CALCULO DE DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS
Teorema de Castigliano:
Consideremos una estructura, que la esquematizamos con una línea cerrada. Es decir,
que el área encerrada por la misma se desarrolla una estructura resistente, isostática o
hiperestática, o sea que no puede ser hipostática (mecanismo con movimientos).
Consideremos ahora un sistema de
cargas actuando sobre la misma, con
Pj
valores tales que todos los elementos
estructurales estén sometidos a esfuerP2
zos, para los cuales, las tensiones y
j
2
deformaciones
estén
dentro
del
δ2
régimen elástico. Dichas fuerzas las
Pn-1
Δ2
n-1
indicamos con P1 ..... Pj ..... Pn,
2'
sistema que está en equilibrio, es decir
1
que, o bien son sistema de fuerzas
n
externas, o alguna de ellas son fuerzas
P1
externas y otras son reacciones de
Pn
vínculo.
Al actuar las fuerzas creciendo desde
cero a su valor final, el cuerpo de deforma y los puntos de aplicación de las mismas se
desplazan. Por ejemplo el punto, 2 pasa a ocupar la posición 2'.
Cada fuerza realiza un trabajo elástico de valor:
½.P.δ
Siendo δ la proyección del despalzamiento Δ sobre la recta de acción de la fuerza.
El trabajo total, debido a todas las fuerzas vale:
n 1
Ae = ∑ j =1 Pj δ j
2
lo cual expresa la energía total elástica acumulada por el sistema.
Si la fuerza Pj, varía en dPj, el trabajo valdría:
Ae +
∂Ae
dPj
∂Pj
∂Ae
es la variación del trabajo total cuando Pj varía en la unidad.
∂Pj
Consideramos ahora que primero se aplique dPj y luego el sistema P1 a Pn. El trabajo
total, en este caso resulta:
donde
Página 1 de 16
1
dPj .dδ j + dPj .δ j + Ae
2
Donde:
• El 1° sumando, expresa el trabajo elástico de dPj, al aplicar dicha fuerza creciendo
desde cero a su valor final.
• El 2° sumando, representa el trabajo físico de dPj debido al desplazamiento que
provoca el sistema P1 a Pn, al crecer desde cero a sus valores finales.
• El 3° sumando, el trabajo elástico del sistema P1 a Pn.
Como los estados finales, del 1° y 2° caso son iguales, debe cumplirse:
Ae +
∂Ae
1
dPj = dPj .dδ j + dPj .δ j + Ae
∂Pj
2
Simplificando los valores Ae de las dos ecuaciones y despreciando el primer sumando
del segundo miembro por ser un diferencial de orden superior, se obtiene:
∂Ae
dPj = dPj .δ j
∂Pj
o lo que es equivalente :
δj =
∂Ae
∂Pj
que es la expresión del Teorema de Castigliano
Como el trabajo externo que realiza el sistema de fuerzas P1 a Pn, se acumula como
energía interna elástica, podemos escribir:
Ae = Ai
Y por lo tanto:
δj =
∂Ai
∂Pj
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Ello implica poder enunciar:
"En todo sistema elástico, sometido a un sistema de fuerzas en equilibrio,
la variación del trabajo interno para un incremento unitario de la fuerza
aplicada en un punto cualquiera del mismo, representa el desplazamiento
del punto proyectado en la dirección de la fuerza, siempre que el sistema
se encuentre en el régimen elástico."
Debido que para obtener las deformaciones con el trabajo externo Ae, necesitamos las
deformaciones, debemos desarrollar la expresión del trabajo interno Ai.
Dado que los esfuerzos internos están representados por tensiones y las deformaciones por deformaciones específicas, el trabajo interno estará dado por unidad de
volumen:
Ai* = "trabajo interno de deformación por unidad de volumen", el cual estará expresado
de la siguiente manera:
Ai* =
Por la ley de Hooke ε =
1
1
σε + τγ
2
2
τ
σ
, γ = , reemplazando en la expresión anterior:
E
G
1 σ2 1 τ2
Ai* =
+
2 E 2G
Para obtener el trabajo interno de deformación debemos integrar la expresión en el
volumen:
1 σ2
1 τ2
Ai = ∫ Ai * dV = ∫ ∫
dAdx + ∫ ∫
dAdx
2
2
E
G
x A
x A
Las tensiones normales son producidas por momentos y esfuerzos axiles (M y N), y las
tensiones tangenciales por los esfuerzos de corte (Q):
σ=
N M
+
y,
A J
τ=α
Q
A
donde α =
SA
Jb
Reemplazando:
Ai =
2
N2
NM
M2 2
1
1
1
1
2 Q
dAdx
+
ydAdx
+
y
dAdx
+
α
dAdx
E ∫x ∫A A J
2 E ∫x ∫A A2
2 E ∫x ∫A J 2
2G ∫x ∫A
A2
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Del primer término tenemos
∫ dA = A (área),
A
∫ ydA = 0 (momento estático en toda el área),
del segundo
A
del tercero
∫y
2
dA = J (momento de inercia),
A
y del cuarto llamamos
α2
∫ A dA = χ (coeficiente de forma de la sección), por lo tanto:
A
1 N2
1 M2
1 Q2
Ai = ∫
dx + ∫
dx + χ ∫
dx
2 EA
2 EJ
2 GA
Aplicando el Teorema de Castigliano:
δj =
∂Ai
∂N dx
∂Q dx
∂M dx
= ∫N
+ ∫M
+ χ∫ Q
∂Pj
∂Pj EA
∂Pj EJ
∂Pj GA
Aplicación del Teorema al cálculo de deformaciones:
P
A
L
B
Sea el caso de una viga
empotrada en A y cargada en el
extremo libre B con una fuerza y
un momento. El diagrama de
momentos, varía de MB = -M a
MA = -(M+PL).
En la explicación que sigue
vamos a considerar que las
deformaciones por flexión son
mucho mayores que las producidas por el esfuerzo de corte, es
decir despreciamos el efecto del
corte, por lo tanto el trabajo
interno a considerar, es solo el
debido al momento flector.
M
x
MA
MB
ϕB
δB
ϕB
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La expresión general del trabajo interno por flexión vale
1 Mx 2
Ai = ∫
dx
2 EJ
En tal caso, si queremos calcular el desplazamiento vertical del punto B, de acuerdo al
Teorema de Castigliano, debemo hacer la deribada respecto de P y considerando que
el momento de inercia y el módulo de elasticidad son constantes:
L
1
∂Ai
∂Mx
Mx
dx
δB =
=
∫
EJ 0
∂P
∂P
En el ejemplo planteamos Mx = -(M+Px) y derivando dMx/dP = -x
1
δB =
EJ
L
1
+
=
(
)(
)
M
Px
x
dx
∫
EJ
0
⎧⎪⎡ x 2 ⎤ L ⎡ x 3 ⎤ L ⎫⎪
⎨⎢ M ⎥ + ⎢ P ⎥ ⎬
⎪⎩⎣ 2 ⎦ 0 ⎣ 3 ⎦ 0 ⎪⎭
1 ⎧ ML2 PL3 ⎫
δB =
+
⎬
⎨
EJ ⎩ 2
3 ⎭
Observando y analizando la ecuación obtenida podemos deducir que la elástica final,
es la suma de la debido a M y a la debida a P separadamente , haciendo tender a cero
a P y a M respectivamente.
Si el problema planteado, correspondería al caso en el que la carga sea solamente un
momento M en B, no tendríamos una carga puntual en B, para calcular el
desplazamiento vertical de ese punto.
F
A
B
Pero si consideramos que además de M actúa
en B una fuerza F, infinitamente pequeña,
podemos escribir: Mx = -(M+Fx), y por lo tanto
dMx/dF = -x.
Luego podemos decir que F es tan pequeña que se puede despreciar y el
desplazamiento vertical quedará:
L
L
∂Ai
1
∂Mx
1
ML2
δB =
=
( M )( x)dx =
Mx
dx =
∫
∫
∂F EJ 0
∂F
EJ 0
EJ
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Con este ejemplo, hemos demostrado que no es necesario que en el punto donde nos
interesa calcular el desplazamiento, se tenga una fuerza real, para poder usar el
Teorema de Castigliano.
Ejemplo 1:
A
C
B
L/2
M
x
Sea una viga en voladizo, empotrada en
A y con un momento aplicado en B. Nos
planteamos calcular el desplazamiento
vertical de C (punto medio de AB). En tal
caso:
L
1
∂Ai
∂Mx
Mx
dx
δC =
=
∂F EJ ∫0
∂F
M
donde F es una fuerza infinitesimal
aplicada en C, en la dirección en que se
quiere calcular el desplazamiento. Así
tendremos:
F
M x ]0 2 = − M ;
L
[
(
M x ]LL = − M + F x − L
2
2
)]
FL/2
L
dM x ⎤ 2
= 0;
dF ⎥⎦ 0
(
L
dM x ⎤
=− x−L
2
dF ⎥⎦ L
)
2
l
L
L
⎧
⎫ 1 ⎧L
⎫
1 ⎪2
⎪
⎪
⎪
L
L
δc =
⎨ ∫ (− M )(0 )dx + ∫ (− M ) − x + 2 dx ⎬ =
⎨ ∫ Mxdx − ∫ M 2 dx ⎬
EJ ⎪ 0
L
L
⎪⎭ EJ ⎪⎩ L 2
⎪⎭
2
2
⎩
(
1
δc =
EJ
⎧M
⎨
⎩2
)
⎛ 2 L2 ⎞
L ⎛ L ⎞⎫
L2 ⎫
1 ⎧3
2
⎜⎜ L − ⎟⎟ − M ⎜ ⎟⎬ =
⎨ ML − M ⎬
EJ
4
2
2
4⎭
⎠
⎝
⎩8
⎝
⎠
⎭
ML2
δc =
8EJ
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Ejemplo 2:
P
A
B
L/2
x
Viga en voladizo con carga en el extremo libre
B. Calcular el giro de la sección C.
Como en C no actúa un momento, debemos
aplicar en dicho punto un momento m
infinitamente pequeño.
Para el cálculo tenemos:
PL
1
∂Ai
∂Mx
ϕC =
Mx
dx
=
∫
∂m EJ 0
∂m
L
m
C
M x ]0 2 = − Px;
L
M x ]L = −[m + Px]
L
dM x ⎤ 2
= 0;
dm ⎥⎦ 0
m
L
2
L
dM x ⎤
= −1
dm ⎥⎦ L
2
Nuevamente haciendo tender m a cero:
L
L
⎧
⎫ 1 1⎛
1 ⎪ 2
L2 ⎞
⎪
2
ϕc =
P ⎜⎜ L − ⎟⎟
⎨ (− Px )(0 )dx + ∫ (− Px )(− 1)dx ⎬ =
2⎝
4 ⎠
EJ ⎪ ∫0
EJ
L
⎪⎭
2
⎩
3PL2
ϕc =
8 EJ
Si entramos en el análisis detallado de las integrales que hemos realizado, vemos que
la derivada del diagrama de momentos es igual al diagrama de momentos de una carga
unitaria aplicada en el punto donde queremos calcular la deformación.
Por lo tanto para el cálculo de deformaciones, debemos integrar el producto de dos
funciones:
ƒ
La del momento real de las cargas actuantes en la estructura.
ƒ
La del momento que provoca una carga unitaria aplicada en el punto del que se
quiere conocer la deformación y dirección de la misma.
Los momentos probocados por las citadas cargas unitarias (fuerza o momento), vamos
a denominarlos como Mx1.
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Ejemplo 3:
Viga simplemente apoyada, de momento de
inercia constante y carga unifirme. Se pide:
q
B
a) Giro de la sección en el apoyo A
C
A
b) Desplazamiento vertical del punto medio
del tramoAB.
L
M
qL2/8
a) Giro
∂Ai
∂Mx
1
Mx
dx =
ϕA =
=
∂m EJ ∫0
∂m
L
m=1
L
1
=
M x M x1 dx
EJ ∫0
1
Mx1 caso a)
Mx =
F=1
M x1 =
L/4
qL
q
x − x2
2
2
∂M x
x
= 1−
∂m
L
Mx1 caso b)
q 2 ⎞⎛ x ⎞
qL L2 q L3 q L3 q L4
⎛ qL
ϕ A EJ = ∫ ⎜ x − x ⎟⎜1 − ⎟dx =
−
−
+
L
2
2
2
2
2
3
2
3
2L 4
⎝
⎠
⎝
⎠
0
L
qL3
ϕA =
24 EJ
b) Desplazamiento vertical
1
1
∂Mx
∂Ai
δc =
dx
=
M x M x1dx
=
Mx
∂F
EJ ∫0
∂F EJ ∫0
L
L
Página 8 de 16
Mx =
M x1 ]0 2 =
qL
q
x − x2
2
2
δ c EJ = 2
L/2
∫
0
L
∂M x
= 0.5 x
∂F
( )
⎧
L
q 2⎞
⎪ qL 2
⎛ qL
x − x ⎟(0.5 x )dx = 2⎨
⎜
2 ⎠
⎝ 2
⎪4 3
⎩
3
L ⎫
q ( 2) ⎪
−
4
4
⎬
4 ⎪
⎭
5qL3
δc =
384 EJ
Ejemplo 4:
Viga empotrada en A, con extremo libre en C y carga vertical
P en C. Calcular:
P
B
L1, J1
C
a)
b)
c)
d)
L2, J2
A
Desplazamiento vertical del punto C = δvc
Desplazamiento horizontal de C = δhc
Giro del nudo C = ϕc
Giro del nudo B = ϕB
B
L1 = 100 cm
J1 = J
L2 = 200 cm
J2 = 2J
Diagrama de momentos M
x
P
PL1
B
C
a) Para el cálculo del desplazamiento vertical, dado que
P está en el punto y con la dirección del desplazamiento
que queremos calcular, el diagrama Mx1 será el
correspondiente para P = 1.
y
δ vc
A
1
=
EJ 1
EJδ vc =
L1
1
(
)(
)
−
Px
−
x
dx
+
∫0
EJ 2
L2
∫ (− PL )(− L )dy
1
1
0
P 3 1 2
L1 + PL1 L2
3
2
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b) Desplazamiento horizontal de C
1
B
Realizando las integrales por tabla.
C
B
δ hc
Mx1
=
A
L2
L2 ⎤
1
1
(
)(
)
M
M
dx
M
M
=
=
1B
x
x1
⎥ =
EJ ∫
2
EJ 2 ⎦ A
1
(− PL1 )(− L2 ) L2
2
EJ 2
EJδ hc =
1 2
PL2 L1
4
c) Giro de C
1
1
B
C
ϕc =
1
M x M x1 dx =
EJ ∫
C
Mx1
B
L ⎤
L ⎤
1
= (M B )(M 1 ) 1 ⎥ + (M B )(M 1 ) 2 ⎥
2
EJ 2 ⎦ A
EJ 1 ⎦ B
A
C
B
L ⎤
L ⎤
1
ϕ c = (− PL1 )(− 1) 1 ⎥ + (− PL1 )(− 1) 2 ⎥
EJ1 ⎦ B
EJ 2 ⎦ A
2
PL12 1
EJϕ c =
+ PL1 L2
2
2
Página 10 de 16
d) Giro en B
B
L ⎤
L
1
ϕB =
M x M x1dx = (M )(M 1 ) 2 ⎥ = (− PL1 )(− 1) 2
∫
EJ
EJ 2 ⎦ A
EJ 2
1
B
C
Mx1
EJϕ B =
1
PL1 L2
2
A
Problemas cuando se tiene en cuenta el esfuerzo de corte Q y el esfuerzo axil N
Teniendo en cuenta todos los esfuerzos, el trabajo interno de deformación vale:
Ai =
Nx
Mx
Qx
1
1
1
N
dx
M
dx
Q
+
+
χ
dx
x
x
x
EA
EJ
2∫
2∫
2 ∫ GA
donde χ es el coeficiente de forma de la sección, siempre positivo con valores:
χ = 1,2 para sección rectangular
χ = 1,185 para sección circular llena
χ = 2 a 3 para sección doble T (según las medidas)
Página 11 de 16
Ejemplo de aplicación:
Para la estructura de la figura se pide:
a)
b)
c)
d)
e)
Desplazamiento vertical del punto D = δvD
Desplazamiento vertical del punto B = δvB
Desplazamiento horizontal del punto C = δhc
Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4
Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3
Secciones:
Barras 1 y 2
Barra 3
G = E/2(1+μ) ≈ 800.000 Kg/cm2
E = 2.100.000 Kg/cm2
L3 = L4 = 100 cm
Material: Acero
L1 = L2 = 70,7 cm
A1,2 = 2 cm2
A3 = 3 cm2
Barra 4
A4 = 54 cm2
J4 = 1458 cm4
18 cm
3 cm
P1 = 6000 Kg
P2 = 2000 Kg
P1
1
A
D
45°
4
B
2
45°
C
P2
3
MA = -300000 Kg cm
M
Mx = -3000 x
Esfuerzos en las barras:
Q = 3000 Kg
S1 = S2 = -0,707 P1
S1 = S2 = -4243 Kg
S3 = P2 + 0,5 P1 = 5000 Kg
N = 2000 Kg
Página 12 de 16
a) Desplazamiento vertical del punto D = δvD
1
1
A
D
2
C
4
3
B
Esfuerzos en las barras:
M1A = -50
M1
M1x = -0,5 x
S11 = S21 = -0,707
S31 = 0,5
N1 = 0
Q1 = 0,5
1
δVD =
EJ4
δVD =
100
χ
100
1
M
M
dx
Q
Q
dx
+
+
∫0 x x1 GA4 ∫0 x x1 EA4
100
3
0
i =1
∫ N x N x1dx + ∑ Si
Si1Li
EAi
1
1,2
(3000)(0,5)100 + 2 (− 4243)(− 0,707) 50 2 + (5000)(0,5)100
(−300000)(− 50)100 +
3EJ 4
GA4
EA1
EA3
EδVD = 342936 + 8750 + 212118 + 83333
δVD = 0,308 cm
Página 13 de 16
b) Desplazamiento vertical del punto B = δvB
1
A
D
1
2
C
4
3
B
Esfuerzos en las barras:
M1A = -100
M1
M1x = -x
S11 = S21 = S31 = 0
N1 = 0
Q1 = 1
δVB
δVB =
1
=
EJ 4
100
χ
M
M
dx
+
∫ x x1 GA4
0
100
∫ QxQx1dx
0
1,2
1
(3000)(1)100
(−300000)(− 100)100 +
3EJ 4
GA4
EδVB = 685871+ 17500
Nota: Observar que entre el valor de la elástica teniendo en cuenta el Q y cuando se lo
desprecia, la diferencia es menor del 2,6%
δVB = 0,335 cm
c) Desplazamiento horizontal del punto C = δhc
S11 = S21 = 0, S31 = 1, N1x = 1, M1x = 0, Q1x = 0
1
A
D
2
C
4
B
3
1
Página 14 de 16
1
=
EA4
δ HC
δ HC =
100
3
Si
∫ N x N x1dx + ∑
i =1
0
S i1 Li
EAi
(2000 )(1)100 + (5000 )(1)100
EA4
EA3
δ HC = 0,081 cm
d) Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4
1
A
Qx1 = 0,
ϕB4
2
1
4
C
3
B
Mx1 = -1,
D
Nx1 = 0, S11 = S21 = S31 = 0
1
=
EJ 4
100
∫ M x M x1dx =
0
1 (− 300000)(− 1)
= 0,0049
2
EJ 4
ϕB 4 = 16' 51"
e) Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3
B
A
1
D
3
2
C
4
ϕB3
δVB
ϕB3 = δVB/L3
Página 15 de 16
ϕB3 = 0,335 cm / 100 cm = 0,00335
ϕB3 = 11' 31"
f) Giro relativo en B:
4
B
3
Giro relativo
Giro Relativo = 16' 51" + 11' 31"
ϕrelativo B = 28' 22"
Página 16 de 16