel no girara:

mm,EILqv CD

D 251320008

2208

441 =

⋅⋅

=⋅

↓=

b) El de sólido rígido motivado por en giro de la sección C del dintel:

m,,,vD 0250001250026250 =−↑=El giro de D será (suma del de la sección C más el causado por la sobrecarga que actúa sobre la ménsula:

( ) rad,EI

,oantihorariD 012206

22001303

=⋅

−=θ

q=20 kN/m

P1=60 kN P2=40 kN

A

B

CD

E

2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m

5 m

En el pórtico de la figura, todas las barras tienen la misma rigidez EI=40000 kN.m.Cuando actúan las cargas indicadas, determinar:a) Leyes de esfuerzos en la estructurab) Desplazamiento horizontal en C

A

B

C D

E

Estructura con un grado de traslacionalidad

aa a

B*

C* D*

A

B

C D

E

aa a

B* C* D*

M2M1

M3

M2M1

B2* C1*

A

B

aB1*M1

q

M3M2

C2* D1*

a

M3

E

D2*

P1 P2

EILM

EILP

EILMoantihorari

La

EIqL

EILMoantihorari

B

B

6163)(

243)(

22

11

31

2

1

+−−=

−+=

θ

θEc.1

EILM

EILP

EILMoantihorari

EILM

EILM

EILPoantihorari

C

C

6163

63163

222

122

1

2

1

+−=θ

+−=θ

)(

)(Ec.2

La

EILMoantihorari

EILM

EILP

EILMoantihorari

D

D

−=

−+−=

3)(

6163)(

3

22

23

2

1

θ

θEc.3

EILM

EILP

EILMoantihorari

La

EIqL

EILMoantihorari

B

B

6163)(

243)(

22

11

31

2

1

+−−=

−+=

θ

θEc.1

EILM

EILP

EILMoantihorari

EILM

EILM

EILPoantihorari

C

C

6163

63163

222

122

1

2

1

+−=θ

+−=θ

)(

)(Ec.2

La

EILMoantihorari

EILM

EILP

EILMoantihorari

D

D

−=

−+−=

3)(

6163)(

3

22

23

2

1

θ

θEc.3

¡3 ecuaciones con cuatro incógnitas!

aMMM 321

¡La ecuación que falta la obtenemos aplicando lasecuaciones de la estática!

A

B

aB1*M1

q

a

M3

E

D2*

VAHA VEHE

Suma de momentos en B1* igual a cero: Suma de momentos en D2* igual a cero:

02

2

1 =−+ LHqLM A03 =+ LHM E

Junto con: qLHH AE −=− 02 3

22

1 =+−+ MqLqLM Ec. 4

Resolviendo el sistema de las cuatro ecuaciones con las 4 incógnitas:

mamkNM

mkNMmkNM

061,025,156

25,3175,93

3

2

1

=⋅=⋅=⋅=

q

P1 P2

A

B

CD

E

106,25 kN.m

31,25 kN.m43,75 kN.m

156,25 kN.m

Ley de momentos flectores

q

P1 P2

A

B

CD

E68,75 kN

31,25 kN

5 kN

55 kN

5 kN

45 kN31,25 kN

Ley de esfuerzos cortantes

q

P1 P2

A

B

CD

E5 kN

31,25 kN

45 kN

Ley de esfuerzos axiles

ESTRUCTURAS RETICULADASATIRANTADAS

AB

C D P

EI

EtAt

L

h/2

AB

C D

=

AB

C D P

ABF F

F F

∆BA=F.L/ EtAt

P

AB

C DP

ABF F

F F

∆BA=F.L/ EtAt

AB

C D

1 1

ESTADO REAL ESTADO FICTICIO

Teorema de reciprocidad:

realA

ficticioD

ficticioA uuPuF

rrr⋅−=⋅+⋅− 1

realA

ficticioD

ficticioA uuPuF

rrr⋅−=⋅+⋅− 1

ttrealA

realB

realABA AE/LFuuu ⋅==−=∆

rrr

ttrealA AE/LFu ⋅=r

tt

ficticioD

ficticioA AE

LFuPuF ⋅−=⋅+⋅−

rr

tt

ficticioA

ficticioD

AELu

uPF−

⋅=r

r¡Sólo es preciso resolverel estado ficticio paraobtener la fuerza en eltirante!

AB

C D

1 1

ESTADO FICTICIO

h

h

h

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅−= Lh

EIhhhhhhLhhh

EIu ficticio

A 32

32

21

32

211 2r

( )hLEILhLhhLhL

EIv ficticio

A +=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅+⋅⋅↓=

221

21

( ) ( )hLEIhhL

EILhL ficticio

BficticioB +=⇒+=⋅

22θθ

AB

C D

1 1

ESTADO FICTICIO

h

h

h

EIhhhh

EIu ficticio

D 631

211 3

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ ⋅⋅=

r

Pero como B gira:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=+−=

2326

223 LhEIhhL

EIh

EIhu ficticio

Dr( )hL

EIhficticio

B +=2

θ

tt

ficticioA

ficticioD

AELu

uPF−

⋅=r

r

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−= Lh

EIhu ficticio

A 322r

tt AELLh

EIh

LhEIhP

F−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−

=

32

232

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

23

2 LhEIhu ficticio

Dr

F>0, luego el tirante trabajaa tracción, como habíamossupuesto