Analo-002

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

Ejercicio 2.16 Resolución de un marco en el plano, con una rótula intermedia, aplicando el método matricial de la rigidez. Instrucciones Determine las reacciones en los empotramientos y deduzca las funciones de las acciones internas con el método de secciones del marco de la figura 2-16a. Obsérvese que existe una articulación en el nodo ② y que la carga distribuida uniforme de 20𝐾𝑁/𝑚 actúa en forma gravitacional, por lo que no es perpendicular a la columna inclinada. Considere 𝐸 = 210𝐺𝑝𝑎, 𝐴 = 4000𝑚𝑚2 e 𝐼 = 8000(104 )𝑚𝑚4.

(a) Figura 2-16

SOLUCIÓN Notación

(b)

El marco tiene tres elementos y cuatro nodos, los cuales son identificados por números dentro de un cuadrado y dentro de un círculo, respectivamente. Se 238

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

establece el origen del sistema de coordenadas globales en ①, figura 2-16b. En este caso, la estructura es indeterminada cinemáticamente de sexto grado. Hay doce grados de libertad, por lo que los números de código del 1 al 6 representan grados de libertad no restringidos, mientras que los números de código restantes hacen referencia a los grados de libertad nulos. Vector de desplazamientos A partir de las restricciones en ① y ④ tenemos que la matriz de desplazamientos es 𝐷1 ∆𝐻2 1 𝐷2 𝛿𝑉2 2 𝐷3 𝜃2 3 𝐷4 ∆𝐻3 4 𝐷5 𝛿𝑉3 5 𝐷6 𝐷𝐷 6 𝐷=( )= = 𝜃3 𝐷𝐶 𝐷7 7 0 𝐷8 8 0 𝐷9 9 0 𝐷10 10 0 𝐷11 11 0 (𝐷12 ) ( 0 ) 12 Vector de Cargas Si imaginariamente se empotran todos los nodos para restringirlos de movimiento, entonces se tienen las siguientes fuerzas de fijación y momentos de empotramiento perfecto en los elementos 2 y 3, figuras 2-16c y 2-16d. Elemento 2.

∙

𝑅𝐴𝑌 =

3𝑊𝐿 3(20𝐾𝑁/𝑚)(3𝑚) = = 22.5 𝐾𝑁 8 8

𝑀𝐵 =

𝑅𝐵𝑌 =

5𝑊𝐿 5(20𝐾𝑁/𝑚)(3𝑚) = = 37.5 𝐾𝑁 8 8

𝑊𝐿2 (20𝐾𝑁/𝑚)(3𝑚)2 = = 22.5𝐾𝑁 ∙ 𝑚 8 8 239

(c)

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

Elemento 3. Al rotar el elemento 3 de tal forma que su eje sea horizontal y si se conoce que su longitud es 𝐿 = √(5𝑚)2 + (3𝑚)2 = √34𝑚, se tiene

𝜃2

(d)

3 𝜃1 = tan−1 ( ) = 30.96375653° 5 𝑅𝐴𝑌 = 𝑅𝐵𝑌 = (

𝑅𝐴𝑋 = 𝑅𝐵𝑋 = (

𝜃2 = 90° − 𝜃1 = 59.03624°

(20𝐾𝑁/𝑚)(√34𝑚) 𝑊𝐿 ) (𝑠𝑖𝑛𝛼) = ( ) (𝑠𝑖𝑛59.03624°) = 50 𝐾𝑁 2 2

(20𝐾𝑁/𝑚)(√34𝑚) 𝑊𝐿 ) (𝑐𝑜𝑠𝛼) = ( ) (𝑐𝑜𝑠59.03624°) = 30 𝐾𝑁 2 2 2

20(√34) 𝑊𝐿2 (𝑠𝑖𝑛59.03624°) = 48.5913𝐾𝑁 ∙ 𝑚 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 = ( ) (𝑠𝑖𝑛𝛼) = 12 12 No obstante, las fuerzas y momentos elásticos o efectivos sobre los nodos actúan verdaderamente en sentido opuesto al definido. Luego, la carga de 30𝐾𝑁 ya viene aplicada directamente al nodo ②. En consecuencia, las fuerzas apropiadas para efectuar el análisis son las que se muestran en la figura 2-16e.

(e)

El elemento 3 tiene números de código en la dirección de los ejes globales. Por tal motivo, se debe calcular la resultante de las fuerzas concurrrentes de 30𝐾𝑁 y 50𝐾𝑁 240

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

en los nodos ③ y ④, ya que estas actúan en forma paralela y perpendicular al eje de la viga y no en las direcciones 𝑥, 𝑦. 𝑅 = √(50𝐾𝑁)2 + (30𝐾𝑁)2 = 58.3095𝐾𝑁 En la figura 2-16f se observan las acciones totales en cada nodo del marco.

(f)

De acuerdo a las figuras 2-16b y 2-16f, la matriz de cargas es 30 𝐶1 1 −22.5 𝐶2 2 0.00 𝐶3 3 0.00 𝐶4 4 −95.8095 𝐶5 5 −26.0913 𝐶 𝐶 6 6 𝐶 = ( 𝐶) = = 𝑅4𝑥 𝐶𝐷 𝐶7 7 𝑅 − 58.3095 𝐶8 4𝑦 8 𝑀4 + 48.5913 9 𝐶9 𝑅1𝑥 𝐶10 10 𝑅 11 𝐶11 1𝑦 (𝐶12 ) ( 𝑀1 ) 12 Cosenos directores y matriz de rigidez global para cada elemento Se calculan los cosenos directores de los tres elementos con las ecuaciones 2 − 2 y 2 − 3. Luego, la matriz de rigidez en coordenadas globales de los elementos 1 y 3 viene dada por la expresión 2 − 23, mientras que la del miembro 2 se define por la ecuación 2 − 25. El módulo de elasticidad y el área de la sección transversal para las dos columnas y la viga son

241

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

𝐸 = 210𝐺𝑃𝑎 = 210 ∙ 109 𝑁⁄𝑚2 = 210000000 𝐾𝑁⁄𝑚2

𝐴 = 4000𝑚𝑚2 = 0.004𝑚2

La inercia para el elemento 1 es 𝐼 = 0.00008𝑚4 , en tanto, la inercia para los elementos 2 y 3 es 𝐼 = 0.00016𝑚4 . Elemento 1. 𝐿 = 3𝑚 10

0−0 =0 3

𝜆𝑥 = 11

12

7466.67 0 0 280000 −11200 0 𝑘1 = −7466.67 0 0 −280000 ( −11200 0

𝜆𝑦 = 1

−11200 0 22400 11200 0 11200

3−0 =1 3 2

3

−7466.67 0 0 −280000 11200 0 7466.67 0 0 280000 11200 0

−11200 10 0 11 11200 12 11200 1 0 2 ) 22400 3

Elemento 2. 𝐿 = 3𝑚

𝐴𝐸 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 ( 𝜆2𝑥 + 3 𝜆2𝑦 ) ( − 3 ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 2 𝐴𝐸 2 ( − 3 ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 ( 3 𝜆𝑥 + 𝜆 ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝑦 0 0 𝐴𝐸 2 3𝐸𝐼 2 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 𝑘𝑖 = − ( 𝜆𝑥 + 3 𝜆𝑦 ) ( 3 − ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 2 ( 3 − ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 − ( 3 𝜆2𝑥 + 𝜆 ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝑦 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 − 2 𝜆𝑦 𝜆 ( 𝐿 𝐿2 𝑥

1

3−0 =1 3

𝜆𝑥 =

3−3 =0 3

𝐴𝐸 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 − ( 𝜆2𝑥 + 3 𝜆2𝑦 ) ( 3 − ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 𝐴𝐸 2 ( 3 − ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 − ( 3 𝜆2𝑥 + 𝜆 ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝑦 0 0 𝐴𝐸 2 3𝐸𝐼 2 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 ( 𝜆𝑥 + 3 𝜆𝑦 ) ( − 3 ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝐴𝐸 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 2 𝐴𝐸 2 ( − 3 ) 𝜆𝑥 𝜆𝑦 ( 3 𝜆𝑥 + 𝜆 ) 𝐿 𝐿 𝐿 𝐿 𝑦 3𝐸𝐼 3𝐸𝐼 𝜆𝑦 − 2 𝜆𝑥 2 𝐿 𝐿

0 0 0 0 0 0

2

𝜆𝑦 =

3

4

5

3𝐸𝐼 𝜆 𝐿2 𝑦 𝑁𝑥 3𝐸𝐼 𝜆 𝐿2 𝑥 𝑁𝑦 0 𝑁𝑧 3𝐸𝐼 𝜆 𝐹𝑥 𝐿2 𝑦 3𝐸𝐼 − 2 𝜆𝑥 𝐹𝑦 𝐿 𝐹𝑧 3𝐸𝐼 ) 𝐿

−

6

280000 0 0 −280000 0 0 1 0 3733.33 0 0 −3733.33 11200 2 3 0 0 0 0 0 0 𝑘2 = 4 −280000 0 0 280000 0 0 0 −3733.33 0 0 3733.33 −11200 5 ( 0 11200 0 0 −11200 33600 ) 6 Elemento 3. 𝐿 = √34𝑚

𝜆𝑥 =

8−3 √34

= 0.8575

242

𝜆𝑦 =

0−3 √34

= −0.5145

(2 − 25)

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

5

4

6

7

8

9

106463.95 −62658.10 3050.66 −106463.95 62658.10 3050.66 4 −62658.10 39628.64 5084.43 62658.10 −39628.64 5084.43 5 3050.66 5084.43 23049.41 −3050.66 5084.43 11524.71 6 𝑘3 = −106463.95 62658.10 −3050.66 106463.95 −62658.10 −3050.66 7 62658.10 −39628.64 −5084.43 −62658.10 39628.6 −5084.43 8 ( 3050.66 5084.43 11524.71 −3050.66 −5084.43 23049.41 ) 9

Matriz de rigidez de la estructura y cálculo de las incógnitas Al ensamblar las tres matrices anteriores, se forma 𝐾 y se le hace una partición.

1

2

287466.67 0 0 283733.33 11200 0 −280000 0 0 −3733.33 0 11200 𝐾= 0 0 0 0 0 0 −7466.67 0 0 −280000 ( 11200 0

3 11200 0 22400 0 0 0 0 0 0 −11200 0 11200

4 −280000 0 0 386463.95 −62658.1 3050.66 −106463.95 62658.10 3050.66 0 0 0

5 0 −3733.33 0 −62658.1 43361.97 −6115.57 62658.10 −39628.64 5084.43 0 0 0

6

7

0 0 11200 0 0 0 3050.66 −106463.95 −6115.57 62658.10 56649.41 −3050.66 −3050.66 106463.95 −5084.43 −62658.1 11524.71 −3050.66 0 0 0 0 0 0

8

9

0 0 0 62658.10 −39628.64 5084.43 −62658.10 39628.64 −5084.43 0 0 0

0 0 0 3050.66 5084.43 11524.71 −3050.66 −5084.43 23049.41 0 0 0

10 −7466.67 0 −11200 0 0 0 0 0 0 7466.67 0 −11200

11 0 −280000 0 0 0 0 0 0 0 0 280000 0

12 11200 1 0 2 11200 3 0 4 0 5 0 6 0 7 0 8 0 9 −11200 10 0 11 22400 ) 12

Se escribe 𝐶 = 𝐾𝐷 y se resuelven los desplazamientos desconocidos.

30 287466.67 −22.5 0 0 11200 = 0 −280000 −95.8095 0 ( −26.093 ) ( 0

0 283733.33 0 0 −3733.33 11200

11200 0 22400 0 0 0

−280000 0 0 386463.95 −62658.1 3050.66

∆𝐻2 −0.00646𝑚 𝛿𝑉2 −0.000183𝑚 𝜃2 0.00323𝑟𝑎𝑑 = ∆𝐻3 −0.00661𝑚 𝛿𝑉3 −0.011968𝑚 ( 𝜃3 ) (−0.00136𝑟𝑎𝑑 )

243

0 −3733.33 0 −62658.1 43361.97 −6115.57

∆𝐻2 0 𝛿𝑉2 11200 𝜃2 0 ∆𝐻3 3050.66 𝛿𝑉3 −6115.57 56649.41 ) ( 𝜃3 )

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

Se resuelven las reacciones. 𝑅4𝑥 0 𝑅4𝑦 − 58.3095 0 𝑀4 + 48.5913 0 = 𝑅1𝑥 −7466.67 𝑅1𝑦 0 ( ) ( 11200 𝑀1

0 0 0 0 −280000 0

0 0 0 −11200 0 11200

−106463.95 62658.10 3050.66 0 0 0

62658.10 −39628.64 5084.43 0 0 0

−0.00646 −3050.66 −42.0579 −0.000183 −5084.43 67.0489 0.00323 11524.71 −96.6955 = −0.00661 0 12.0579 −0.011968 0 51.2606 ) ( −0.00136 ) (−36.1736) 0

𝑅4𝑥 = −42.0579 ⇒ 𝑅4𝑥 = 42.0579𝐾𝑁 𝑅4𝑦 = 58.3095 + 67.0489 ⇒∴ 𝑅4𝑦 = 125.3584𝐾𝑁 𝑀4 = −48.5913 − 96.6955 ⇒∴ 𝑀4 = 145.2868𝐾𝑁 ∙ 𝑚 𝑅1𝑥 = 12.0579 ⇒ ∴ 𝑅1𝑥 = 12.0579𝐾𝑁 𝑅1𝑦 = 51.2606 ⇒ ∴ 𝑅1𝑦 = 51.2606𝐾𝑁 𝑀1 = −36.1736 ⇒∴ 𝑀1 = 36.1736𝐾𝑁 ∙ 𝑚 En la figura 2-16g se muestran esquemáticamente los resultados obtenidos para las reacciones en los dos empotramientos.

(g)

Con base en la figura 2-1g, se comprueba el equilibrio externo de la estructura. Para todo el marco se tiene +→ ∑ 𝐹𝑥 = 12.0579 + 30 − 42.0579 = 0

244

𝑜𝑘

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 51.2606 − 60 − 116.619 + 125.3584 = 0

𝑜𝑘

+ ∑ 𝑀1 = 36.1736 + 30(3) + 60(1.5) +116.619(5.5) + 145.2868 − 125.3584(8) ≅ 0 𝑜𝑘 Para la columna 1, debido a la articulación en ②, tenemos + ∑ 𝑀2 = 36.1736 − 12.0579(3) ≅ 0 𝑜𝑘

Funciones de fuerzas cortante y normal, y de momento flector Al aplicar el método de secciones en el marco, figuras 2-16h, 2-16i y 2-16j, se tiene Miembro 1 − 2. 0 ≤ 𝑥1 ≤ 3𝑚 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 −𝑀1 + 36.1736 − 12.0579(𝑥1 ) = 0 (h)

𝑀1 = 36.1736 − 12.0579𝑥1 𝑉1 =

𝑑𝑀1 = −12.0579 𝑑𝑥1

+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑁1 = −51.2606

Miembro 2 − 3. 0 ≤ 𝑥2 ≤ 3𝑚 𝑥2 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀2 = 36.1736 − 12.0579(3) − 20(𝑥2 ) ( ) + 51.2606𝑥2 2 𝑀2 = 51.2606𝑥2 − 10𝑥22

𝑉2 =

𝑑𝑀2 = 51.2606 − 20𝑥2 𝑑𝑥2

+→ ∑ 𝐹𝑥 = 0 ⇒ 𝑁2 = −42.0579 245

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

(i)

Miembro 4 − 3. 0 ≤ 𝑥3 ≤ √34𝑚

(j)

𝑥3 + ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀3 = 145.2868 − 85.8553𝑥3 + 17.1944(𝑥3 ) ( ) 2 𝑀3 = 145.2868 − 85.8553𝑥3 +8.57495𝑥32 𝑉3 =

𝑑𝑀3 = −85.8553 + 17.1499𝑥3 𝑑𝑥3 246

CAPÍTULO 2 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

+ ∑ 𝐹𝑦´ = 0 ⇒ 𝑁3 = 10.2899𝑥3 − 100.5608 Al efectuar el equilibrio de esta porción de estructura, se requirió de calcular las componentes rectangulares de la resultante, cuyas líneas de acción coinciden con la fuerza cortante y normal del miembro 4 − 3, para el sistema de fuerzas concurrentes en el nodo ④. Para ello, en primera instancia, se determinaron las componentes de 𝑅4𝑥 y 𝑅4𝑦 , figuras 2-16k y 2-16l, respectivamente. 𝑅4𝑥𝑥´ = 42.0579𝐾𝑁(𝑠𝑒𝑛30.96375653°) = 21.6386𝐾𝑁 𝑅4𝑥𝑦´ = 42.0579𝐾𝑁(𝑐𝑜𝑠30.96375653°) = 36.0644𝐾𝑁

(k)

3 𝑅4𝑦𝑦´ = 125.3584𝐾𝑁 ( ) = 64.4964𝐾𝑁 √34 5 𝑅4𝑦𝑥´ = 125.3584𝐾𝑁 ( ) = 107.4939𝐾𝑁 √34

(l) Al sumar algebraicamente las fuerzas se tiene 𝐹𝑥 ´ = −21.6386𝐾𝑁 + 107.4939𝐾𝑁 = 85.8553𝐾𝑁 𝐹𝑦 ´ = 36.0644𝐾𝑁 + 107.4939𝐾𝑁 = 100.5608𝐾𝑁 Luego, la fuerza resultante de la carga distribuida del corte es 𝑈𝑟𝑐 = 20𝑥3 y viene aplicada a la mitad del miembro seccionado. Las componentes rectangulares de tal carga concentrada se obtienen con base en la figura 2-7m.

3 𝑈𝑟𝑐𝑦´ = (20𝑥3 ) ( ) = 10.2899𝑥3 √34 𝑈𝑟𝑐𝑥´ = (20𝑥3 ) (

(m)

247

5

) = 17.1499𝑥3 √34

C) :

~

.j.

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5

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j ) ..) ) )

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) I

)

1

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Defo~8das

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7 )

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·8.68 r

-)

,

Ója~aml,t

de Momentos

o

o

_J

-) ~

Par~.qbi·~el plinciPIQ ge,superpósici~n~e~v~l!do. debe cumpjrse:

'q:QmPQrtarii¡el1t~ Lineal - E:i~$tiCó. No'. hasta

que él material o la estructura sea .qet:>e ser ~mb~~nelªs~iº~;,:.~$' d~éir. al des~~rgar I~·estructura, debe se~~¡rI~'ri1j$rn~ tiJ'y~pt()ijaq~~ ~yórq:~ráñ~~el proceso de Cár:9~· b) Nd.,:~~b~ti.:~~i$tirN9 Linealida:de$ ·G~ohié.tricas.es decir debe cumplírée la hipótesis a)

lio~~;j

de d.~$pl~t.E.itjl!~QtgS,. pequeños. .

Si j,a ~~tN~tW(~ ~Wi,:~s lih~~I--elásticE,i.

9,'

estª

.' . p.~:n9ipiOde superposición no es apllcable ya

que el comportamiento dependerá, de la hlstorla de cargas.

J ) )

J J ') ) ) ~

58

\~

-)

2.2.7~aSuperposición; de Fuéizas .- . t···

.

Q.

.,

"_ ._.

. ... ~ ;.. ,-:::. "}:

L

lQ2

-

~,

fll

02

:J + fil

(X QI)

"

>

,

J.'

Superposición;

)

DI = fJI QI + frz Q2

) }

{D} = (F] {Q}

O2 = f21QI + fn Q~

)

L~~,,'~,q~~ciQnes'.ahteriores ~xpr:e~an que los, desplazamientos, son" combinaciones

! -}

lIñeáles:ae las ,camas;' '[Fj ~$Ia M~t.rizde 'Flexibmdª
)

SignifioBcki físico de

•

~

, 1

los

CoeficIentes de Flexibilidad: fij es,''~,I d~spla:z~miehtQen ,la

~~lf'~f~~~~~¡~~ ~~~'J/~~~~~:it~!~~:~~~~ enJ~~~~~\aad~' ~~.;r~

-4 )

F~~xl,p"J,d,~g,:º,~, u~~ i7stru.qtL.!ra~~ pu~de interpretar, COrnO 'el,ºQI1J_yotoqe de$pl~~~m!e@~ps en tQq~~::na$',:co'()rdena;dasi,deJ:>j9Q' a la aplicación de una úñióa 'carga 'ünitaria·~ri:la cOoroe:hádá·.J " , , Las pyih'Cj~ª'I~,$'Próp;edadés de ta"Matriz de Flexibilidad de una e$tructura son: a)' Lhs:99;e,fid~ntas~~,(j~ ,,',' "''', " c) En' uná'esttuctü@, e§table la'Matriz de FlexibiJidactes defini:9ª positiva, es decir '$U

) )

:..

}

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)

,,,"',,"',,

.. '

o"

',,'

inversa e~isie, '$Ó.I,U9í6n única.

)

en coñsecuencla el sistema de ecuaclones {Q}

[Fj-J {D} tendrá

páh:.:~r$i$~em~ Q ~ D ingj9a~oy la Matriz de J=lexjbilj~ad[Fldél P~óttíc,Q. Nó,t~~~',qu~,', el pÓ(tipp es ,ij1J~rna y ,~~~rnarn,erlte Q~i~rrnina~o (iso~t~tico), ~n

l'

cons&cú~h.9la ~I c~,tCqlp

~e..

'!9s coefici~flte.S de fle)(ibil,igfJd se puede r~~l)g~r glr~ctr;i,ih(~mte'~ ~pliéando la definición de coeficiente l;f~ ,flexibilidad. Si la estructura fuese ¡Ilde~~-rmiflaaá,el cálculo dé' dichos coefiCientes," Involu'c:raiía la SQlución' de 'Óh'a '~$trU~tura.Hipérestática. sin embargo, la definición dé coeñciente de flexibilid¡;¡d sigue

) )

~

siendo la misma.

,)

'

.) ~

)

El

~

11/

J )

El

3m

)

Q-D \\\\

)

4m

\1

j ,)

=

Ejemplo ,2~9 Para el pórtico mostrado se pide calcular los. Cgefic;ientesde tlexibjlidad

) "

'

t\

,

t\

'

I

L.

~

59

• Coeficientes de Flexibilidad: Se calcularán utilizando el Principio de las Fuerzas Virtuales (acápite 2.3) considerando únicamente las deformaciones originadas por la flexión, se desprecian tas deformaciones axiales y por fuerza cortante.

) ') }

) ")

3

) ) ) Diagrama de momentos

Carga unitaria en la coordenada I

c-j -)

• (12 ~

Q2 = 1

-4

t1~~:::::::===~~:-

) )

) ) ) )

Diagrama de momentos

Carga unitaria en la coordenada 2

) )

l

) )

) )

-j ) Carga unitaria en la coordenada 3

f.

'2

¡mElm

4

f = 22

2

f =

2

23

o

=

Diagrama de momentos

¡m,m El

4

4

2

o

¡mElm)

4

f = Jm,m3 13 El o

4

fll-- JmEl 3m3

2

o

o

-J )

,_) ....

)

)

~)

d )

f11 = .!.(3)(3)(2) 2 fu

+.!.(3) (4)(2)

3.!. El

= f1, = -.!.(3)( 4) (.!..) = _22

3

El

f = !(1)(4)(~):; 1.333 22 2 3 El f33

=

2

=- ~(4)(1)( _

,)

., )

J

f = f = -!(4)(1)(.!.) = _ 0.667 23 32 2 3 El

~)= 1~~3

j ) )

e 60

cJ

....~

61

') l

• Matriz de Flexibilidad de la estructura en el Sistema Q-D seleccionado:

l } >

[F]=_l 4

_

El [

."

.,

;:: .-

l ) ) } } )

9

}

[prJ

-1

iI

-2

1

-)

I

-2]

1.333 -0.667 -0.667 1.333

• Observaciones relativas a la Matriz de Flexibilidad: a) La Matriz de Flexibilidad es simétrica (tij = fji). Esto resulta evidente si se observan las integrales utilizada para el cálculo de los coeficientes de flexibilidad ñ], el producto de los diagramas de momentos (mi mj) es conmutativo . b) Los términos de la diagonal principal (fii) son positivos. Esto resulta evidente si se observan las integrales utilizada para el cálculo de los coeficientes de flexibilidad de la diagonal principal (mi mi). c) La Matriz de Flexibilidad es definida positiva (determinante distinto de cero), es decir su inversa existe. La inversa de la Matriz de Flexibilidad es fa Matriz de Rigidez del pórtico en el mismo sistema Q-D. La inversa de [F] es:

•....

)

j

4

21

= [K]=

El

3

o

3 2

2

)

I

I i

O

) )

2

Se sugiere consultar el acápite 6.6 donde se calcula la Matriz de Rigidez del pórtico.

)

Ejemplo 2-10 Para el pórtico mostrado se pide calcular los coeficientes de flexibilidad para el Sistema Q - D indicado y la Matriz de Flexibilidad [F] del pórtico. La estructura está compuesta por una columna deformable por flexión y por una viga que se ha modelado como indeformable (sólido rfgido). Al igual que en el Ejemplo 2-9 el pórtico es interna y externamente determinado (sostanco) .

)

)

) )

)

.

)

-..

¡:ZZ22ZZ:ZZzzz.zn

1

El = 00

,)

.., _J

\\\\ \J

) )

t\

• Coeficientes de Flexibilidad: Se calcularán utilizando el Principio de las Fuerzas Virtuales (acápite 2.3) considerando únicamente las deformaciones originadas por la flexión. se desprecian las deformaciones axiales y por fuerza cortante. La viga, al ser un elemento indeformable, no acumula energía interna de deformación.

)

t

4m

"

)

i

3m

El

)

)

_)

J )

.::.

k'::

~:-

~~~~

61

8

62

9 ) ) ) )

1("

) ) ")

) )

3

., )

) j ) 4

)

..) ) ~

4

jm.m.

J

f11 --

O

f22 =

f12 --

El.

smEl.m +fkO J m o El 3

2

2

O

sm.m2 +

3

o El.

fi:0 S ~

) )

o El2

) )

2

) .) "j

2

1

fll =-(-3)(3)

2

)

(2)-3 (-3)=-El9

J

El

) )

• Matriz de Flexibilidad del pórtico en el sistema Q-D seleccionado:

~3

48 f22 =(4)(3)(4) =-

-")

[F]__ 1 [9 El

-18 ]

-18

48

• Observaciones relativas a la Matriz de Flexibilidad: Son válidas las mismas observaciones realizadas en el Ejemplo 2-9. La inversa de la Matriz de Flexibilidad es la Matriz de Rigidez del pórtico en el mismo. sistema Q-D. La inversa de [F] es:

.~

-=j

;¡jJ

J .) )

]

[Frl

=

[K] =

EI[ :61

!] l~

.

Se sugiere consultar el acápite 6.6 donde se calcula la Matriz de Rigidez del pórtico.

) ') .) ) ~

62 ''\

')

63

)

2.2.7.b Método de Flexibilidad El Principio de Superposición, aplicado a las fuerzas, es la base del Método de Flexibilidad. Por ejemplo, en el pórtico mostrado a continuación, que tiene una sola redundante estática (XI), el principio de superposición de fuerzas permitirá obtener una ecuación (de compatibilidad) para calcular el valor de dicha redundante.

}

)

,

F

~

F

)

1

) )

1,

)

Estructura PRIMARIA Coordenadas X - D

1

¡

•

)

Nótese que la Estructura Primaria elegida es isostática y estable. Para el análisis de una misma estructura, existen diversas posibilidades o alternativas para la elección de la Estructura Primaria, dependerá de las redundantes estáticas que se elijan para analizar la estructura. En algunos casos la Estructura Primaria seleccionada para la solución de la estructura, puede ser hiperestática, pero nunca inestable.

}

Superposición:

) ~

!¡ I

-} )

) )

)

)

)

(* XI)

) ) )

La Ecuación de Compatibilidad del Método de Flexibilidad, que permitirá calcular el valor de la redundante XI es: DI + fu X¡ = O

) )

) ~ \

)

) I

_j 1

?.)

~

I

)

I I

~ \

? ~ , \)

El Método de Flexibilidad se basa en: - En el principio de superposición aplicado a las fuerzas. - Las incógnitas son las redundantes estáticas. - La compatibilidad (externa y/o interna) de la estructura es violada en la estructura primaria ya que se remueven apoyos o fuerzas internas o una combinación de ambas. - El sistema de ecuaciones que conduce a la solución de las redundantes se obtiene forzando la compatibilidad de desplazamientos externos y/o internos. {D} + [F] {X} = {O} (ecuación de compatibilidad)

or'

{X} = {D} (solución) El equilibrio se cumple automáticamente ya que la estructura primaria es isostática y estable.

,t)

ó4

2)

.2~11 Resolv~r el pórtico piano mostrado utliizandó el M~todo de FI~xib.mdad. La $eCti(>o de ías b~iTás .es constante con rig~~z EL Se cóh~ideran únicamente defonnaciones por flexi6n. es decir, se ignoran las deformaciones ~Iales y por cortante. Ejeli'lpló

) )

')

;1 S tOñ

2 . 3 + ~~----------------------------------~--------

)

)

4

)

) )

3.0

l • -el. pórtico

)

) 8.0m

2.0

--l

es externamente

indeterminado en segundo grado. Utilizaremos para la r ::·solucí6nla EstrUctura Primaria (ísostátlca y estable) indicada a continuación. Nótese:' ...
"i

) ,~

)

)

) ')

J

)

)

Estructura Primaria Coordenadas x, D

)

)

)

)

• DiagrrilOlaide momentos flectores y deformada en la Estructura Primaria ocasionados , por las cargas externas.

)

'7

,)

10m

)

)

Diagrama de momentos {M} (ton-m) Estructura Primaria Cargas externaS

;:~ "

)

:9

-d ~ 3

)

')

) Deformada

Estructura Primaria Cargas externas

j

)

j

)

)

~

64

o

~

~ 1;

t

~ i

•

Diagrama de momentos flectores y deformada debidos a una carga unitaria en la coordenada 1. 1.00 If

.100

Diagrama de momentos {m 1} Estructura Primaria

,

¡

)

i

X) = 1 ton

)

l

1

)

,

1¡

}

¡

¡

J

J

) -)

,I

)

1

_.

i

1.00 U

Deformada Estructura Primaria

Xj = 1 ton

fu

• Diagrama de momentos flectores y deformada debidos a una carga unitaria en la coordenada 2.

)

1 } j

) )

Diagrama de momentos {m2} Estructura Primaria

X2 = 1 ton

/ I )

.. )

V ) ~

\

)

Defonnada Estructura Primaria

X2 = 1 ton

I

,

) ) I j (

..

)

§

I

1

_~ I

;)

I?/

65

fl2

66

• Desplazamientos en la Estructura Primaria debidos a las cargas externas y . coeficientes de flexibiJidad. DI =

JM."'1

f 11 -

e -

1.22

-

¡m¡m .

El

\

= _ 720

El

)

El

1 _ -

)

81

t

El

J~~ . El -

}

)

170.7

)

El

) .)

• Ecuacionés de Compatibilidad. Deben reflejar que el desplazamiento del nudo 1 en la ". estructura real debe ser nulo,

~

) {D} + [F]{X} = {O}

/

")

1

{X} = - [F]' {D}

=>

)

(Xl) ~ (2.22) ton x, 5.62

_J )

• Los resultados ñnales se pueden obtener por superposición. Por ejemplo, el diagrama final de momentos se puede obtener mediante:

.l

}

)

{M}final = {M}Est. Primaria + {mJ}Xl + {m2} X2

Deformada final

10..00

2 U.7

Diagrama de momentos final (ton-m)

Se sugiere al lector, resolver el pórtico utilizando como incógnitas el momento en el. empotramiento (nudo 2) y el momento interno a la izquierda del nudo 3.

)

94

rí

,)

- Ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa y cargas.

-

w

J

)

')

Grados de libertad: Con EA gdl = 3x3 = 9 Con EA = 00 gdl = 5

I

)

)

eje

)

slME?trfQ

1

1-

--1-

1

) -1

> ~

) ~

Ql-DI

Q2-02

Sistemas Q- D con EA = 00

- Otro ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa y cargas. La diferencia con el ejemplo anterior estriba en que hay una columna en el eje de simetrfa.

') .) )

,)

-) )

)

)

) Con EA 3x3=9

9.(;1.1

,)

m

)

i 49.dJ

-~

Q - O con EA = 00

j'

d

-i

l

)

,:)

Con EA

-)

cJ

Irr elevo.nte

,')

.d

)

~

~

Q- D (EA = (0) 1 gdl

Q-D(EA~oo)

4gdl

) -~

) ~

)

) ~

94

,~ ... J

:-)

:~~~'::"::.~=.~:~: ---::-=:- -.:, =-':';':~-:.~ .,~'::~-:_.::~.i= ..;.~; .,.";:~ "--.;:__:__ ,--.~..-:.-_."':':~'~" ~~"':..~':.'~~~'~:':= .... -:---=';",_. ~

':::i:':~-;:~~-"i::z...:-.-_=;:~~"':":~:": :.~~.:::::':"':;;.:.~::'~:..:':~I:"':;'~~: .:

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.

--

_.

---

...;:_,:,,:,,:_:,.::"; ... ::,,:,-..-.~..:..__-:":"_'

96

t1} (iJ) ri)

intemas indicadas en la figura son antisimétricas. En el eje de simetría solo puede existir fuerza cortante, el momento flector y la fuerza normal deben ser nulos.

._)

) .)

) ')

)

)

Por lo tanto la estructura se puede reducir a:

1

_fí \\\

<,

t

-: 7

/

~

/]

A

11

A

<,

2

K \\\

)

-p

O

O

A ~

IL

3

X A_ ........ /j,J/

Il

':J.

0.512 11

1

<,

¿ )

)

i_

)

-:) )

/11

\1

r\

0.512

"

~

Veamos las ventajas que ofrece el aprovechar las condiciones de simetrfa mediante el ejemplo a continuación. Esta estructura tiene seis grados de libertad si se ignoran las deformacIones axiales en todos los elementos. lB

)

.

. 5~

,\\

1----,..,---4

~

5

\ \\

Estructura simétrica - Carga antisimétrica

Eje de Simetría

-

-

Q-D (EA = (0) 6 gdl

- Otro ejemplo de un pórtico plano, en este caso el eje de simetria coincide con la columna central:

I

0.5 l. 0.5 A

Nota:-~'n~rio

duplicar

las fuerzas del análisis en la columna central.

.,tt

,~

liT

Eje de Simetría

96

No hay que perder de vista que el análisis aprovechando la simetrla, se realiza para la mitad de la estructura. Para la otra mitad, los diagramas de fuerzas de sección y reacciones se construyen sobre-Ia base de que los resultados deben ser antisimétricos. Para la columna central, que ha sido analizada con la mitad de la inercia y del área, será necesario duplicar las fuerzas de sección obtenidas del análisis (solo el momento flector yel cortante ya que la fuerza normal debe ser nula). }

A continuación se presentan tres ejemplos de pórticos planos simétricos con elementos inclinados cargados antisimétricamente.

1)

)

., )

, )

,

I

1¡ ! I

4gdl

Viento I

¡

j

Q- D (EA = 00)

~

Eje de S1l"le"tría

"1

J )

2)

__J

;

}

Q- D (EA = 00)

)

3 gdl

-.

Q- D (EA = eo) 4 gdl

,) )

)

3)

)

P/t¡

)

j

~ ,)

I

)

A


1

)

) )

-)

, -

J

)

"" )

)

........

S-.'

l

" 97

Nota: Si existe defonnación axial en la viga, las estructuras I y 2 no son totalmente equivalentes. La deformación axial en la viga modifica los desplazamientos horizontales de los nudos y en consecuencia las fuerzas internas.

~~ ~

98

~

r)

3.9 Simetría Respecto a un Punto Este tema ya se presentó brevemente en el acápite 3.6.1.2, ahora veremos brevemente la manera de reducir la estructura aprovechando este tipo de simetrla.

:1 )

Este tipo de simetría es la más dificil de identificar y también suele ser dificil aprovechar las condiciones de simetrra para reducir la estructura. A continuación se muestra una estructura simétrica con respecto al punto o centro ·0" con dos sistemas de carga, uno simétrico y otro antisimétrioo. También se indican las estructuras reducidas que resultan de aprovechar las condiciones de simetrfa asl como las condiciones de contorno en el centro de simetrla.

)

- Carga Simétrica:

)

) )

) )

,) ~

.') ~

) )

) .) Diagrama de Momentos

Deformada

Carga Simétrica

)

..

) )

La estructura equivalente para las cargas simétricas es:

)

*

*

M == O, V O, N O Ah = O, Av = O, e ;e O

) ,) ) )

J

- Carga Antisimétrica:

~

-j

J

.C)

-.J

p

.)

o

~)

Carga Antisimétrica

Deformada

La estructura equivalente, para las cargas antisimétricas es: \

Diagrama de Momentos

) -) ~

.) ~

..,

)

, M

* 0, V = 0, N = O

)

)

iI 98

~

-7)

....:.

4.6 Barras con Brazos Rigidos - Rigidez al Giro Para el caso en el cual una viga se apoya, en el mismo plano, en una placa o muro, hemos mencionado (véase el acápite 1.10.8) que una hipótesis usual para modelar el pórtico con elementos unidimensionales, es la de asignarle a la viga una rigidez muy grande en fa zona comprendida entre el borde de la misma y el eje de la placa. En estas situaciones conviene conocer los coeficientes de rigidez de la viga con brazos rfgidos, se trata en esencia de un caso de una barra con sección variable.

¡

)

b

)

~~-=EI~4J2

)

1

q-d

kJ2( ~

I ¡

1

SistemaQ-D EA =00

¡

!

}

=

k 9= 1

-1

(~

-)

2EI + 6Ela b b2

21

~J

, )

)

k =4EI 22 b

\ J

) )

La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes, conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra. que para el caso de una barra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) con un brazo rígido a la izquierda de longitud, a, y una zona flexible de sección transversal constante de longitud b, sin deformaciones por cortante y hecha de un material linealmente elástico, es:

)

, }

) )

C"Y;t0@

)

,

EI=oo

}

b

El

7\~

~rJ

q-d

~

)

4 3a2 -(b+3a+-)

)

b

{q} = [k]barra {d}

)

6a 2+b

)

2+ 6a

b

b 4

) .) J

., .)

_) )

, I

, i

l

Como ejercicio para el lector, se propone el cálculo de la matriz de.flexibilidad de barra en el sistema q - d indicado en la figura anterior y a partir de ella, por inversión el cálculo de la matriz de rigidez de barra. También se propone el cálculo de la matriz de flexibilidad y de rigidez para el caso en el cual existan brazos rígidos en los dos extremos de la viga. 117

'-.,~~'-;C-:-:-'"~,._..._~~-,. ,_,- ',':';" ... -----

..:.:.:.:.:;..:..:;...i~:;.-¿~~::.:.::~~~~~_.~::

--- - . -~_.--.-... - ... ,','- --

_- - - -_. -- ---

. '.:-,,--;- '_. --. -

-.0'

•

:.~~~~_:'._~:~_-.~~.;;~t_:_~ ;~~;.-_;~:::·:~::~:-,~.2~i;'..::_:---_~.~: ::.:'..=-.:~_'~."'~~::~' .::'':'~~~~':'~.~:'.':.:~~ ..;~._; ..:;~.

--------------~-----------

.:-=-:-~_.:-;.--:.~ - :-:-"~:..;:::--

::_._ ~:~':_.~.~~-.:_~.~ .•

.. _',:,', ·~i..~2·..:.;.:~~~:...~~ __ ~~/-~.::-::;.=.;:::.~.;,~..;~,..:2..~:-:._-:.,...:·~";':'.~:~~--

-r'

-_.~

-

118

~

(¡) ,!) )

4.7 Barras con Rótulas Internas la figura a continuación muestra un pórtico en el cual la viga, de sección constante, nen una discontinuidad interna (una rótula). En este caso es posible ampliar el sistema di coordenadas tal como se indica (sistema QI-DI), sin embargo, conviene trabajar con o, menor cantidad posible de gdl, para esto será necesario calcular previamente lo coeficientes de rigidez de la viga con una rótula interna.

) ) )

., )

) ) R6-tuln

,

)

.) \

r-1

QI-Dl

) ,:;l

3

)

)

q-d

) ,)

Las dos figuras a continuación muestran la definición del coeficiente de rigidez al gire correspondiente al extremo izquierdo de la barra, el cálculo es simple ya que se trata de un elemento isostático, el coeficiente de rigidez se puede calcular aplicando, pOI ejemplo, Trabajo Virtual (Fuerzas Virtuales).

M~r , -6=1 ,

M=l~ I

)

)

)

.,.- M=Ks9

~~~ I

J

M=l

9=?

I

I

1 =>Ke=9

Mb/a

)

) ~

j

M

Utilizaremos el Método de Flexibilidad, como ejemplo de·aplicación del uso de una fuerza interna como redundante estática, en este caso la fuerza cortante que hay en la rótula.

,.

_. 1

8=1

,f""ED,=-a

~

v

a3 b3 f =-+11 3EI 3EI

a

X-D

~ ~

~

fllXJ + Dr= O => Xi = 3EI

Estructura Primaria

118

a l

a +b

3

119

A continuación se resumen los coeficientes de rigidez de esta barra correspondientes a la rigidez al giro para los extremos izquierdo y derecho. 1 )

)

Nótese que si a = 1 Y b =0 entonces la rigidez al giro resuelta ser 3EIII, resultado que era de esperarse y que corrobora los cálculos realizados. Nuevamente, la relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos . cOrrespondientes, conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra, que para el caso de una barra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) con una rótula interior, de sección constante, sin deformaciones por cortante y hecha de un '. material linealmente elástico, es:

)

)

) ) }

El [3a2 3ab

{q}= [k]barra {d}

[ k ]barra = al+bl

3ab ] 3b2

Nótese que en este caso la matriz de rigidez de la barra es singular. Esto significa que dicha matriz no tiene inversa y por lo tanto no existe la matriz de flexibilidad de barra. Este hecho se puede comprobar fisicamente si, aplicando la definición, se intenta .calcular los coeficientes de flexibilidad en el mismo sistema q-d, la barra es inestable por la presencia de la rótula interna. En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra para un desplazamiento relativo unitario entre los extremos de la barra (rigidez en traslación) su deducción se deja como ejercicio para el lector.

) ")

I

) ) )

") )

Ejemplo 4-1 Para la barra mostrada a continuación, con una rótula interna a 4 m del

)

apoyo izquierdo, se pide calcular la matriz de rigidez de la barra (coeficientes de rigidez) . para el sistema q-d indicado.

"\

~

.J )

1~~-----m------~O~--2E-I--~~~2

.'

J

,r

)Iv

) .) )

4m

2m

- Cálculo de los coeficientes kn Y k21 aplicando la definición y considerando s610 deformaciones por flexión:

) ) '.) )

;¡v

119

_______.

,

: ;~ :-:-"_....,

:._ --.-0----·-

. '..~~~~.L~:':';:": ...;.:'<':;.;::¿~:,.,.-L:.:::·;>: ..,::~.~:.:-";:;:3/~~;;~:;¡~~::..o:';:::;;Li-,:¿,;,../o¡ __i-~::.~~L::::;.~;~,;~·.;;:

C"'-C---_--C--:'-.'-_··_::--

-.; --:;:.-:

..",l~,,':;;",-,::~;"'¿"'~'~:;¿·"<·~ .•;,:;,;,...•:... :...;.¿o .• ~:;

•

.;i) 120

-9 ")

)

0.5

M=I· ~

__

m =1 = ka

)

) )

l~~

1 9

e

')

=:> ka = kll =-

1 4

)

m,(x)=-x

¡

I

1 ..

9 =- J(m,(x»2dx El o

! I

f

= -El1 o..J(1)2 -x 4

2

2El o

.

1 )2 f -x dx 2El o 4

1 dx+-.

)

2(

'

'} 9 =_1_ (

_l_x)

El 48

t

~

1

+-- J(m2(x»2(ix

)

k"

1 = -~ e

4 )

+_1_

(

_!__xJ

)2 ~ 1.4167

2El 48

o

)

l,

El

o

rara este caso particular: k11

O.706EI

=

k~J

~

0.353

el

-

I

) Otra forma de calcular los coeficientes kll y k21 es la siguiente: 9= 1

:

7 ~)

kll(~

,

kn=?

k21

Utilizando el Método de Flexibilidad considerando como incógnita'la fuerza cortante en la rótula tendremos: . 9= 1

~...... 1 ............

........

I

+

4

\

I

I

f = (4)3 + (2i = 22.667 1I

Dl+fIlX,=O

4+f"X,=0

kll = 4 X,

kll ~ 0.706 El

k21 = 2

k21 ~

XI

-+

3EI

6El

El

X,=-0.17647EI

0.353 El

Los otros coeficientes de rigidez de barra (k22 y k12) se calculan de manera similar y los resultados son: k22::::: 0.1765 El kl2 :::::0.353 El

{q} = [k]barra {d}

[]k

barra

=EI

. [ 0.706 .

0.353

0.353 ] 0.1765

La matriz de flexibilidad de barra no existe ya que la barra es inestable por la presencia de la rótula interna, esto significa que la matriz de rigidez de barra es singular. 120

\

II

")

)

,

4.8 Barras Quebradas El concepto de coeficiente de rigidez de barra y en consecuencia de matriz de rigidez de barra, se puede extender-a otras situaciones más complejas. Por ejemplo, en el pórtico mostrado a continuación, si se ignoran las deformaciones axiales, el sistema de coordenadas que deberla utilizarse es el mostrado a la izquierda de la figura. Si se deseara trabajar con un sistema Q -D "reducido" como el mostrado a la derecha en, el cual no se está considerando el gdl3, sería necesario calcular los coeficientes de rigidez al giro de la barra quebrada, tal como se indica.

1 )

) )

Q-D

, ,, , ,, ,, , , ,, , ,

,

,, ,,

EA=oo

Sistema Q - D reducido

,,

,, ,, ~'

1 ;

kll [ k ]barra = [ k21

{q} = [k]barra {d}

¡----1 1 ¡

~'

]

¡

q-d 1

l,

¡

I }

Para el cálculo de la primera columna de la matriz de rigidez de la barra quebrada, es necesario resolver la siguiente estructura sometida a una rotación unitaria en el apoyo izquierdo.

}

) ) )

Alternativamente se puede proceder como se indica a continuación:

) )

ó

)

"

.

.) )

M=?Ú

/ /

M=lÚ -" "9=1

-'."'9=1 \\\

\\\

k"

kll =M

~

"J )

J -> ~ )

J ) ;) )

=

l/a

También es posible calcular la matriz de flexibilidad de la barra quebrada en el sistema q - d Y luego por inversión calcular la matriz de rigidez de la misma. En este caso particular, el cálculo de la matriz de flexibilidad de barra involucra la solución de una estructura hiperestática en primer grado. Cabe anotar, que el concepto de rigidez de barra se puede extender a muchas otras configuraciones, incluyendo a las barras curvas, barras de parrillas, barras de pórticos espaciales, etc. es decir, prácticamente no hay límite. Inclusive, una porción completa de una estructura puede tratarse como una barra, en esta idea está basada la técnica de análisis de estructural por medio de subestructuras.

121

I

,8)

122

":9 4.9 Barras de Sección Variable El cálculo de los coeficientes dé rigidez de barras de sección variable, es un tanto más .tedioso desde el punto de vista numérico. las ideas generales y definiciones dadas en los acápites anteriores, siguen siendo completamente válidas. La figura a continuación muestra algunos elementos (barras) de sección variable. Los tres casos corresponden a elementos con una variación relativamente simple del momento de inercia y podrían ser barras que formen parte de un pórtico.

¡ "¡ ¡. I

i

l,

i

) )

)

:> )

")

)

)

)

1

!,

)

...

1

I

En algunos casos. es posible "ampliar" el sistema de coordenadas para lograr un ensamblaje de barras de sección constante. Por ejemplo, para los dos pórticos mostrados, que tienen una variación simple en fa sección de la viga, puede ampliarse el sistema de coordenadas (sistema QI-DI) y tratar a fos segmentos de la viga como elementos de sección constante. Sin embargo, esto involucra un mayor número de incógnitas cinemáticas. Si se desea trabajar con un sistema de coordenadas (Q-D) corrió el mostrado a la derecha de las figuras, será necesario calcular los coeficientes de rigidez de la viga.

1! ~

t

i!

1

o.

r

•

b

-0 .... a•J---J:--;) \

Q-D

\

\

I!

Otro caso en el cual es posible "ampliar" el sistema de coordenadas.

1

1 131

aJ

\\\\

(EA =(0)

Q-D

Nótese que el"ampliar el sistema de coordenadas, conlleva el tener que trabajar con un mayor número de gdl, en consecuencia, el esfuerzo numérico necesario para resolver la estructura; es mayor.

122

J

"

-) ..

No siempre es posible o conveniente ampliar el sistema de coordenadas para los elementos de sección variable, tal es el caso de los elementos con una variación continua en sus propiedades, como los mostrados en las fotos y JlQurasa continuación, para estos resulta más conveniente calcular los coeficientes de rigidez de barra.

, }

)

1 , r,

¡

)

i

-J

Puen~ con vigas continuas de concreto 'nado de seeeíén variable

Puente con vigas continuas de concreto annado de sección variable -

)

-4

~

J

I

) )

Vigas de concreto armado de secciónvariable Aeropuerto de Tacna

.. )

")

) ) )

-} -)

) ) ~

)

j

r

)

r

) ~)

_> J

J )

\\\\

\\\

Pórticos metálicos de alma nena con barras de sección variable

123

e-. '~;:-:... ~,. :-,

....

...,~,.,.:, ...._.,; .. :)',,~., ..:...~ .~-_ .._..~-~ •

I ¡ 1

l,,

1

--

.•

•

.,j,.u__

".

...... ~.-- ••

~._

... -

,-' __

'

••

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.... r~

--

........---..-----~-~

-,.-- -:-::-", ..... :::;_.~

'-"-'.-~-'-

..... ,-_.... -

~frr

•• --

.~

~~

124

.1T)

)

4.9.1 Relación entre los Coeficientes de Rigidez de Sartas de Sección Variable i -

)

)

J

~p-' ---------..__--Il~

')

)

)

q-d

)

) ~ )

~I =fttz kn

(~

zC

)

)

k12 = ft21 k22

~

F, -D,

J Nótese que en la figura anterior se ha definido un nuevo término, el Faclorde Transporte (ft12 - ñzr). Los factores de transporte serán de utilidad para el Método de Cross, para el Método de Rigi~ez no son de mucha utilidad. Los Factores de Transporte, asociados con los grados de libertad de rotación de una barra, se definen del siguiente modo: la] = ft12 kit

~

:::) ftJ2 = kzt / kn

kJ2 = fuI k22 => ft21 = kI21 la2 Teorema Betti:

¿F. D = LF; DI 2

ku (O) + k21(1) = kn (1)+ lru(O)

¡

la, = k12 => ftu kn = fui k22 El resultado anterior confirma que los coeficientes de rigidez de una barra son simétricos (kij = kji) Y además proporciona la relación básica entre los coeficientes de rigidez y los factores de transporte. Para una barra de sección constante, sin deformaciones por cortante, se tiene: kn = 4EI

k22

= 4EI

\

\ ku= 10.= 2EI

111

1 ftu = fu.=2 4.9.2 Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección Variable Existén numerosos métodos para calcular los cceñclentes de rigidez de una barra de sección variable (Área de Momentos, Viga Conjugada, Analogía de la Columna, etc) en esencia son variaciones de los mismos conceptos centrales. Para el cálculo de la rigidez al giro de barras de sección variable, también se pueden aplicar la metodología presentada en el acápite 4.3. Uno de los métodos más generares, para una viga de sección variable, sin desplazamientos relativos entre sus extremos es el siguiente:

El(?,)

I I I I !

) (. h._,.-----:.;....;_--"A \\\ q- d \\\

)

2

II

... ;~ .c__:.~.~~

;~.:·e·...1:~~_;;;;..:~~;~2:S.;;:~_;;;,~~ ;-.'..:':_=,..: .;: '::':~~~::0-. ~~_·:·~:~;:"~~';'~~~;t~:~;'~. ,~;..~ ;_:;:-,;-.=-.:_._.~ _ •...;.;__":":~': ~~...:.~~~'.~.':.7.:.:.;'.:_.:...~ ._;__;__._:__;';~ "~.:2.:;:.~~

..

__......:=.:=: :~:_::'.~.:'.:.J:' ...~. :''.~_':'::::.i.j,~7"::.~

')

r ,

-) "'l

125

1

*"

el = 1

i

kll(~

[k]2x2 = ( kll kl2) =? kn k22

kz: =ft12 kll

"

-~

k12 = fuI k22 }

a) Se calcula la matriz de flexibilidad [f] de la barra para el sistema q - d (en este caso el sistema consiste en las rotaciones medidas en los extremos de la barra). Para el cálculo de esta matriz conviene usar Trabajo Virtual, en este caso Fuerzas. virtuales:

) )

1

¡

(~

I1 ,

mI

1

~f

"

'

~f21

'"

, '. I

~

Los coeficientes de flexibilidad de la barra, ignorando las deformaciones por cortante, son: 2

f 1I -

)

-I

f.EL EI(x)

2

f22

-J~El (x) -

f =f 12

~I

=

lmEI(x)m l

2

La única complicación que puede existir en el cálculo de las integrales, radica en la complejidad de la variación del momento de inercia a lo largo de la barra (I(x). En los casos en los cuales no sea posible una solución cerrada de la integrales, se debe emplear alguno de los métodos de integración numérica (rectángulos, trapecios, parábolas, etc.).

."1

) )

b) Se invierte la matriz de flexibilidad calculada en el paso anterior para hallar la matriz de rigidez de barra.

.) )

.) .)

-1 (kll . kl2J b2

""

[k]2x2= [t]2X2 = bl

_)

) ..) )

Los cortantes se calculan por equilibrio

)

de la barra

) )

Ejemplo 4-2 A continuación, y a manera de ejemplo, se muestran dos gráficas (adaptadas de White) en las cuales se muestran los coeficientes de rigidez al giro y los factores de transporte de una barra de sección variable. La barra tiene una variación

)

") .) )

I

L

125

;!i)

'g[) i:;~.:

126

~~

)

súbita de su sección transversal al centro de tramo. Para la construcciónde las gráficas se han considerado únicamentedefonnaciones por flexi6n. '] (. le ---.,. -m a -d

) )

\2-

7\ ~

')

~

) 5.0

) A

4.8

h

l.

1/2

1{2

1 Ir AcJc::JB

)

1/2"2

B

)

) 10.0

k22 a.o

".4

EItll

0.7

")

0.6

-j ")

=,

-)

6.0

42

) L-~~2--~~3----~~4~.o

j )

2

121 I1

12/11

_)

Factores de transporte

Coeficientes de rigidez al giro

) )

EjemDlo 4-3 Las gráficas a continuación muestran los coeficientes de rigidez al giro y los faotores de transporte de una barra de sección variable. La variaci6n de la inercia de la barra a lo largo de su longitud es tal como se muestra en la figura que antecede a las gráficas, e_1ancho de la barra es constante. Se han considerado únicamente deformaciones por flexión, A

B

'0.71

-

10

5.2-

1.0

9

5.0

0.9

kll

7

4.6

(/

,

~ 0.8

4.8

8

Erlll

:

¡,

'1

k22 -EII/!

6

4.4

S

4.2

-

0.7

,

0.6 0.5 0.4

J

4

1

3

5

7

1

9

9

357

12111

12/11

Factores de transporte

Coeficientes de rigidez al giro

126

.;"

4.9.3 Rigidez al.. Giro.... Modificada . -:o.: ---. .. _. __ . ",._ En Joscasos en los cuales s~ d~~a ignorar ~,gunQsde los gdl de rotación en Josap9YQs de J9SeXtremqs de·vigas y :iÓ$ ~pOYQSartie~ládos de pórtiCos. -es necesario modíñcar la rigidez al giro de la barra (véase el acápite 4,4). En la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en el sistema q- d indicadp a continuación:

'en

)

1

kU) :;;:::conecí reeída

2

1

, [k]2x2 = ('kn ' , .kn 102

( ~"-\\-----""'4J q-d

91 = 1

") }

k'ri =

?(,~';

(H=l

kn(k

El co

1

,,

+

)

i

1

I

ft21la1 (,;:I~, ---=--------' -'"?P'

}

¡

¡

\4.~

J }

j

~ J

,

'7

~_.

's uperpOSICI ooslció n: k' 11 = k II - -,k12 1,_ = k 11 - A~ lr~ --lUl H21J.\Z1 k22 '" Pero:

kzr = ftJ2kll ~

k'1I = kn- fuI ft12kn

=

_~

0

kn

,

92 ,= k21/ k22

kll (1- ft)2 fuI)

)

1,

) )

Comprobemos los resultados aplicando la ecuación anterior a una barra de sección constante: , , 4EI ,3Er ftI2=fhl=O,5 ~ k 11 =-1-(1-O.5~O.5);::::-1-

)

)

) )

4.'.4 Coeficientes de Rigidez - Barras con,Desplazamienf!J Rela~o Si hay desplazamientos relativos entre los extremos, entonces es necesario ampliar el sistema q - d de las barras para incluir los mencionados desplazamíentos (véase el acápite 4.5).

)

} J '} )

q-d

[k]4x4 =?

~

) )

J J, I

J -¡) j l

_)

J

En la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en el sistema q - d indicado a continuación: 1

(' -<*

2 q-d

kll k12) . [k]2x2 = ( bl len == conocida

~)

:;

'.

)

127

.~

128

Se desea calcular las fue~é:I~de extremo

;::)

de

., )

barra (coefiCi!i!n~ Jc14 y 1a4) que se

producen por un desplazamiento relativo unitarjo (negativo) d~'los apoyos: .

~IEl (x)

¡crl

d4=-1 - .

)

EI(x)-

) )

)

q-d Superposición de desplazamientos:

=

~k14=?

~)k24=?

t

~

1k34

) 111

)

'.

)

~

t'

)

1/~

IkM .

+ (J

...

~

1

)

~)k22T 1

k12 = k21

~

kt2~ 1 k.12 = ftil k22

la] =fttz ku

) )

1 1 1 1 - 1 k« = kilI + kl21= 1[ku + k12) == 1 (kll + bl) = I kn (1+ftl~) 1

k14 = 1{2]¡+

\

)

) )

11 (101 + len);= I1(kt2 + 1m) = I1·.'kn (1+ fhl)

lrn!1 =

)

Los cortantes en la barra se pueden calcular por equilibrio de la misma a partir de los momentos en los extremos (k14 y k24). Con los cortantes, se podrán oalcular los coeficientes k34 y k44.

)

los resultados aplicando ra ecuación anterior a una barra de secclón

)

Comprobemos constante:

k14

4.9.5 RIgidez Data Barras

) )

)

= 4EI x !(l+ O.S) = 6El. 1

1

- -

)

¡2

con empotramIento

-=j

DesliZante

--7

En la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en el sistema q - d indicado a coníínuaclón:

,'2

1~

[k]2x2 = (

\.~r------"4'" q-d

kll

k12)

k21 k22

--7 )

.

= conocida

d

-~1 ~

91=1

&¿isi& v ..

JI

1 91 = 1

=

kll(~

,)

92=1

_ ._ 21

~

)

=

~

v

)

A "~"

92= 1

~)k21

~

J ~

J

J ¡ff

128

a 2} -)

• k 11 = ku- ku = ku-ftn kn fui k22 = ftukn- - " .

,

..

:. k 11 = ku-ftu kit = kll (1- ft12)

I

) )

¡

) )

I

J

1¡

)

1

!

)

I )

j

}

---l

tf

1

1

4.9.6 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección Variable Existen numerosos métodos para calcular los momentos de empotramiento de una barra de sección variable, todos son en esencia variaciones de los mismos conceptos centrales. Para el cálculo de los momentos de empotramiento se puede usar el Método de Flexibilidad tomando como redundantes las fuerzas (cortante y momento) en uno de los empotramientos. A continuación se muestra la secuencia necesaria para calcular los momentos de empotramiento utilizando el Método de Flexibilidad:

~~_~:>X2

)

¡

I

21

)

fr

1

Nota: kJ 1 Y ñiz deben calcularse para el doble de la longitud de la barra (21) Comprobemos los resultados aplicando la ecuación anterior a una barra de sección constante: " , 4EI" El k 11=-(1-0.5)= -

x1t

}

X-D

I

Estructura

)

Primaria

)

") ) ) }

1

DI=

.)

¡~~) 2

f.JI

)

-f~EI(x) -

IEI(x) Mm2 - Jm EI(x)

D2=

2

f

2

22 -

f. =f 12

= 21

¡m,EI(x)m

2

) ~

Compatibilidad: ) .)

) '-) ")

{D}+[F]{X}={O} ~

X"X2

Puede ser conveniente elegir como redundantes los momentos de extremo de barra, en cuyo caso, la estructura primaria sería la mostrada a continuación:

:o.. ,X2

xr ( .15...

'" X - D '" ¡/ Los cortantes de empotramiento se calculan por equilibrio a partir de los momentos de empotramiento y de las cargas externas.

129

130

Otro método de aplicación general, que recoge las ideas centrales y que parte de los coeficientes de rigidez de la barra se presenta a continuación: ) W(x)

)

J

~J....---J-Jf.r1(IJfn~'~~ LEl(x)

U21

+

) )

=?

) ) ")

) ~

I f

) Cálculo de e I y al:

~.

el= IM(X) mi EI(x)

W(x)

I

e2= M(x)nl2 EI(x) Superposición:

UI2

=- k, I el- ku e2 = - ku

U12=

- ku

el -

=

ftu ku fu

-lat(

el

+ fb2 Eh)

=-ftl2klJ91- knfu

:. UlI = - fui kn el - kn 92

=

24 El

)

w13 24 El

92 =---

=3

-7

-1

.

4EI wf' wlJ U12=-kll(91+ftI292)=-(--+0.5(--»=-1 24 El 24 El UlI=

)

-h2( fu + fuI el)

Ejemplo 4-4 Comprobemos los resultados aplicando las ecuaciones anteriores al cálculo de los momentos de empotramiento de una viga de sección constante que soporta una carga uniformemente distribuida de magnitud w:

w/3

)

)

UlI=-bI9,-h2fu

91=--

)

)

fui ka =ftn ku :.

")

)

fb I ka fu

el -

)

4EI wP wll -kn(92+ft2,el)= -(---+0.5(--»=+1 24 El 24 El

wP

-

12

. .

wP 12

.

.= Ejemplo 4-5 A continuación se muestran las gráficas de los momentos de empotramiento de dos barras de sección variable con carga uniformemente distribuida de intensidad w. Las barras tienen.una variación en su sección transversal igual a las presentadas en los Ejemplos 4-2 y 4-3.

~

~

,

~

130

131

la la A~B 1/2 .//2 0.12

J.1

1

W [2 0.10

0.06

(4"'-, -~i\)

2

q-d

1

2

12/11 0.16

1

0.14

(4

J }

0.12

_)

J.1

1

¡, I

w /2

q-d

~)

0.10 0.08

1

iI

0.06

I J

2

0.04 1

)

3

;

5

7

9

12/ JI

")

4.9.7 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección Variable - Extremo

·1

A::rticulaclo

)

Conozco:

.~

)

J

U ,~~ 12 =?

")

EI(x)

¿; )

)

J

-, Superposición:

.)

UI12 = UI2 -

fui 1121

Para barras de sección constante:

~

92 = U2tf

k22

U'12 == UI2. - 0.5 U21

¡

Ejemplo 4-6

)

~

-:) ) -o..

\

I!

l

Comprobemos Jos resultados aplicando las ecuaciones antenores al caJc,41Q de los momentos de empotramiento de una viga de sección constante que soporta una carg~ unltorrnernente distríbuida de magnitud w: 131

_. _. o~;=-':=.i"":"-=.~;:,,
.;:-,;_,. ~-¿:::

:"~,::E.:::;;;'~:-::,~.: ',:,t·.-~:: ..i .:."i:.. ':~~,o'.

'::-"-:"::~-:._¡¡:;;':~'~...~~: '::::''':':''-;'':'':0

=--:::_...:......~.::.:i~=._:_:-Z·:.:.':~...-,

-=- _~..: :=~~']':":'~':":::':_:--_

:_-'::"'_~."::-_':'::"'_':~ ..::'--,::,-:::-:"\.~' "'!'~;''':':::':;'~~:';~:;-,;:.~:.;".i:, --- .__ .,'

....: ,..... ..:.;;

~~

,J} 132 ,~

1

=

,ñYY~ UIj

(IYYVVVYYYYb 2

"",

-

~

-wl

-wl2

wZ2

uij=--

12

wP wZ2 - -,-, =--' _' 24

9j =

8

2

--Yi1 2 24

12

12 ,

+ (j:l--------,..OQ.j '1i

'\

)

-¡¡i;( 4~I)~~ 4~~]

IÉmpotramiento' DesliZante

) )

J,

'

) )

"'."

Presentaremos sqJq él caso de una viga de sección var¡a,*~simétrica con carga también simétrica.

) )

4.9~8Moméiitas de Empotramiento en BamiJs de Sección Variable - Extremo, .'

)

La solución del caso no simétrico puede realizarse con lo expuesto en el

acápite 4.9.6.

)

-J ') -.:) )

) )

) )

1 'U'2l

)

c~lc.ulaen la viga con longitud '21 seobtiene 'por equilibrio,de la viga de longitud l.

U'12=U12

UI2,se

}

)

4.10 Influencia dé las Deformaciones por Fuerzá Córlante 6s común "en él ~(l~li,SISde ~Iém~nto$'~sbeltQá, ~.;;spreciªr lá$ défómtaciones por

~i'

fue~~ co~n~'~ri~ a laa defermaclones por ~XJón., Sin ~mbar~Q,ex!~ten,numer9~ª~ shuacíoneé ~n la.$' 9Q!il1es las d~forrnaeion~PQf ~ote' pueCfel1lléQ~r a ser jr'ñpo~ot~s yen consecuencla ~s necesario incluirlas en el a,ri~Jis,is.Un~ sitliáción como la descrita ~ presenta en la,~g4ra a conñnuacíón (véase a~pite 1,10.8>'. El muro, que es(un

ei

elemento bjdim~ns¡Qnal, se ha modelado cotnQ' 'un el~~to unídímenslonal y depen~iendode su e$b.e.ltezpuede ser necesário iocluir en el ahéJi$.,!s las, d~forriiáéion~s por cortante. Las defQtníaciones por co~nte afectan a la rigidez del mU'fQ y par lo tanto inciden en 10$d~p.f~amientos lateralesy en la distribución de las fuerzas internas entre los elementos constituyentes del'pértlco. ~él,.

lt . '1

\r._·

_:. _

f I-:-

"

~

7

1=00

_I

EI=oc>

_ ..

--lli-4

I

8

~---------r------I

I

.

)

) ~

-c1 ~

)

:d

.l'

6

,J

)

~ le

..

a

~

~

Iv

Iv

1

?

5

1m Acm

Muro o Placa

)

-)

(;2.

----ID--~ "

")

1

O ,6 3

2 ~

ti "

1'].

...

Modelo del Pórtico Plano.

:

~

)

J

~

132

I

0

-

.... ~':..~<.,~-.~ .... ~.:

133

Cuando se incluyen las defonnaciones por cortante, es necesario conocer algunas propiedades mecánicas adicionales de las barras. Por ejemplo en el muro de la figura anterior _esnecesario conocer: Módulo de Elasticidad = E Módulo de Poisson = v Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante G = E /2(1+v) Área de la sección transversal = A Momento de Inercia principal y central = 1 Área de Corte Ac = Al ff. Donde ff es el factor de fonna de la sección.

"~

)

)

_, )

__,

....

4.10.1 Factor de Forma de una Sección El factor dé forma está relacionado con la distribución de los esfuerzos cortantes en la sección del elemento. La energia que almacena un elemento esbelto por cortante, viene dada por la expresión presentada a continuación, en la cual Ac es el área de corte de la sección transversal del elemento. 1 V2 u= 2 GAc

I

as

Algunos Factores de Forma de secciones comunes: - Sección rectangular: ff = 1.2 Ac=5/6 (bh) - Sección circular sólida: ff = 10/9 Ac=O.9xR2 - Sección circular hueca de pared delgada: ff= 2.0 Ac = 7tRt - Sección Doble T de espesor delgado, cortante paralelo al alma:

tV

hI:E Ilf~ ff = Atoúd

Ac ~ twh

Aalma

- Sección Doble T de espesor delgado, cortante paralelo a las alas;

...v

v

5

tZZ:ZZ%ZJ 2 tf

J/

,';v

Ac ~ - br tr 3

r

bf

- Sección cajón de espesor delgado: t (delgado)

v

Ac~2th v

)1

h

4.10.2 Elemplo de la Influencia de la Fuerza Cortante Para cuantificar la influencia que tiene la fuerza cortante, analicemos. una viga simplemente apoyada sometida a una carga repartida. El propósito es comparar la deflexión al centro del tramo incluyendo las deformaciones por flexión y por cortante. La sección de la viga puede ser cualquiera con la condición que tenga un eje de simetría vertical que coincida con el plano de las cargas aplicadas y está caracterizada por su peralte h, el momento de inercia 1y el área de corte Ac. 133

~

¡'l) 134

()

1

'l ) )

) )

Real

) )

M

~

)

wP/s

)

~

v

:,

-J

~w112

-=> ¡Mm

tu: ./.=

m+

.Y.

J Vv

L..-- _

____,I 0.5

") )

5w[4 w/2 GAc = 384EI + 8GAc

)

• .&7.. Corte = 96 (E)(_I ) _ 9 6 (E)(_I )(h)2 .. Aa. Flexión . G [2 Ac -. G h2Ac l

) "')

(*)

)

r

)

(*) El factor 9.6 depende de las condiciones de apoyo y del tipo de carga externa, el factor

(h'~c)

s610 depende de las propiedades de la sección y el término (~

)

mide la

) )

esbeltez del elemento. Para elementos de concreto armado Concreto Armado: ~ ~ 2.3 G

=>

tiCL Corte &:L Flexión

= 22.08 (

)

(.!!.)2

1 ) Ac h2 1

bh3 Si consideramos una sección rectangular:

_!_ = .l2_ Ac

bh 1.2

) ~

a

~ =

_!_h2 10

)

~) ~

En consecuencia la relación se reduce a:

~

2

tic'- Corte ~ 2.2 ~

-+ Sección rectangular de concreto armado. ( 1) Flexión La tabla a continuación muestra los cocientes para diversas esbelteces de la viga. Para este caso es claro que para esbelteces grandes las deformaciones por corte influyen muy poco en la deflexión al centro del tramo. /!"CL

,.-:)

_)

) ~

)

hll 1/15 1110 1/5 1 /4 1/3

ACorteI tiFlexión 1% 2.2% 8.8% 13.8% 24.4%

8) -) ~

)

) ;~

134

@

02) _:)

~

"') :)

I3S

) )

una comparación similar a la anterior para la deflexión en el extremo rior de un muro en voladizo, de peralte h, con una carga concentrada: Corte

)

",,

1 ; )

E para G =2.3

,)

--, )

)

Af -.

-4y y

rar con el caso anterior:

-,

2

~ /le -69 V Y

(

1 h Ae h2 )( 1 )

t

/le =22.08( 1 /lf . Ae h2

)(~)2 l

consideramos una sección rectangular:

_¡

)

-)

/le Af:= 0.69

)

-l

(h)2 I

/le /lf

=

2.2

(h)2 I

) ) ) } )

)

tabla a continuación muestra los cocientes para diversas esbelteces del muro. Es que para esbelteces grandes las deformaciones por corte influyen muy poco en la ...deflexión en el extremo superior del muro. Comparando las dos tablas se observa, como de esperar, que los cocientes dependen del tipo de elemento, condiciones de apoyo y de carga.

era

)

-) ) I

1

hll

~Corte I ~FJexión

1 /15 1/10 1/5 1/4

0.3% 0.7% 2.8% 4.3% 7.7%

113

1 ) ) )

~

) .) ) -

10.3 Matriz de Rigidez de una Barra con Deformaciones por Corte calcular la matriz de rigidez de una barra, incluyendo deformaciones por corte, ,..,..""....... generar primero la matriz de flexibilidad de una barra en voladizo y luego por de ésta calcular la matriz de rigidez para la misma barra en voladizo. Los nos que faltan se calculan por equilibrio. .a) Matriz de FJexibilidad para una barra en voladizo de sección constante.

)

)

J ;

~_J ,,~:---

i2

~_~ El, GAc

~

[f]=

q-d

2EI

)

~

) )

/ El /2

135

¡2 2EI ¡J 1 -+--

3EI

GAc

a f¡)

136

o )

b) MatriZ dé Rigidez para una barra en voladizo.

._)

-El

[k] = [fr1 = (1m

k12) b2

bl

Es pOsible

comprobar que:

(4+11)-."

= _1_ 1+«

.

6ill

[

12EI

)

zZGAc

)

a=-::---

_l

~7

) )

[fl[k] = [k][f] = [1]

)

e) Significado ñsico de los términos calcutadcs y cálculo de los términos restantes de lamatriz de rigidez dé barra en el sistema q - d indicado a continuación.

) ')

)

El.GA~

-) -') -2)

q-d

)

k11-_4+I1EIC~ ---o l+ci l'

. ~ 6 El bl=----· 1+a. [2

6 El k li=----~y l+a P

í.~

..... ~)"

k31 - 2-aEI.... . - l+a 1

t

6 El k41=--1+ (l [2

6 El..

;ij--'r+-"-~---'~' ~.

1"'!".---t:~)k32=-1·+-I1-[2

_g_

k22 =' El . 1+11 P

ko = _,_g_ ~l l+a P

kt 1Y lal son conocidos. k41 se calcula por equilibrio vertical de la barra y lO J por equilibrio de momentos

1

C\

q-d

t~J

1 El

1+« 1

)

equilibrio vertical de la: barra y 102 por equillbrio

--61

--61 12 f

2-(1

_._(j

-61

-[2

1 12

:;

2-a

6 1 12

Para una sección rectangular. de concreto armado el parámetro a es:

12El .

¡2GAc

~h b

136

-=

-

6 1

-7

.

-

6

-~

4+«

1

-

6 1

-

12 [2-

d) Si en la matriz de rigidez anterior se hace a. = O se obtiene la matriz de rigidez de la barra sin deformaclones por cortante.

<1=

)

de momentos

4+a

[k ] barra = --

)

k12 yk22 son conocidos. k42 se calcula por

Finalmente, débido a la simetría de la barra: k33 = kr 1 k44 = k22 La matriz de rigld~z de barra para el sistema q;.... d indicado es:

EI,GAc

)

-

",L2i:·_:';:ó·_·.c..;,,·. . '" "... :.;,.;;;.,~" ,~_...".';;;,;__:,

;; ..",.~,,:...o;~~~~~_::

..:~'.' ~,..•.., .......•;_~, .."-_~_~.""..:,..;; ._;;;::::'.::~~::;'::¡,. ..':':':'.... "·,;,··c"c·,,'::· :'.;"""'''~'='''"''=''~~'''-''-

.~_~:~~~

131

uede ser conveniente, trabajar con el sistema q- d inqicado a CQhtifluación: 1

l.-(&

--.,¡:a "'\ 2

¡r-__""___".

.

q -d

'" ¡/

s~~encia de cálculo es la misma. es decir, !)e calcula Iª m~triz de flexibiliqad de

."..~IJ e'l sistyema q - d~se ínvíerte dicha ma~ p~'ra obt$ñ.er ia matriz de riQic:fe~ de en el mismo slsterna. La deducción se deja como ej~rCicío para el lector y 10$ resl~lta'laOl$, para una barra de sección constante, son:

- 1 EI[4+a [k] barra- ---. . l+a 1 2-(1 \

2-a]

4+a

12EI

a = '-::¡2:-G-A'__"c

1Q~4Factores de Transpone en Barras con Deformaciones por Corte este aC4Pite~exarñ¡ha~~P; 'alg!Jnasde las particu¡aridade~qij'~ tienen los factores de ~;ttral[1S(lior1:e' en bárras de secCión eonstante con deformaclones por corte. l~

\~.

.,' '.

,\\

,

~1I

.':

q~~l

(~*".

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1

)2

.

'.'

- ...

/}.~

12.EI

a= .

11 '

'

-7-.----:O-----J..-2~ )

lal - ftl2

ku = 4+u El l+a 1

kn

el = 1

.'

.

PGAc

2-a El l+a I

k:u=--.

Factor de transporte l-2 =

~I

ftl2

=-

ku

2-41

=--

4+41

= En la expresión anterior, el factor de transporte puede ser ~gativo dependiendo del '.,valo~que adopte a. Un valor ~~gativo del factor de transporte .s'gOifica,que el momento queaparece en el extremo derecho de la barra es negativo para una rotación positiva del ',"extremo izquierdo, tal como se Ilustra en la figura a continuación.

r";,.

M11=

Ml1 \.)

1

fU7 Mil

~) J )

:9 I

.

i

}

I

'J .)

· gn un pórtico

sin desplazamientos laterales sujeto a cargas verticales, si s610se incluyen · qeformaeiQnespor flexión en las barras, las columnas suelen trabalar en curvatura doble. · ésto signm~ que las momentos en los extremos de las columnas tienen el mismo ". sentidO (horario Li antihotario). En la figura a continuación se muestra la situación ...qescrita para la columna izquierda del primer entrepiso

-) ,

¡tui -0.5

') ") )

...,

1

j ~

Mj=Mi/2

~)

)

137

Si la columna no tiene cargas transversales y. sólo se incluyen deformaciones por flexión la columna trabaja en curvatura doble.

I r \

¡

l

138

Si en análisis se incluyen las deformaciones por cortante entonces, dependiendo del valor del parámetro "e" el momento en la parte inferior de la columna podría ser nulo o podria ser de sentido contrario ar momento en el extremo superior, con lo cual la columna trabajarfa en curvatura simple:

t

~Mi

Mi

Mi

.. 2-a ft IJ=-l+a

ftij es negativo

ftij = O

lt:..__.J ti.

Mj=O

lJ

4.10.5 Variación de los Coeficientes de Rigidez - Barras de Sección Constante con Deformaciones por Corte Para formar una idea más clara de la manera como varían los coeficientes de rigidez al giro y a la traslación de una barra de sección constante con deformaciones por cortante, se han construido las cuatro gráficas que se presentan a continuación. la variable en estudio es la esbeltez de la barra medida como el cociente entre la longitud y el peralte de la sección. Se ha supuesto que la sección transversal es rectangular y":, se ha adoptado un valor para el Módulo de Poisson típico para elementos de concreto armado. El, GAc

~j

~

1

I!

iI

E -=2.3 G

~h

v

a=

bh 1.2

12EI [2

Ac=-

GAc

b

)J

Esbeltez = I / h

k¡¡ (~~-.

)lqi=

--~~

9i=

fijk¡¡

I

2- a ftij=--

2-a El l+a 1

ku= 4+a El l+a 1

kji=----

4+a

=

Rigidez al giro Kii (4+IX) I (1 +a) (ElIL)

CoeflCierie IX '" 12ElIL"2 G Al:

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J

4

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I

I

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Esbeltez (Ion9'pera~e)

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•

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10

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i )139

")

Rigidez trasll!ción = (12/ (Ha»

Rigidez Kji - flj Kii ~ (l-a) I (I+a)(EIIl..)

2

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11

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1

•

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10

Esbeltez (lcngIpetaHe)

4.10.6 Rigidez al Giro Modificada de una Barra c()n Deformaciones po_;-~rte Para calcular la rigidez al giro modiñcaéa por la presencia de una rótula en uno de los extremos, Sepuede utilizar la misma superposición presentada en el acápite 4.9.3

......_~= . ~

1

k'llcr*====I,GA~:=

kll(K¿

el

=1

7'" ~)k21 +

)

"

Superposición: k' u= k, 1- ft2' 1<2, Pero: )

kn= ftu ku => ku= ku- fuI ftu kn= kll (1-

ft)2

fuI)

4.1.0.7 Momentos de Empotramiento con Deformaciones por Corte: Las deformaciones por fuerza cortante modifican los momentos de empotramiento. Sin embargo. cuando la carga es simétrica los momentos de empotramiento no se modifican. A continuación se demuestra, para una viga sometida a una carga uniformemente distribuida, la razón por la cual los momentosde empotramiento no se modifican.

-, J -}

w

1 ) T

-. Viga simétrica con carga simétrica

) ~

Resolvamos la estructura por el Método de Flexibilidad, tomando como redundante el

\

I

momento flector M al centro del tramo.

') ')

-)

~(Sr Sr~(

~(Dl

)

-) ..•

..,

}

J )

SI

ñ

I

<.

~ - - _-::(~"""Y

<

I

I

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139

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. . -·::.:t:==~:-~:~;~. .,.,_.:~~

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__

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i.;._"~~:"~.;. "".,;~-_~:.:. ...!~~;~.:..~"'"-,~:.: .. _;.. :

¡§) ~J)

140

(} ,)

DI- JMm+ El fu -

JV/O

Jn;,~ + ri? ~.-;j

1

O

\ )

De las ecuaciones anteriores, resulta claro que ni el desplazamiento DI ni el coeficiente de flexibilidad se ven afectados por la fuerza cortante, en consecuencia los momentos de empotramiento serán los mismos. es decir: ~j = J.!ji = w 1/12. Cuando la carga no es simétrica, como por ejemplo en una viga con carga concentrada no centrada, Jos momentos de empotramiento sf se modifican, sin embargo la modificación suele ser pequeña y normalmente se ignora.

) )

)

)

)

J 4.11 Resumen de los Casos más Comunes - Coeficientes de Rigidez Vigas Sección Constante sin Deformaciones por Cortante

dI. .

-i .-: :;r;

,j ~

) 2

Caso 1

1

".. i

G:'"\\ =r:«~

)

) ~

q-d

.) ~

]

)

)

)

9=1 ~ Caso 2

3EI~~ \.) /

1/2

~3EI

T

t

~l

)

'.ar-----IIh_ \\\ 111

)

q-d

)

)

3

) Caso 3

r¡_l __

~~

q-d ll.j = //2

[ k] barra = EI[11 1 Caso 4 6 El

¡z

[k ] barra = -EI[4 1

6 1

-~ 1 12 [2

. ;;;.-.22~-;::..ti~~2it

..... _-,.-"";-.':", -.......

:'~:;'~~;i;i~,~.~~;;;·";~~=':::4:".:,j¡:;··_:·~·· ;;:~~:'¿_iS:;2: :~~.~: ~;....' .::.:..;;:...."~'- ._._.:;.~~

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~.~.::..=~:::~:.~_ ~:':::'::'::::'

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141

f

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)

3/~1(r-

,

~

l(t2

~1

[4

j3 El

4

q-d

T

)

_-3,

Ef-7

t

[ k ] barra = -,

)

3 /2

)

1

)

) )

I

¡

1

ct

tP2

3

El [ k ] barra = -1

q-d

,

~

1l -i .) ¡

1

¡

- .__ ._

:~:=:...;.:.:.:..;::~~.~.:.~__;_.~ __:_:...:.:..~::r..:,;. =~

Caso 7 (brazo rígido)

a

6

2

2

4

--6

6 1 6 1

--6I

12 ¡l

6 1

-12

-

,

6

4

1

,

12

6 1 12

-

-f

12 12

b

c.

I )

I":t¡.

[ k]

) ,) .:...

barra

=

4

3a2

2+6a

b

b

b

-(b+3a+-) El

b

.

2+6a b

4

)

) ) ::l

J

;',~ ;~.;.

~\;:Caso 8 !,}! (rótula interna) ,!',="

~

a. El

11'

b El

Oj?,

q-d

:¡.!¡.••

)

=;

~2

\4.-\----])._""7I/f,'- tJ.

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~:l ..': ..

El [3a2 [ k ]barra = a3+b3 3ab

"

}

3ab ] 3b2

) )

4.12 Resumen de los Casos más Comunes - Momentos de Empotramiento en Vigas de Sección Constante sin Deformaciones por Cortante

) ) )

)

J .) )

. En la Tabla 4.1 inserta a continuación, se presentan las fórmulas para el cálculo de los momentos de empotramiento perfecto para los casos más comunes que suelen encontrarse en la práctica. .)-

.~ _.... _ ...__ .... --

141

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142

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143

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J

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:!I..l MN

o

182

Caso de cargas 2: D¡ =7

)

NJ=? N4=?

)

{Q} =

)

{ 16,000 } .

) )

La matriz de rigidez de la estructura no cambia ya que no depende del sistema de cargas, depende solo de la geometr(a, propiedades mecánicas de las barras y del sistema de coordenadas Q-D adoptado.

kll = 17xl01 kg. mirad kllDI = 16,000

~

) ')

)

..j )

DI = 9.41 lxl O-s rad

"-4

Fuerzas finales en barras. Caso de carga 2:

)

{::}={=~~~~} + g:~::~:}xDI ={:~::}

)

kg

)

A partir de las fuerzas en las barras 3 y 4 es posible comprobar el equilibrio de la .: estructura, calcular las fuerzas internas en la barra r(gida y las reacciones en el apoyo.

)

)

)

) )

O~F====~=5=88=1======~I353 )~@)

)

)

)

Ejemplo 6-6

)

e

3.---------~2S~x7-40~----------,4

3

e 25x'lO

~

1

21

"1 ---

E = 2x 10 6 ton/m2 1

EA =00

2

EI.= El) E1l

•

::;$

::;$

2,667 tonxm1

5,333 tonxm2

Cargas externas y grados de libertad.

.-

,o ) ) . "

1 21 I

.

::

3 ton/M 1

l,:.

I

Q-D

La estructura es asimétrica y el sistema de cargas es simétrico, en consecuencia .'. estructura se desplazará lateralmente. La pregunta es si se mueve hacia la derecha o hacia la izquierda. Al finalizar el análisis veremos que la estructura se desplaza hacia .,' izquierda, sin embargo, por simple inspección no es fácil determinar hacia que lado se • moverá la estructura.

182

.

~

'O

:~

-

~

)

183

") ) )

• Estado Primario

l ,

I

)

)

) c.,

--i )

Equilibrio de nudos:

R,=O

R2= -9ton.m

R3=9ton.m

.",Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario:

-;

9

9

{M}p

)

) _) )

•

Estado Complementario.

,, , J

{Q)=U } {D}={~:}

.'

)

)

}

i )

l )

) )

•

Coeficientes de Rigidez.

~l"'--'---~I~ ~ 6

6x2

El

9 {M}l (D.=))

_.:¿¡)

.)

) 12 24 kll =-+-=

)

-,

27 27

6 k21 =-- = -0.667 El 9 6x2 kll =--=-1.333EI 9

.) ") )

1~ I

-'.....

1.333 El

183

]84

4/6 2 3 {Mh (D2=1)

6 kl2 =--= -0.667 El 9

4 4

kn =-+-=2EI

3 6

2 k32 =- = 0.333El 6

2x2 ~

~

k23

2/6

k33

4/6

k13~1)~~-,-~-++-~(I~ , t 6 t ~

36 6/r~~2

+

~X2

k))

6x2 =-T=-1.333EI

2 k23 = - = O.333EI 6 4 4x2 kJ3 =-+= 3.333EI 6 3

3

•

Matriz de Rigidez y soluci6n del sistema de ecuaciones [1<] {D} = {Q} {D} = [I(rl {Q}

O} (1.333 9 = El -0.667

{ -9

-1.333

-0.667 2 0.333

-1.333J{Dl} 0.333 D2 3.333 DJ

D,=-0.522x10-3 m B3= D2 = 1.746xIO·l rad B4=DJ =~1.396xIO·3 rad

El = 2.667

185

,

•

Deformada de la estructura Desplazamiento Lateral R:I -0.52 mm

J Dv ct;::i:I 6.2 mm

•

Momentos flactores

{Mljnales}= {M}p + {M(}xD, + {M2}xD2 +{M3}xD3

Elemplo 6-7 Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-6) cambiando la sección de la columna derecha a O.25x0.40m. Tendremos una estructura simétrica con carga simétrica, cuyo análisis se puede realizar sobre la mitad de la misma. La idea es comparar como cambia el diagrama de momentos flectores. w=3 tlm

,... ....

".,.

1

-e

1

1 1 = .25 x.40

gdl prescindible I

Q-D

3m

6m

La solución se deja como ejercicio y los resultados se indican a continuación.

3.6

3.6

t9 Momentos finales (ton-m) 185

9

.-,---.-,.

- .. - -.~-_.~ --, -~:.=_--~~:::~:.:::.;:_:..

~ ;~

186

9

Ejemplo 6-8 Analicemos nuevamente la estructura del Ejemplo 6-6 pero ahora supongamos que no puede desplazarse lateralmente, por estar, por ejemplo, arriostrada lateralmente por otros pórticos más ñgidos. la idea es comparar como cambia el diagrama de momentos flectores por efecto del desplazamiento lateral del pórtico. Recuerde que en este caso el desplazamiento lateral es consecuencia únicamente de la asimetrfa del pórtico. El modelo será como el indicado a continuación en el cual, el desplazamiento lateral del pórtico se ha restringido colocando un apoyo adicional en el nudo 3. El sistema de coordenadas (Q - D) consistirá en las rotaciones de los nudos 3 y 4. La solución se deja como ejercicio y Josresultados se indican a continuación.

:1 J ') '} ) )

) ) )

)

J

1

~~~~------.-----~~~~

3 ton/A

0.92

_) ') )

t

4.27.c__.,-m-+-

3.36

4.27

8.69 Momentos finales (ton-m)

9.31

La fuerza lateral de 0.92ton que aparece en el apoyo del nudo 3, es la fuerza necesaria para que la estructura no se mueva lateralmente. Si la estructura pudiera desplazarse lateralmente, el comportamiento podrfa obtenerse a través de la suma de los dos estados indicados a continuación. En el primer estado se colocan las cargas externas y adicionalmente una restricción artificial para impedir el desplazamiento lateral y en el segundo estado se anula dicha restricción. Dado el sentido de la fuerza lateral del segundo estado, es claro que la estructura se desplaza hacia la izquierda.


+

0.92

Otra forma de resolver este problema es mediante la modificación de la Matriz de Rigidez de la estructura calculada en el Ejemplo 6 en la cual se incluyó el grado de libertad de desplazamiento lateral. la modificación consiste en hacer nulo el grado de libertad DI Y calcular la fuerza necesaria, F, para que esto suceda. A continuación se muestran las operaciones necesarias a efectuar sobre la Matriz de Rigidez: /'

2

~3

2

3

~ \\\\

\\\\

[ K ]3x3 es conocida

\\\\

D,=O

D2,DJ=?

::::: --7- F=?

)

)

_)

187

El(~~:7~~7-:.:::1~21=ffi

1 t

-1.333-

r }

El (0.:33

¡ ~ )

)

)

.

}

I

I

~:!::){~:} - {~:}

A esta técnica de solución se le denomina Condensación de la Matriz de Rigidez de una estructura y se presenta en detalle en el acápite 7.11.1

j

¡

~

D3=-3.203/EI =-1.20lxI03 rad El (1.333x O- 0.667 D2 - 1.333 D3) = F F ~ 0.913 ton ok!

)

-..::.,

D3

D2= 5.0333/EI = 1.887xlOl rad

)

J

3.333

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene las rotaciones D2 y D3. De la primera ecuación se obtiene la fuerza F:

)

1

0.333

,~

Ejemplo 6-9 Se trata de la misma estructura analizada en el Ejemplo 6-6, pero con una carga concentrada colocada asimétricamente de magnitud igual a la resultante de la carga distribuida. En este caso no es simple predecir el sentido del desplazamiento lateral del pórtico ya que tanto la' estructura como la carga son asimétricas. Veremos que la estructura se mueve hacia la derecha. 3 ton/m x 6 = 18 ton

18

.

;

1

_1

) )

1

3

21 I

J

Q-D

,

)

}

')

6 •

Estado Primario

) ~

.J )

) ,) _)

R¡=O R, = -15.19 ton- m

_)

R3 =5.06ton·m

)

) -) )

t 187

11

.··;~:I~_~-; .::~:~'~.:.~ - :·~··~·:~3.:·:. ~'''='':~_'.~_.:.:.::::.:.:::'

'0

; •••••

'.'

~

••

-.,

,.,

-

••••

••• , •.,.... •• :.

w '.~'-.,

_-. :;

~'~.~_~7_;:::~':_~.:i...~_.:.~ , ,. ::.j~~~:~~.:::0~~_;~'~~.'

-,,:..::;;' -:

(9

I

,"

188

'2)

1

DefoOl'1áda V diaQrama de momentos en el Estado Primario:

") )

) ) Primario

t •

{M}p

)

i

2.81

15.19

Estado Complementario

{Q}

={15~19} -5.06

} ) ) ) ~

)

J

)

•

Matriz d9 Rigidez y solución del sistema de ecu~ci()[leS

)

la Matriz de Rigidez es la misma calc~lada en el Ejemplo 6, ésta no cambia ya que no depende del s;~t~ma de cargas externas, depende sqfO de la geometrra, propiedades mecánicas de las barras y del sistema de coordenadas Q-D adoptado.

[K] -+ No cambia, su Inversa, [Kfl tampoco cambia {Q}= [K] {D}

) -) )

{D} = (1<]-l {Ql

)

DI ~ 1.28x1 0-3 m---+-

)

) ) ) ) j

D2 ~ 334dO-3 rad D3 ~ -G.39lxlO-1 rad •

_)

Deformada de la estructura y diagrama de momentos Desplazamiento Lateral = 1.28 mm Dv max <>17.2. mm

") )

)

'=J

1

) ~ ~

9.6

~ ~

")

,)

J J .

~42

) )

13.88

Momentos finales (ton-m)

~

)

:)

) '} }

189

•

Si la estructura estuviera fija lateralmente: lB

)

[

;

21

~ ,

.,

6.7

mm 14.24

'. )

Momentos :finales (ton-m)

Fuerza necesaria para que no

---i

se mueva lateralmente la estructura

) --)

Ejemplo 6-10 Se trata, de la misma estructura analizada en el Ejemplo 6-6, sometida a una carga ~~ .. lateral de 10ton. Trabajaremos con el mismo sistema de coordenadas Q-O.

'"

-::.

}

_)

;~: "

..

lOtoo. ~~~~~~~~~

~.

1

}

I

2I Q-D

)

{Q}~rn

)

'1

[K] y [Krt -+ no cambian

{Q} = [K]{O} DI ;;;;5.72xlO-3 m

{O}= [Kr' {Q} O2 =1.55xl0-3 rad

D3 =2.13xl0-3

') Desplazamiento Lateral =5.72 mm

,

'-1

; }

)

Deformada

) .o;¡)

1

4.66

_)

,.

)

)

-;

2.13m-=0.7h

1.84 :::0.6h

) ~ )

)

7.41

.....'-4.02 ~ 1.64

12.76 Momentos finales (ton-m)

~

::J '; '\

189

L-~ik4--

5.98

1.64

rad

190

En el dic¡¡gramade momentos ~ ha,n indi~_qo ,ª$. P9$ICicm~.~~:19§, puntos de infl~xí6n (PI) en lá& columnas. Si la viga fuera íQfiJ1~m~D~ rfgi~~'en ij~~;i()n, 10$ puntos de inflexión en las co....mnas SEj ubí~rfan al ceíltro de siaaltura~$.i Javi9~]~era muy flexible, Jospuntos de inflexión se ubicarían en el ~>4iem().sú~rl()ide I~~ qófymri~s. N6te~ que el- rn9Jl1ento cJé VQlteo gené~d() g9f la carga lát~tal (lOx3. = 30 t-m) es equilibrado parcialmente por Iqs.roornehtQ8. qú@.~~p~~~nen j~'b~$~de las columnas (7.41 + 12.76 = 20,17 t-m) la dlf~rencia es equiJIb,rªda por la$ fuerias axiales que se producen en las columnas (1.64x6 = 9.84 t-m) es decir, los axialeS eqUilibran cerca del 33%del momento de volteo. EJemplo 6-11 Se trata del pórfíeo ~el Ejemplo 6-6 sometido a un estadQ comblnado de cargas, es decir a una carga ~partida más una carga latersl, La solución se obtiene por simple superposición de los resuHados del Ejemplo 6 yel Ejemplo 10

)

) ) ) ) )

)

J )

J )

3 ton/M

)

) 1

2I

)

) _) )

Momentos finales (ton-m)

) )

EjetiJpio6-12 Resolver el pórtico para los' dos estados de cárga independientes mostrados a" continuación. La viga y las columnas son de sección constante y Se desprecian las deformaciones axiales (EA = (0).

) ) ) ~

3.

-J

®

~

)

4

_J ) )

1

6m

11

E = 2x.l06 ton/m"

Sección O.25x0.50

~)

3 El

= 5,208 ton-m"

) ) ~

)

___.,----_

5ton

.;,J -j ~

') Caso de carga 1

Caso de carga 2

) ~

190

:J

'.J

--)

191 j

Caso de Caroa 1 Carga w = 2 ton/m ¿Hacia dónde se mueve la estructura? Estado Primario Caso 1

R2

6

Rl=:t>f1i--(:YYYYJ~ t !! +

}

}

,

I

It

)

R2

%

6

N4~~~

Equilibrio del nudo 4:

.

N] cosa =6

6· ~\N3

N3 = 7.5 ton N2

\ (Igual a N 2)

R. = 4.5 ton

\

Barras 1-3 Y 2-4: M=O, V=O

= _ 6 ton-m

R] = 6 ton-m

) )

6·

Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario (Caso de carga 1):

)

6

6

1

i }

11//

~

{M}p

//1/

(ton-m)

, 7.5ton } )

•

Estado Complementario - Caso 1 6 ~

4.5

-4.5}

{Q}=

~.

J --'

I

//1/

) )

•

{-!

Coeficientes de Rigidez ....c;__-==f-\

---+

~

0.75 1

) )

) )

=, j ) )

) .)

k21 ~

kl1~f W t

(1375'~1

1~1

6><0.75 36

6)(0,75=0,125 36

¡ t )N;+(~

12xO.75 216 =1Ic4

Na 6x1.25 ~\2XlC5 =0.12 25 125

,

= 0.1875

\ 4. 6x1.25 "-Y 25

\.!_j( 6/l6

•

k31

191

= 4.5 ton

192

Equilibrio del nudo 4: 1

N1cosa-0.12EI - 24 sena=O . 1/24

N2 ~O.1813EI

.

59

kll ~ 0.1813 + 0.1875 ~ O.3688EI = 160 El

.= 0.125·0.375

k2

= -0.25 El

) )

) ,) ) )

k31= -O.175EI

)

• Alternativas para calcular k11 a) Equilibrio del nudo 4

)

':;)

V N2....

,G

)

VJ/cosa

a. ~2

J~ '\.

Y2tga

J

N2~V2 tga+ ::..

)

~~v

_)

N3

) .~

b) También se puede hacer equilibrio de nivel:

kll

)

.. O.1813EI

~1U:l

.,

~~I

1._

I

)

....

0------=------.\\ LV3=O.12

• ~

\I¡ ~O.1875

~N3

) )

) )

) 12

ku ---O.12cosa-N)sena.=O

LFv : -

64 N. + NJ COSI - V)sena = O :. k" ~ 0.3688El

N) ~ 0.1421El

e) También se puede formular el equilibrio de la barra inclinada en coordenadas globales, este tipo de equilibrio puede resultar conveniente cuando hay barras inclinadas.•.

j ') -') )

-~

)

.-=;) o:)

-i1

Equilibrio nudo 4: N3=V2=1124

?)

N2=H3

)

.) Equilibrio de la barra inclinada:

¿M2 :

O.3x2+ 2~ x 3 = H3(4)

) ) )

H3l'::: 0.1813 El

) ) ~

192

:)

_~~

J )

193

... J

O.125EI j )

) ,!:'

)

O.3EI

'J

D2 = 1, DI

}

= D3

= O.

)

Segunda columna de la Matriz de Rigidez. ka!

',:

,~.:

\ )

-,

','

"

'" ,'.

) _)

) )

6

-

)

)

) )

_)

,

.'

¿M

2

(equilbrio de momentos barra 2-4)

.)

)

H x4=~x3

)

H)= 0.125 El

_)

J

36

N2= H3 (equilibrio del nudo 4)

J },

j j

.)

-)

:;

= O.l25EI

Alternativamente el equilibrio de la barra 24 puede formularse en coordenadas globales tal como se muestra a continuación, con lo cual se simplifica el cálculo de las fuerzas normales:

')

,."

tgu = 0.125

36 :. N2

193

194

~.6..~.~Ít~25

2{.._-~

36, 11

2 1 k =-=-EI 23 6 3

6 36 tga

4 4 22 k =-+-=-EI 33 6 5 15

~

6 1 -x-25 cosa

6 6 1 N 2 = 36 tga - 25'x cosa N2= -0.175EI

Alternativamente, el equilibrio de la barra 2-4 puede formularse en Coordenadas' globales:

¿M2

(equlibrio dé momentos barra 2-4):

4 2 6 . . - + - - -x 3 + Nl" 4 = O

S 5 36 N2= - 0.175EI

•

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones. Caso de carga 1. {D} = [lC]-1 {Q}

[K] {D} = {Q}

r· ~

59 160

s}=EI

-0.25 -0.175

-0.25

-0.l75

.

DI= -13.2551EI SI:: - 2.545xl 05 3 1 3

1 3 22 15

{~:J 194

D2= 2.877/EI

r:::

D3=-6.326/EI

f:$

3

m

O.552xIO-3 rad -1.215xIO-3 rad

_; o·;";'·~~S.:_;.:~~:.....:..

__;;_;_:::.:..4~·.·~'-:-o~:o;_no:.""::._~:. ;.,... ,~::

. o

:=_. ,::0::"o-.•o:::~':~co¿~o:f~i~~~-'::...:;-. :':'~:;~o ;_'-':.:...:2.-i.':' ::'o:~::"";o:':~o __:::.:.:.000o~o~;0:~_~~o ~.i.,-¡,j.:~o~~_••~~~~,~o~

_:O.O__.~. ~~...~/;~..: :'.~;~_~->:';:"'o:: •.:S..:.':·:::'::;;.:';,:'-:::'2:.-~;~~--;:'~~',"O

195

• Resultados finales. Caso de carga 1. {Deformada final}

= {Def}p + {Def.}x DI +{Defl}xD2 + {Def3} x D)

{Mfi,;.¡cs} ={M}p +{MJ}xDJ

+ {M2}'xD2 +{M3}xD]

~

••

I Ii

1 -

! ¡

7.85

¡

J ~

)

4 ) )

)

1

1

.-

6.41

)

)

)

) ) )

7.L3

Momentos finales (ton-m)

4.87

3.56

i\.04

Analicemos como cambia el comportamiento de esta estructura si en el Caso de carga 1 no pudiera moverse lateralmente:

2 ton/M

')

[K] ---+- Cambia

">

{Q}~Cambia

.~

) ~

i

,

Deformada

)

D.= j

a] ~

O.889x10-l rad

D2= 904 ~ -O.987xlO·3 rad

.l. )

4.63

4.11

) )

J +s.98

)

)

j

.J )

195

=~i~~~:C~~.:~:~.;::.~~":-

:"::~~-_=~ .:-:~'"'-

·.,·::::~L};::.~;::~·;;>::'=~-=·~~=::':::;~L.;;~· .:,,:"',;.~~~_~;.;~Z~:.:~-~~~=;._~Z¿~~.~--;.:_ ~~:.:~~:,~-~~~-~"~ ._~'"~~~ .-~.". ~"_~..

,¿~~~:~_: <::;.::'.~-:.-~~~-~~ _...~---;"~;;~~~-~"~~:.-, -_:,.,--~,:,;~"

~!:.:.:::~::_ ~~~.~~~-:~ ~;:

a

,:)

196

t~

Para que la estructura no se desplace lateralmente es necesario aplicar una fuerza horizontal de 4.24 ton. Nótese que este caso también puede resolverse modificando la Matriz de Rigidez tal como se ~izo en el Ejemplo 6-8. recuerde que la solución corresponde al estado complementaiio, en consecuencia, para calcular la fuerza lateral deberá sumarse el estado primario. •

Caso de Cargas 2

) -) )

) )

[K] y [Iq-l -+

--+-.------..

5ton

No cambian

) )

{Q}~m

) )

..j )

DI =3xlO·l m

= 0.396x1 O·] rad D3 = 0.268xlO·3 rad

D2

-=i

)

)

)

)

.)

)

')

)

)

Deformada

)

)

)

;:

'j

-i

)

_._

4.83 t=.::;::::;l-.--:-#5 // /1

I

"1.23 •

)

4.13

J

Momentos (ton-m)

"_

Caso de camas combinadas = Superposición de Caso 1 + Caso 2:

2 ton/M

..

) ~ )

~~

-+ 1--.................... --'----'..... Ston

~

_

'7 Momentos (ton-m)

196

~

O

:·

--

. _..

•

;'"".-:,

.. ~-_-:...,.:-o-~o-::

•.,..-

o __ ..

-; .. ;- ...

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'0- : .:.:::: ••_---~~

._ ..•.... -'~

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•. _._

.. _._.: ... --:-

-""=..~..-:-;.'~ ~::~ ~ ;;__.~:~::.:;

:__:._-:.:~.~ __;¿;; .:_~.; ~.- ..::..::':;._.~~~·1

197

de cargas combinadas

= Superposición de Caso 1 - Caso 2:

DI :::;-5.5 mm

5.57

.

~

//1/

t

0.72

3,65

) ) }

)

de carga 2 correspondiera a una fuerza lateral de sismo, es decir a una acción '. I sobre la estructura, para el diseno del pórtico seria necesario considerar las •.,'-...... ~....posibilidades:

)

Carga permanente

Cargas laterales temporales )

) )

)

) )

) )

)

el diseño de los elementos es necesario construir las envolventes de momento • cortante, axial.

J )

...,

)

ejercicio para el lector se propone resolver esta estructura utilizando el sistema de adas mostrado a continuación. Es claro que los resultados finales (momentos, I reacciones) deben ser los.mismos.

) )

) .) J )

j I

Q-D

_)

j ) )

197

...,~L:....~..:~

:)

, 1

¡

!

I i

198

f~

·~

~ )

6.6 Relaciones entre (FI y lK) Mediante las dos estructuras sencillas del ejemplo a continuación (Ejemplo 12) verifiquemos la relación que existe entre las Matrices de Flexibilidad y de Rigidez en una estructura. Esta relación ya fue presentada en el acápite 6.4.3

)

)

)

)

Ejemplo 6-13 Para las dos estructuras mostradas se pide: a) Los coeficientes de flexibilidad para los sistemas Q - D indicados y la Matriz de Flexibilidad [F]. b) La Matriz de Rigidez [K). c) Calcular el producto [F].[ K ]

)

)

)

)

1

I

)

-:1

-.

1

)

-4

EI=oo

¡

¡ 3m

El

)

3m

El

)

~

)

) )

\

\\

4m

'Y

4m

\1

t\

1\

) Estructura 1

Estructura 2

)

)

)

a) Para la Estructura 1 a1) Matriz de Flexibilidad. Se calculó en el Ejemplo 2-9 yel resultado es: 1 1 9 3 21 4 I -2 ] [F]=_l 4 1.333 -0.667 2 = [K]= El -3 El [ -2 -0.667 1.333 1 O

)

)

o

)

-j

rsr'

2

_. ..

2

.".-

•...

-

;:~

a2) Matriz de Rigidez

:.-::: ..

k

II_.

-j'

~

3'f 3EI~

Dl=1

~21

kJ1

k

_1_ \\\\

3El

T

11

33

3EI

9

El

k =--=-21 32 3 k31 =0

----J ) ==)

<~

)

---} ~ ~

) )

= 3EI = El

k

J

.) j )

"'j ) )

199

3El El k =--:=-12 32 3 k = 4El + 3El =2El 4

22

3

= 2EI = El

k

4

32

2El

2

4EI

·)

) _)

03 = 1 .

.

kll = O k2J = 2El = El 4 2 4EI k)2

I

I 1

=r="

) )

r

)

_J

1 9

)

-

.,

[K]= El --

)

1 3

]

2

3

)

2

1 2

-

O

~

o

1

)

J } ~

21

[F][K]

=_1 4 El [ -2

,)

-,Y;

4 -2 1.33 -0.67 El -0.67 1.33

J

2 ~

o ~

1

) )

"") .)

.'. b) Para la Estructura 2. La estructura está compuesta por una columna defonnable por flexión y por una viga que se ha modelado como indeformable (sólido rigido) b1) Matriz de Flexibilidad. Se calculó en el Ejemplo 2-10 y el resultado es:

}

)

[FJ=

;¡[ _:8

-~: ]

trr' = [KJ= E1[

~

~6~

~ ] I~

") ) ~

.

199

~ 200

f)

O

b2) Matriz de Rigidez

)

DI = 1 ~

k~

t

t

. kll .. ~~ZZ771Z7727Z7a

r--p::tz2zzm7iZZ3

') k2l

)

) kZ1

)

6EI~

)

y~~

)

12E!

* 0..1' \\\

)

3' k _ 12E! _ 12E! 11-

k = 21

kl2 ~

33

-

(6EI)/4 3 2

~Z77Z727ZZ7Z1A

)

27

)

= 6EI 36

t

-J

J

-4

)

k12

)

)

= 6EI

k 12

32

k x4= 22

[KJ=EI[ .

[F][K]=

~

(.!.)4 = 6EI 36 4EI(.!.) 3 4

%

~

) )

4EI(1)

J(j"'--3- 4

6EI(1)~ ~ k =EJ 22

12

3'

x){2 ]

4

)

't2~(:)

)

)

*

)

)

)

) ~

JEI[ % El -18 -18 48 ~ 1[ 9

6.7 Elementos con Discontinuidades - Reducción de Coordenadas En ~I acápite 5.5 se explicó, que cuando se realizan cálculos manuales, suele ser conveniente para reducir el trabajo numérico, utilil~r el nÚmero mrnimo posible de grados de libertad en la estructura. Por ejemplo, en los apoyos articulados de los extremos de vigas o en los apoyos articulados de pórticos, es posible ignorar los grados de libertad de rotación en esos apoyos, reduciendo asl el número total de incógnitas y en consecuencia el esfuerzo en el cálculo numérico. A los grados de libertad o coordenadas que pueden dejar de considerarse en el análisis se les denomina Coordenadas Prescindibles y pueden provenir de: - Apoyos con posibilidad de desplazamiento lIngular (giro) o linear. - Rótulas internas en algunos de los elementos. . - Cuando se reducen .Ias estructuras, 'aprovechando las condiciones de símetrfa o antisimetrra de las cargas de la estructura, aparecen condiciones de borde en el eje de slmetrfa que conducen a grados de libertad que pueden no considerarse en el análisis.

8

-4

.)

-) ..

)

)

,-)

J J ~

)

-d

..J ~

)

)

'ii)

)

Io. ..

,1

201

.,,

por ejemplo, en la viga de dos tramos del Ejemplo 6--14,es posible ignorar el grado de . libertad asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello será .necesario modificar la rigidez al giro de esta barra y sus fuerzas de empotramiento.

)

-

)

)

Ejemplo 6-14 .En la viga de dos tramos mostrada a continuación, es posible ignorar el grado de libertad .:_o coordenada asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello será necesario modificar la rigidez al giro de esta barra y sus fuerzas de empotramiento, es .'. decir es necesario modificar el Estado Primario y el Complementario.

2ton/1"'I

~~~~1 11

"

"

3

_~

"

r:

Q-D

11

Prescindible f(w, DI)

• Estado Primario

t~

DI =0

4;/~I~ 2.:7

~D2=6J= \\\

1.5

1.5

\\\

~

R1

4= w 'Z/8

(+-)~~r;i) ~~4 D (r=-t t4 t t 5 3 t Sw //8 =

R,=1.5-4=-,2.5tmrm

= 3w lIS

4,0

{M}p (ton-m)

• Estado Complementario )

} _) )

')

Coeficiente de Rigidez

.";} )

ku

..)

~.~--~~--~~~~----~ ~ ~::::;k1l_ \\ \ DI = 1

) ~ )

)

._,)

_)

J ..)

1/2 \\ \

kll 2/3

4/3

~

3/4

(:¡ f) ~! T t) (: ¡ f 6/9

3/16

201

4 3 25 k =-+-= - El 11 3 4 12

202 ...

•

Matriz de Rigidez y solución del sistema da ecuaciones kllD. = 2.5

~~ El DI

J

= 2.5

> . !.-~ .-

D = 1.2 t El •

~~ .-r

) ) )

Resultados finales

) ) )

3.1

) .~

) ") Momentos finales (ton-m)

) )

----} )

Ejemplo 6-15

4

Ir

..,

JI

41'1

JI

4

v

If

A

"

4ton

")

e

5

6

2

) )

2

)

4

EI=cte EA =00

)

2ton/M 3

•

~

) 4

Sección .25x.50 E = 2xIO 6 ton/m2 El = 5,208 ton-m2

)

) )

Grados de Libertad despreciando las deformaciones axiales 5

)

6

)

--J ) .::_:}

Q-D

-3 ~

•

Grados de Libertad aprovechando la simetría de la estructura y de las cargas 4

3

4

y"...-J;t ......

4

'"

2 'k

2

XC>(' ~-----

.-) .._) ) ) ) ) )

Prescindible f(w, D2• D3)

) ~

:; ) )

203

•

Estado Primario: DI =02 = D3 = O

~ conocido =:: 1.333/EI

wP

1 wl4 8 El

6

4

'k

.)

Equivale a:

J _1

1 wl" ~= --~1.333/EI 384 El 16/8

\ 1 )

~~ ~t

.•~ "

::~.

2

) )

Rl = 2 t-m R2 = -8/3 t-m

~

R.3 = - 6 ton

-_'

;)

)

.'

"

..

~

2

2

J --) ) ~

DI

2

= D2 :; 03 = O

a3

)

"'1 )

1.333 El

~

"j "

-) ..l

.

{M}p

203

~J ;).

204

r.:t ) j

4 4 4

k =-+-=

4

11.

)

2EI

.}

2 4

{M}¡

kz, =- = O.SEI k =-~= 31 16

"\

1

x

-~EI 8

) )

El

)

DI= 1

)

) _)

-) .:)

~ k32 í),k12

",.. ",..

2/4 D2= 1

-2

k12=

4

)

= O.5EI

}

4 1 k = -+- = 1.5El 22 4 2 k32= O

4/4

)

x El

) ) )

{M}z

1 1/2 =1

)

1

')

2

..... .....

}

k33 ~

Q

16

,)

~13

.....

6 3 k =--=--EI

ti

16

13

3/9

8

3/8

k2l=0

12

b4

12 k =33

D)= 1

3 = -El 16

64

xEJ

{M}3 .....

.....

-

~-

-it!

k23

•

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

{Q} = [K]{D}

{;~3}

= EI(

6

-~8J{~:}

O~5 ~~: -3/8 O 3/16

DI = 8.41/EI D2

=

=

El = 5.208 ton-m 2

DJ

1.615xlO-3 rad

-l.026/EI = - O.197xlO-3 rad

D3 = 48.82/EI

=

204

9.314xlO-~ m

,

'::;":.~_~_,~~'••''::.'

.'

•.-.

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,/

205

Deformada Complementario

Deformada Primario

I

1

•

{M}c = {M}l

Diagrama Momentos Complementario:

)

DI + {M}2 D2 + {M}]

DJ

14J

Momentos del Complementario (ton-m)

J )

-¡

•

ResuHados fina/es {M}rmal

= {M}p + {M}c

16.1 ."

2.77.- :::; . ................ ~o:J""T'"'1~_, 8•.0

t

Momentos finales (ton-m)

)

)

Ejemplo 6-16 Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-15) cambiando el sistema de cargas como se indica a continuación. 4

.."

1

-

EA ==co

~

4~"'__----I

.)

Sección .25x.50 E = 2xlO 6 ton/m2 El = 5,208 ton-m2

~

YaqueEA=oo

)

J _)

'----+-+---' _.,. 2ton

205

--:."

',':-,-'_'--:-:-

'.:'~

-,

... --_.

'

._.-

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..

-:"-"<'~:'" . ~~.-.~..:_'~::.:<:'.:;~"'.:: ..',i;~~-:~~::~,:.'.~~~--~":-: ~'~~:.:~;:'~~:.:.:'

(J ;Ql

206 ¡,

¡ I

¡

~

)

Tendremos una estructura simétrica con carga antisimétrica, cuyo análisis se puede realizar sobre la mitad de fa misma si se utilizan las condiciones de contorno apropiadas en el eje de simetrfa de la estructura.

í

)

) )

I ~ I

)

)

I!

EA

¡

=00

)

)

-.1....-_.....

Prescindible

2ten

)

) Q-D

-=> I

1

!

I j

El análisis se puede realizar sin considerar el grado de libertad número 5 correspondiente al apoyo simple. La solución de la estructura se deja como ejercicio. Tenga en cuenta que con respecto al ejemplo anterior, es necesario modificar la Matriz de Rigidez asf como el Estado Primario cuyo cálculo en este caso es directo, ya que solo hay cargas en nudos. Los resultados, deformada y diagrama de momentos, se presentan a conñnuaclón,

~-=o::====::::¡ = 9

)

)

1

)

----

)

S.S85xIO"

~ Deformada

0.745 mm

,

I

...

4.84 mm

4.36

+2.0

....... .,.__¡

.... ....

2.91

t1.B2

2.0

"

-

1.82

Momentos finales (ton-m)

.

3.64

4ton

Eiemll./o 6-17

-

2

4

'k

EI=cte.

2

'k

El = 5,208 ton _m2 EA=a)

2ton/M 3 ....r-

4m

Sección 0.25 x 0.50

2

~) )

')

207

'"J

•

1

Grados de Uberlad despreciando las deformaciones axiales 3

Q-D Prescindible 2

)

Para la solución de la estructura por el Método de Rigidez. no se utilizará la coordenada 4 correspondiente a la rotación en el nudo 4.

}

--i )

• Estado Primario

-)

RJ

= 2 tonxm

R2 =-1 tonxrn

R3 = - (2.5 + 2) = -4.5 ton

D) =D2 =03=0

.)

,

2.5

1.5

; • Estado Complementario

= ={-:}

{Q} -{R} . • Coeficientes de Rigidez ~ k31 )

4.5

~k32

~--~~1

~k.12

~1--- __

.1= J

)

36"" 0.75 2/

~

) ") kZ3

.)

k

11

k21 )

I I

~

-:J ) --\

l

k

31

=

2

.

4 + i =2EI

kl2

=

4 = 0.5 El

k =-~ =-~EI 13 16 8

2 4

k22

=

i+l 4 2 = 2.5E!

k =_3_ =~EI

4

4

= - = 0.5EI =-~16 = -~EI 8

k32=

3

-2

(2)

207

= 0.75El

23

k 33

(2)2

4

= .E_+_3_ = (4)3 (2)3

i_EI 16

208

• Matriz de Rigidez y soluci6n del sistema de ecuaciones

{Q}= [K]{D}

D1= 4/EI

{o}= [KtfQ}

D2= -6/EI

= O.768xlO~Jrad

= -1. 152xlO-3 rad

0)= 18.67/EI = 3.584xl0·3 m • Resultados finales

7 /

0.75 ---.. ;:::1-L-'-L.L.L ........TTT"T"'I"4~

4.01

Momentos finales (ton-m)

Deformada

La rotación del nudo 4 se puede obtener por superposición del Primario y del Complementario: 94 = 94P+ O(D,) + Q.S(02) + 0.75 (D3) Ejemplo 6-18 Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-17) restringiendo la posibilidad de movimiento vertical de la estructura. Para esto colocamos un apoyo en el nudo 3 que . elimine el descenso. Las únicas coordenadas son las rotaciones de los nudos 2 y 3. La . idea de este ejemplo es apreciar la influencia que tiene el descenso vertical de los nudos 2 y 3 en el comportamiento de la estructura.

2.58

t

2.43

t3.59 Deformada

Momentos finales (ton-m)

209

Eiemplo 6-19 Analicemos la estructura del Ejemplo 6-17 permitiendo el desplazamiento horizontalde la barra 3-4 como se indica a continuación. 2.76

j

{M}final

(ton-m)

2.57

,

)

j3.66

-.

6.8 Fuerzas de Empotramiento en Elementos Inclinados Antes de presentar algunos ejemplos de la solución de pórticos con vigas o elementos inclinados, conviene recordar las fuerzas de empotramiento y las diversas transformaciones que se pueden realizar en estas fuerzas. A contlnuaclónse presentan algunos casos tipicos de barras inclinadas con cargas repartidas.

-J )

-4 )

Caso 1)

)

wl =wcosa. l/coso.

w

)

\ )

-

)

, ) )

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.. ~

1

....

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12 (

__..~ w/sena. 2

)

...,

J J

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wf

~

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2 wcos2a.

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I

wl

~.:I~.

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12

.~~~ .

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..........

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~ JI.

--

12

w cosa. sena.

... \ Mil cosa. 2

Caso 2) !,"

)w cosa ¡2

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I

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"','

~:':'

..-wsena.

~:.'

w/ sena. _...... wf-cosa,( 12

t

2

~..~

2

l~

209

12

~

()

210

,~

'1

Caso 3)

)

w

~

wlsena.

)

2

)


)

~tW1COSa.

)

2

)

)

2

) )

6.9 Pórticos Planos Con Elementos Inclinados Estudiaremos el comportamiento de este tipo de estructuras con la ayuda de los ejemplos que se presentan a continuaci6n.

-3 )

-7 )

E/emplo 6-20 Al pórtico que se ilustra a continuaci6n se le denomina "pórticoa dos aguas" y su empleo es bastante común en naves industriales y depósitos. Se pueden cubrir luces y alturas libres importantes con economías notables en comparación al mismo pórtico con la viga horizontal. Para simplificar la parte numérica se ha supuesto que el pórtico es de sección constante y de concreto armado. En la realidad el pórtico se habría fabricado de acero utilizando pertiles doble T de sección variable para economizar material y lograr una estructura más liviana y en consecuencia de menor costo. Adicionalmente, se ha supuesto que las deformaciones axiales de todos los elementos son despreciables.

)

-> )

J ) ) )

) ) ) )

5 3

8 1

E = 2xl0 6 too/m2 Sección 0.35 x 0.70 El = 20,008 ton-m2 EA =00

a~22.6° Pendiente e 42%

~

j

--J ) -.:..:c)

) 12m

..

"

12m

-4 .::)

11

• Grados de Libertad aprovechando la simetrla de la estructura y de las cargas

,;)

J )

CD----Q-D

, ~)

¿Puede existir?: NO. pues EA = 00

'j )

j )

J ~

210

:j =) '\

~

_

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211

• Posibles descomposiciones

de la carga extema w = 1 ton/m

wsenacosa ) \

)

')

.,

• Estado Primario

)

J )

_,

12

Dl =D2=0

Hx5 = 1" 12" -

)

2

H = 14.4 ton

)

R, =-12tonxm R2 = 14.4 ton )

) _)

) )

12

_..,. 14.4

)

{M}p (ton-m)

.>

) ) \\\

.)

-13.29

)

=, G

.~

)

{V}p (ton)

)

) _) )

)

\

• Estado Complementario

{Q}=-{R}={ 12 } -14.4

)

) 211

{N}p (ton)

-. - -.-.;--~.~-.,..~~:'":"~:'

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_..-'OC="'~H-;'

~ ~

212

-:l )

• Coeficientes de Rigidez

2/13

O)

No puede Bajarl

") ) )

') )

{M}t x El

) ) ) ~

)

J )

4 4 21 k =-+-= -El

~r~8

11

4 2 Hx5=-+3 13

64

8

13

=_.i.+~=

k 21

64

)

26

65

__ 3_EI 2080

)

-=>

6 H::o65

2/B~

-J

) )

cos2 ex.

144

)

6S

)

) 2.4

) )

~=l

,")

J ')

a f

1 .r

I:i Relativo total barra 3-5 = 2_ + 144 = 2.6 13 65

El movimiento de la barra inclinada (3-5) también se puede detenninar utilizando su centro instantáneo de rotación, tal como se indica a continuación:

) ~

1 -=;)

.:¿ ..iJ

,)

,)

.)

:J J

) )

1

) ~

·::::·.:,,~ :'.':>- -._--~ ..:.~•..~.f_~:'.-.:.''_.._~~.:.:~_.:~:-_.-.:'~'::__. ..... :~:•.~:___",_::,,:,,:.\...:: ~;:._:_-~;._,_:_._' -,,__ . , _::._c:t ...~:.~s~:·::~·~·:_~

O

__

o

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.II ...

)

) 213

-) }

)

64

. 12

6~

)

)

512

19.2 H =-ton 520

~6/64

) ) )

i )

-)

{M}lx El

•

) )

)

•

12

_j

21/ 726

{-14.4 }=EI (-3/

)

/2080

)

)

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

•

D1= 14.43/EI ~ O.72xlO·3rad

-3/ /2080 ){} D, 6036xl0·l D2

D2= -238.2/EI ~ -1l.91xl0·3 ro

.

Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas nonnales

{M}

")

= {M}p + {M}. DI + {M}2 D2

)

1

)

~29mm

.)

-6.4

"'í

_.J )

29.5

,)

)

Deformada

{M} ton-m

J

i 1

.)

)

.) J

213

-12

{N} ton

- - - - ---

..~.'··:~~:~;~~·=¿;~L;;~-_~.L~j7;i"-,~-:~~·i.~, ~-..::::~."i_.,:~""7~,~-:::;':~~;

--- - --.=----- - ---------- ------------:-:;-.~--- .,,:..:~:;,.-.-:_._-,-_..:; v-, ".•, ,-"::',~~';'::,'-;,.'~' -~~:__::'-,,-=;~;..:..-=.:.~,~~.:.~~~~~~.:.~..::;-,:;:..:.:;.;-,:.;.:~-.;~.~~.=~-~.~~~~~--~:::¿.-:.

ti)

.f)

214

Ejemplo 6..21 Para apreciar las ventajas de utilizar, para luces grandes, un pórtico a dos aguas frente a un pórtico con viga horizontal, analicemos el comportamiento del pórtico mostrado a contlnuaclón, El pórtico tiene las mismas secciones y material del analizado en el Ejemplo 6-20, la única diferencia estriba en la viga que es horizontal con una luz de 24 m y las columnas son de 8 m de altura. Tenga en cuenta que las secciones utilizadas en este ejemplo no son reales, la idea es comparar el comportamiento de ambas estructuras.

'3 1 ) ) ) )

) ) )

w

= 1 tonlm

1111111111111111111111111]11111111111111111111111111111111111111111

)

-1 I

I E

§ I

E = 2x.J o 6 tonlm2 Sección 0.35 x 0.70 El = 20,008 ton-m1

EA=oo

)

__, )

J

I

)

j_

I

I

f.----------2<.IlO

)

... ---------~

-J

Los resultados se indican a continuación y resulta notable la diferencia que existe en el desplazamiento vertical al centro de la viga (29 contra 68 mm) así como las diferencias en los momentos negativos y positivos en la viga.

) ~

)

)

)

---------,---------1=68

)

mm

I

)

)

)

J 41.14

)

41.14

J

~__--~----~----------.---------~~----r---~~ ~

~

)

-=

)

-::

{M} ton-m

.~

~

J

Ejemplo 6-22 Veamos como cambia el comportamiento del pórtico a dos aguas del Ejemplo 6-20 si en lugar de empotramientos en los apoyos de los nudos 1 y 2 existieran articulaciones .. Este tipo de apoyo es bastante común en pórticos a dos aguas construidos con perfiles'. metálicos.

) ) ) ) '

)

J

~

2i5

5 )

8

EA = ro a ~22.6°

j )

..

)

I

--i

J

-1

I

E = 2xl06 ton/m2 Sección 0.35 x 0.70 El = 20.008 ton-m2

12

12

"

Resultados finales.

)

-3.9

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I

I

)

)

~.

)

J

{N} ton

{M} ton-m

) \\\

)

t12

• )

)

: La comparación de los resultados finales obtenidos en los Ejemplos 6-20 y 6-22 permite . observar la sensibilidad del comportamiento de la estructura a ras condiciones de apoyo - en la base.

) ) --')

...}

) .)

. Ejemplo 6-23 . Veamos como cambia el comportamiento del pórtico del problema anterior (Ejemplo 622) si se coloca un cable de acero uniendo los nudos 3 y 4. El cable. como veremos. permite reducir los empujes horizontales que ejercen los elementos inclinados sobre las »: columnas, reducir la fuerza cortante en la columna y los momentos flectores. El Inconveniente principal es que el cable reduce la altura libre disponible en el interior del pórtico.

) ...) -)

5

") ) ""j

Cable

)

Cable de acero: E = 2 x 10\onlm2

-"1

1

EI=O

8 2 \\\

\ \

Simetría. Q-D

)

)

~

J ) ---'\

215

~ 216

;~

~

a) Caso 1, cable de acero de área 5 cm2•

')

) )

0.6 .dhor. Nudo 3

R$

9.3 mm ~

) )

Avert. Nudo 5

R$

22.4 mm J,

') {M} ton-m

¡ I

) {N} ton

-=----- \\\ 2,5

r

)

t12

í

)

J

b) Caso 2, cable de acero de área 10 cm2•

I¡

-11,3

R$

') _) ) ")

Mor. Nudo 3 ~ 6.2 mm +Avert Nudo 5

)

)

14.8 mm. J, {M} ton-m :::-+-

1.9

{N} ton

) ) )

\

)

t1c

)

e) Caso 3, cable de acero de EA= DO (caso extremo).

) )

I(YY:SI '-16

-

)

-14.8

)

15.2

-::} ~

Avert. Nudo 5 = O {M} ton-m \\\

\\ \

{N} ton

_J )

-12 \\\

112

NCable = 15.2 ton

Ejemplo 6-U Analicemos el comportamiento del pórtico del Ejemplo 6-20 sometido a cargas laterales como se ilustra a continuación.

_J

.) ) ,.,:)

) )

-. 5-tan

5 3

B 1 \ \

Sección 0.35 x 0.70 E = 2 x 10 6 tonlm2 El = 20.008 ton-m2 EA=DO

~

)

:;J '.j ~

-j

.) '4)

) }

•

Sistema Q - D. La estructura se ha reducido aprovechando la antisimetría de las ~rgas laterales. Se muestran dos posibles sistemas de coordenadas, Utilizaremos el sistema Q-D de ia i~quierda.

___..lton J r ~ ~

I -J, ,

-)

1 1

\,\\

\

Q-D

•

Estado Primario

•

Estado Complementario

R I =0 R2 =-6 ton

-4

i

I

\

~

í

}

)

1,

{Q} =-{R} = {~}

.)

t

~ f, !

l

i

•

Coeficientes de Rigidez

I~ I

D2=0

)

- -J

~

J

3~p--1---i-- ~N

__:,

...-?-- \ a,,\

l

)

I

169

)

Debe existir N para lograr I:Fh = O 3

Ncosa=-sena 169 5 N=- ton 676

)

d ~

'>

t~

j

6/64

-, ) ~

4 3 19 + - = - El 8 13 26 6 5 3 k21= -- - -cosa + -sena kll = -

64

.)

..,""

676

169

= --

6

64

3

= --El

32

cero

,

-=>

') 1

217

Las componentes horizontales deben anularse.

218

Alternativamente el equilibrio de la barra inclinada se puede formular en coordenadas globales como se indica a continuación: 3 Vx12=- :::;> V = _2_ 13 156 k

~r

6 3 =-=--EI 21 64 32

k

~

~

1

1

~

DI =0

•

D2 = 1

12

=-~EI 64

12 3 k =-=-EI 22 512 128

Í4~ ~12/512

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

{~}=EI (~~6 ~2J {~,} EI=20,OO8 %2 X28 2

•

k

\"

DI= 67.46/EI

= 3.37xlO-J rad

D2= 525.84/EI

= 26.28xlO-3 ni

Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas normales

{M} ton-m

Para este estado o caso de carga, la presencia de un cable horizontal uniendo los nudos 3 y 4 no modificaría los resultados.

. .:_~Et¿h¿jii!~~~i1¡.::.~; ..-;~:~~:::~--~~;,:':;.~ ~:~~'i:~¿:::.-:-~:;:':Z::~:;: ::~¿:i!.:::~;j:>: ~U~~.;~.:~~

-

, ~,- ,',::-..

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'--: ::-,':'--'

-:'

219

. el comportamiento. del pórtico del Ejemplo anterior, sometido a cargas :laterales, modificando las condiciones de apoyo en los nudos 1 y 2 de empotramientos a íacíones. El objetivo es formarse una idea de la influencia de las condiciones de ~~.al:>oy'oen este tipo de pórtico sometido a cargas laterales.

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I

¡

¡

1

7 )

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El== 5.ixl0-3

{M} ton-m

I

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'. Nótese la magnitud del desplazamiento horizontal del pórtico (134 mm aproximadamente) . y los fuertes momentos flectores en la viga y columna. Estos valores nos indican que para cargas laterales, la respuesta del pórtico es muy sensible a las condiciones de apoyo.

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~

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219

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e

220

~

6.10 Pórticos Planos Sujetos a Cargas Laterales Las cargas laterales suelen provenir de la acción de un sismo o viento actuando sobre la estructura. En el caso de sismos, las cargas laterales que se generan en la estructura provienen del movimiento del suelo y son de naturaleza dinámica. Sin embargo, las Normas permiten calcular un conjunto de cargas laterales estáticas que intentan simular la acci6n dinámica máxima que puede producirse en la estructura. La determinación de .las cargas laterales estáticas "equivalentes" depende de diversos parámetros, entre ellos se encuentra el perIodo de vibración de la estructura. Ejemplo 6-26 El ejemplo que se desarrolla a continuación, pretende dar una idea de la repuesta de un pequef\o pórtico de un piso frente a cargas laterales. No se cubren las numerosas variables que influyen en la respuesta de los pórticos frente a las cargas laterales. lO__ro_n~ •• r4

~6

5~

"

Se desprecian las deformaciones axiales

3

2 \

E = 2x106 ton/m2 Sección columnas 0.30 x 0.60 Altura columnas = 3 m (EA

\\\\

6m

6

oc

A

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"7

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J

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Aprovechando la simetrfa del pórtico y la antisimeúla de las cargas, la estructura puede reducirse a la mostrada a continuación. 2 3 __.

.......... --__;~

)

)

)

J

1/2. AI2

)

)

-j

\\\

SistemaQ - D a) Caso ,. Corresponde a un caso extremo en el cual las vigas 00- tienen rigidez a la flexión (El viga = O).Las columnas trabajan en voladizo. La rigidez lateral del pórtico ·(KL = Flatlll = 1012.78) es de 3.6ton/mm aproximadamente.

J

-') ) ~

10

.

f f f

JO ton

{M} ton-m 10 ton-m

10

-~

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-

\

+-

10/3 ton

~

220

C

.

")

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22J

.-'~

b) Caso 2. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen una rigidez a la flexión pequeña (El viga = 0.1 El columna)situación que corresponde a vigas muy flexibles en " comparación a las columnas; Las columnas trabajan prácticamente en voladizo con , puntos de inflexión altos. La rigidez lateral del, pórtico (1012.19)es de 4.57 ton/mm aproximadamente.

)

J "

)

)

1

)

0.52/

:

1.05

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.:0.9h

{M} ton-m

0.8 h

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+-

8.9

\

~~\~.k +-3.67

+.16 0.35

....t

3.16

0.35

c) Caso 3. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen la misma sección que las columnas (El viga = El columna).Nótese que la columna central toma más cortante que las extremas (1.36 veces más) también que el punto de inflexión está más bajo. Las fuerzas axiales que se desarrollan en las columnas, aunque parezcan pequeñas, equilibran un parte importante del momento volcante total (10 x 3 = 30 ton-m), la contribución de las fuerzas axiales en las columnas al equilibrio del momento volcante es cercana al 40% ( 0.98x12 / 30) el 60% restante lo equilibran los momentos flectores en la base de las columnas. la rigidez lateral del pórtico (10/1.14) es de 8.77 ton/mm. ,,.;

y 0.54/

{M} ton-m O.64h 5.7

221

~--,.... --::.-_:.-:~'.~-.'.-'~=.:::'

222 d) Caso 4. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen diez veces más inercia que las columnas (El viga = 10 El columna). Corresponde a una situación de "vigas robustas" en comparación a las columnas. El desplazamiento lateral del pórtico se ha reducido considerablemente (compárese con el caso 1) lo cual se traduce en un aumento importante de la rigidez lateral del pórtico, cuyo valor es 13.19ton/mm. Los puntos de inflexión en las columnas se ubican prácticamente al centro de su altura. mientras que en las vigas han experimentado un corrimiento (compárese con el caso 2). Las fuerzas axiales que se desarrollan en fas columnas equilibran cerca del 50% (1.21x12 /30) del momento volcante.

} } . 10EI

0.631

.. •

Il. = 0.758 mm

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J

v 111

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{M} ton-m

0.52 h

) ":) )

5.0

\

)

.3_21

,)

1.21

)

+--

e) Caso 5. Corresponde a un caso en el cual las vigas son muy rlgidas en comparación a las columnas (El viga= 100 El columna). En este caso las columnas trabajan corno doblemente empotradas y toman la misma fuerza cortante. Este caso corresponde a la máxima rigidez lateral que puede alcanzar este pórtico en particular, KL = 14.29ton/mm. los puntos de inflexión en las columnas se ubican exactamente al centro de su altura.

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0.5 h 0.5 h

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J J

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)

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)

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1.25

~

222

CJ

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r

223

La variación del desplazamiento lateral del pórtico y en consecuencia de su rigidez lateral, se muestra en la figura a continuación. La figura corresponde a columnas empotradas en la base. 0.30

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,...... 0.25

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L

0.20

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0.15

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0.10

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2

4

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•••

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..

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8

•••

0.-

10

El viga I El col e) Caso 6. Para cuantificar la influencia de las condiciones de apoyo de las columnas, en la respuesta del pórtico frente a cargas laterales, analicemos nuevamente el Caso 3 en el cual las vigas tienen la misma sección que las columnas (El viga = El columna)cambiando los empotramientos en la base por articulaciones. La rigidez lateral se reduce a KL = 1.96 ton/mm, este valor es inferior al Caso 1 que tiene vigas de inercia nula. .. Los puntos de inflexión en las columnas se ubican en la base de las mismas. Es interesante comparar el diagrama de momentos y las reacciones en la base con las obtenidas en el Caso 3.

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224

~

6.10.1 Matriz de Flexibilidad Lateral de Pórticps Planos Establece la relación entre fuerzas laterales y desplazamientos laterales: {DL} = [FL] {QL} La matriz de Flexibilidad Lateral ([FL]) es simétrica y d~finida pO$itivs.es de LJtilidaden el análisis sísmico de edificios sometidos a carga.s laterales. Para su construcción, se define un sistema de coordenadas reducido eh el cual los gdl que nos interesan son los desplazamientos laterales del pórtico, tal como se indica a continuación. ""

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I

~

I

) -2)

I

"

1

"

)

I

1

."

Pórtico sometido a fuerzas laterales

1

J..

SistemaQ-D (sólo fuerzas y desplazamientos laterales)

Las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Flexibilidad Lateral eh un pórtico de tres pisos, utilizando la definición de coeficientes de flexibilidad lateral. aplicando cargas laterales unitarias en cada uno de los gdl.

)

)

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)

01

)

¡1

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i +----'---+-1

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I

) --~

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~f 1

)

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'j

J

-i

Primera columna de la Matriz de Flexibilidad Lateral

)

Segunda columna de la Matriz de Flexibilidad Lateral

J )

j

-=)

..) .)

.,

..) fl3

d

/

) 1

Tercera columna de la Matriz de Flexibilidad Lateral

~

)

~

j

. "::;.::-:.::=~:..:..:._.~.'.• :"':::'.:.::2..:__:::'~~;_:{.~~:::~~i! :.;':.,.~:.~ :'::'::";'~";..:' .::=-~;~.

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¡',y":"' __' ~._:.._...,':_.;' :,J,.\ ,.:..:: ....

. ..... _ .. ~ _ .::; .;::'"-"",'......,

225

Para el pórtico de tres pisos, tendremos: {DL}=[FL]{QL}

}

)

--:) )

)

J

~

DI} (fll

{ D3

D2 =

f21

f31

La matriz de Flexibilidad Lateral se puede generar fácilmente con la ayuda de un programa para el análisis automático de pórticos planos, definiendo sucesivos estados de carga, como los tres mostrados en la figura anterior y para cada estado de carga, basta obtener los desplazamientos laterales de los niveles para ensamblar dicha matriz.

6.10.2 Matriz de Rigidez Lateral de Pórticos Planos Establece la relación entre desplazamientos laterales y fuerzas laterales: {QL} = [KL] {DL}

La matriz de Rigidez Lateral ([KL]) es simétrica y definida positiva, es de utilidad en el análisis sismico de edificios sometidos a cargas laterales. Para su construcción, se define un sistema de coordenadas reducido en el cual los gdl que nos Interesan son los ,. desplazamientos laterales del pórtico, tal como se indica a continuación.

) D~

r-------,------¡

F2 ___..

D~

~---+-------i

Fl ___..

D~

~---+-------i

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. 1

"

,1,.

"

Sistema Q-D (sólo fuerzas y desplazamientos laterales)

Pórtico sometido a fuerzas laterales

} )

J

las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Rigidez Lateral en un pórtico de tres pisos, utilizando la definición de coeficientes de rigidez lateral, aplicando desplazamientos laterales unitarios en cada uno de los gdl.

) } )

!___ \

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) )

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D2 = 1 - Segunda columna de KL

D1 = 1 - Primera columna de KL )

-, ,J )

225

.~_ ··.---:;.-;,¡;-;c

__ ~"~-L

_

- .... -.~~:_~--- ... _~~-

-------

__

i~-_..

~

(jJ

226

:1;) ")

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) ) )

) )

D3 = I - Tercera columna de KL

)

Para el pórtico de tres pisos, tendremos: {QL}=[KL){OL} ~

{ FI} (kll F2 = k21

F3

-j )

k k23 k J{OI} 02 l2

k22

13

k31 k32 k13

~

03

)

Existen numerosas técnicas para generar la matriz de Rigidez Lateral de una estructura, en el acápite 7.11.2 se presenta una metodología para ello. Otra manera, que puede ser conveniente en muchos casos, es por inversión de la matriz de Flexibilidad Lateral, es decir, aprovechando la relación que existe entre ambas matrices (véanse los ejemplos del acápite 7.11.2): [FL] [KL] = [KL] [FL] = [I] ~

[KL] =

[FLr

L

6.11 Efecto del Desplazamiento o Movimiento de Apoyos Existen situaciones en las cuales es necesario cuantificar el efecto de los desplazamientos o movimientos de apoyo, en la repuesta de una estructura. Una situación de este tipo. puede darse en un pórtico en el cual los apoyos (zapatas) experimentan un asentamiento no uniforme (asentamiento relativo o diferencial) producto de la deformación del suelo en el cual se apoyan las zapatas. También puede ser de interés analizar el efecto que tiene la rotación o giro de las zapatas en la respuesta de una estructura sometida a cargas laterales. Este es el caso de las placas"o muros de corte en los cuales el momento flector que transmiten a la zapata suele ser elevado y en consecuencia la cimentación gira alejándose de la hipótesis de empotramiento perfecto que se suele asumir. El tratamiento de los desplazamientos de apoyo en el Método de Rigidez, es simple ya que estos efectos se incorporan en el Estado Primario. Lo que no suele ser simple, es la estimación de ra magnitud de los desplazamientos de los apoyos de una estructura. Ejemplo6-27 Veamos la manera de abordar el caso de los desplazamientos de apoyo en una estructura mediante un ejemplo sencillo. Se trata de una viga de tres tramos de luces iguales y sección constante en la cual el empotramiento izquierdo sufre un descenso de magnitud d. 2

El

El

v

"

" /

El

"

)¡

1

1

)

) ) )

)

-

'

--

:

:

.

I

) )

227

") )

• Estado Primario.

RI;:-

AIV \\\

J

J

6EI~ / ¡2

6EI~ I P

R)

R2 =0

=>

( ;p- (--+i--'fr-) (~ -'i ~ t ~

I

j

RI =

)

_, )

6EI~ ¡l

• Estado Complementario.

J

- 6EI~1

~

~.

\\

{ bhl6}

{Q} = -

~2

f

~

4

4

~

DI=~=O

~

• Coe,_ficientesde Rigidez. ,.

J

kll = SEI 11

)

k21 =2EIIl k22 = SEIIl

kl2 =2EIIl

_)

[K] {D}= {Q}

4~

·D151 =---,-

1~

D =-2 51

• Diagrama de Momentos final (Primario + Complementario).

, )

2.8

)

)

)

1 )

-,

Nétese-que el efecto del desplazamiento de apoyo se va "amortiguando" a medida que nos alejamos de la zona en la cual se produjo la "perturbación". Para darnos una idea de la magnitud de los momentos que se producen en esta viga por el efecto del asentamiento del apoyo de la izquierda, asumamos algunos valores correspondientes a una viga de concreto armado: E = 2xl06 ton / m2 1= 5 m Sección 0.25 x 0.50

) J ) )

)

El = 5,210

~ )

)

El == 208 /2

Si el asentamiento del apoyo es ~ = 0.05 m el diagrama de momentos es: 29.2

J ) )

{M} ton-m

) )

) ~

)

227

~

í.J)

228 La magnitud del momento flector qUE)aparece en el empotramiento de la izquierda es bastante elevada, es muy probable que lleve a la falla a la sección del empotramiento.

Eiemplo 6-28 Analicemos el efecto de un desplazamiento (asentamiento) de apoyo en el pórtico del Ejemplo 6-26. 4 5 6 ~--------~--------~

3

6m

....

")

) ) ) )

)

E = 2xl 06 ton/m"

Secci6n de vigas y columnas OJO x 0.60 m Altura de las columnas == 3 m Se desprecian las deformaciones axiales (EA = r:x»

\\\

....

'j) )

) ) )

-J 6

.j

u A

a) Caso 1. El empotramiento izquierdo (nudo 1) sufre un asentamiento instantáneo de magnitud A = 25 111m. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuación se muestran los resultados. El desplazamiento horizontal de la viga es de 2.46 mm. Nótese la magnitud de los momentos flectores que se producen, éstos no son para nada despreciables.

-=l ) ) )

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-

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o

¡:::

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:;;) {M} ton-m

:3 ---j )

13.93

-d )

b) Caso 2. El empotramiento central (nudo 2) sufre un asentamiento instantáneo de magnitud a = 25 mm. Como era de esperarse, al ser la estructura simétrica asl como la solicitación, el desplazamiento horizontal de la viga es nulo asl como la rotación del nudo 5 y el diagrama de momentos es simétrico. Nótese nuevamente la magnitud de los momentos flectores que se producen, éstos no son para nada despreciables.

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'-J ,J )

::J )

61

.)

'"

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30.00

_/

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•

)

6.12 Efecto dé los Cambios de Temperatura .. ·.Existensituaciones en las cuales es necesario cuantificar el efecto de los cambios de ....:ternperatura en la repuesta de una estructura. Los incrementos o los descensos de .•.•..temperatura en una barra de una estructura pueden ser uniformes, es decir todos los puntos experimentan el mismo camblo, o pueden ser diferenciales. El tratamiento de los cambios de temperatura en el Método de Rigide~, es simple ya que estos éfectos se incorporan en el Estado Primario. Lo que no suele ser simple, es la . estimación de la magnitud de los cambios de temperatura, normalmente es necesario contar con mediciones de las variaciones térmicas a lo largo del tiempo para estimar los valores máximos, mínimos y medios.

• I

i

I 1

[

i ) ~

•

~ ~

6.12.1 Cambios uniformes de Temperatura. En una barra del tipo armadura o del tipo viga, los incrementos uniformes de temperatura generan alargamientos o acortamientos también uniformes. A continuación se muestran las fuerzas de empotramiento. en este caso fuerzas normales, para una barra del tipo mencionado de peralte h. _l

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)

EA

~~--S

~h

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AT' incremento

11'fO

~._. EAaA'fO

)

)

+-~

ATO decremento

)

~__. EA

a AT'

)

J )

...,

.J )

J

En estructuras isostáticas (externamente e internamente) los cambios de temperatura, de nudos y en consecuencia cambios en la geometria. Por ejemplo en la armadura mostrada a continuación, la cual es isostática externa e internamente, un cambio de temperatura en una o varias barras no causará esfuerzos en las barras. ATO. no causan esfuerzos en la estructura, sólo desplazamientos

ro ..

&

) _)

Esfuerzos en barras {o"}= {O} Desplazamiento de nudos {D} *" {O}

Apoyo deslizante

) I

)

1 ~

)

) )

Por el contrario, en estructuras hiperestáticas (externa o internamente) los cambios de temperatura en una o más barras originan desplazamientos en los nudos y esfuerzos en las barras. Por ejemplo en la armadura mostrada, que es externamente hiperestática e 229

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V

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230

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internamente isostática, un cambio de temperatura originará desplazamientos y esfuerzos en las barrasl

) ') ) )

..... Aro I -+ Brida superior (expuesta al sol). Aro 2 -+ Resto de barras.

) )

) )

)

Para la armadura de la figura anterior, que tiene 12 gdl, el cálculo de las Cargas de Fijación (Estado Primario) es simple. Se Calculan las fuerzas de empotramiento en cada una de las barras, que en este caso son únicamente fuerzas normales (qi Ei Ai ai ATiO) luego por equilibrio de cada uno de los nudos se calculan las magnitudes y sentidos de las Cargas de Fijación (Rl, i =1,12). La figura a continuación muestra un esquema del cálculo de dichas cargas. Los desplazamientos de los nudos se obtendrán del Estado Complementario y las fuerzas finales en las barras de la superposición del Primario y Complementario.

=

) .~

J 1 ) )

-J )

-4 ) )

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El mismo procedimiento descrito es aplicable a estructuras isostáticas externamente e hiperestáticas internamente tal como la armadura mostrada a continuación.

) j :)

-:>

) Isostática externa. Hiperestática interna.

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)

:::}.

"1 ~

6.12.2 Gradientes de Temperatura. A continuación se muestran las fuerzas de empotramiento para una viga de peralte h, sometida a una temperatura inferior (Ti) menor que la temperatura exterior (Te). Se ha supuesto que la variación de la temperatura 8. lo alto de la.seccíón es lineal. Situaciones de esta naturaleza se pueden presentar cuando la superficie exterior está .expuesta al sol mientras que la interior está protegida. la deducción de las fuerzas de empotramiento se deja como ejercicio al lector, ésta se puede realizar utilizando el Método de Flexibilidad y Trabajo Virtual (carga unitaria) para calcular los desplazamientos en las redundantes ocasionados por la variación de temperatura mostrada.

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J

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V 230

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h

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I

1 -,)

i

~

Te>Ti _ AT=Te-Ti

'----

, Existen situaciones en las cuales puede ser necesario estimar el efecto que produce en la estructura, un incremento de temperatura solamente en una de las fachadas del edificio. En la figura a continuación se muestra la configuración deformada de un edificio de seis pisos en el cual una de las fachadas se encuentra expuesta al sol y la otra en la sombra. El alargamiento de las columnas por el incremento de temperatura, genera un movimiento lateral del edificio y esfuerzos en las barras.

)

j

I¡

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Variación lineal (supuesta) de la temperatura en la altura de la sección.

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I

Sol

t

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) J

I

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Ejemplo 6-29 Para estimar los esfuerzos que se generan en una viga por un aumento de temperatura o gradiente no uniforme, analicemos la viga de tres tramos mostrada que pertenece al tablero de un puente continuo. Se ha supuesto que la viga es de concreto armado f~ (E = 2xI06 tonfm2 a R::1xl0·s l/OC) de sección constante O.40x:1.20 m y que está sometida a '> un gradiente lineal de temperatura de 30°C, es decir, la parte superior de la viga se § encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estar expuesta directamente al ~. sol. >_

)

.., )

J ")

231

232

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~O

1

So)

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! 1

9.00 m

9.00 m

9.00 m

)

J

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A

~

~

J~

A

Deformada Dv rnax = 1.07 mm

-d ) ~

~t~~~ 34.56

{M} ton-m

)

) ) )

34.56

.)

)

Nótese la magnitud del momento flector en las vigas (cerca de 35ton-m). Si bien es cierto que en un puente las cargas muertas y vigas suelen causar momentos flectores mayores que los producidos por el cambio de temperatura analizado, también es cierto que en el tramo central, los momentos por cambio de temperatura son del mismo signo que los producidos por las cargas permanentes (momento positivo en el paño central) y en este caso pueden representar una fracción no despreciable.

)

)

)

)

)

E/emplo 6-30 Para estimar Jos esfuerzos que se generan en un pórtico pequeño por el aumento de temperatura en algunos de sus elementos, analicemos el siguiente pórtico. 4

~

"j

--J J

6

5

)

.-J

o) 2 \\

oc

JI

3 \\\\

\\

6m

u JI

6

J j

.,)

"

JI

El sistema Q-D consiste en el desplazamiento horizontal de la viga y las rolaciones de los nudos 4, 5 Y 6. En total la estructura tiene 4 gdl.

,)

¡J

-1

_)

q "

Caso 1. La viga experimenta un Jncrerneeto uniforme de temperatura·de 30°C. Nótese que ..en este caso ;Ia.,estructuray Jas ~argas son simétricas, .por le-tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimiento horizontal ni rotación, en consecuencia la estructura se puede reducir considerando un empotramiento en dicho nudo. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuación se muestran algunos de los resultados.

,j

,

'''7

)

.J ~

232

'O

::?

r!

233

I

Nótese la magnitud del momento flector en las bases de las columnas extremas, es probable que dicha magnitud sea comparable o superior a la ocasionada por las cargas permanentes en servicio que actúan sobre el pórtico.

1 )

-, '.

)

Caso 2. La viga experimenta un gradiente lineal de temperatura de 30oe, es decir, la parte superior de la viga se encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estar expuesta al sol y no contar con protección térmica. Nuevamente la estructura y las cargas son simétricas, por lo tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimiento horizontal ni rotación, en consecuencia la estructura se puede reducir considerando un empotramiento en dicho nudo. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuación se muestran algunos de los resultados.

)

J

~

-)

_) )

Deformada

)

Oh nudo 6 = 2.1 mm

) ) )

_) ) 1.44

)

-,.J {M} ton-m

.) _) :)

.»

.e) ) )

Nótese la magnitud del momento f1ectoren las bases de las columnas extremas y en los extremos de las vigas cercanos al nudo 5.

.J _)

) _)

233

¡tI) 234

~ ~

)

Caso 3. La columna de la derecha experimenta un incremento uniforme de temperatura de 30°C por estar expuesta al sol. En este caso el sistema de cargas no es simétrico, en consecuencia, la estructura no se puede reducir. A continuación se muestran algunos de los resultados.

) ) )

) )

}

Deformada

)

Dh nudo 6 It$ -0.088 mm Dv nudo 6 ""-0.9 mm

)

)

--} ) ) 0.37

.,

0.71

)

{M} ton-m

--j ) ~ -)

) )

6.13 Parrillas Las parrillas son estructuras planas con cargas perpendiculares a su plano. Las barras se suelen modelar como elementos unidimensionales que trabajan a flexión y torsión. Las fuerzas de sección en las barras son: Cortante. momento f1ector y momento torsor. No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al plano de la parrilla. Para analizar este tipo de estructuras mediante el Método de Rigidez. es necesario considerar tres gdl en cada nudo: dos rotaciones contenidas en el plano de la parrilla y un desplazamiento vertical perpendicular al plano. La rigidez en flexión de las barras es la misma que para el caso de los pórticos planos y la rigidez en torsión de las barras (el cociente entre el momento torsor y el giro correspondiente) se calcula mediante: Kt= Mt 9t

=

E G = 2(1+v)

GJ L

) ) ) )

~ ) ) )

'"J )

"3 j

(Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante)

El término J depende de las caracterrsticas geométricas la sección transversal de la barra. Para barras de sección circular, J corresponde al momento polar de inercia de la sección (J = 1t D4 I 32). En las barras de sección rectangular las secciones planas se alabean por el efecto de la torsión, por lo tanto el cálculo de J es bastante más,complejo, fa Teorla de la Elasticidad índlca que si se acepta la torsión de Saint-Venant se tendrá:

~ ::)

) ) :) ,) _)

J=(3hb3

(3~ .!.(l-O.63~) 3 h En la ecuación anterior b es el lado menor de la sección y h el lado mayor.

)

) ,~

Eiemplo 6-31 Analicemos la parrilla cuya vista en planta se indica a continuación, que está contenida en el plano XZ. Las barras son de concreto armado de sección rectangular. Sobre la barra 2-3-4 actúa una carga repartida vertical de 10 ton/m. Los únicos grados de libertad de la parrilla pertenecen al nudo 3, un desplazamiento vertical (DI), una rotación alrededor del eje X (02) Y una rotación alrededor del eje Z (D3). La rotación D2 origina flexión en la barra 1-3-5 y torsión en 2-3-4 mientras que la rotación 03 produce el efecto inverso. 5 }

, , )

x

2

z

., ~.,

"1

._

w=

10 ton/m

Q-D 6

-.

\

.1

.._

:1

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~

._

J

O.30m

;~, .~: ,.

~

~

0.40 .,. "C

6m

3m

Sección de las barras

__ "

Material (concreto armado):

E

= 2.5xl06

v ~ 0.15 )

Propiedades de las barras:

~~'3!'(l- 0.63

} )

J ! )

x

0.4) ~ 0.23 0.8

J = 0.23(0.8)(0.4)3

OJ~ 12,800 ton-m 2

~:.

J

ton/m2 (le = 280 kglcm2) E/G ~ 2.3 G ~ 1.09xl06 tonlm2

El ~ 42,670 ton-ml ~ OJ ~ 0.3 " El Nótese que la rigidez torsional, medida a través de OJ, es bastante menor que la rigidez a flexión medida a través de El

"~

)

• Estado Primario

j )

co4 )

:1

JI 7.5

J ) .)

)

Equilibrio del nudo 3:

R, =-45 ton R2=0

)

...,

.) )

RJ = 22.5 ton-m

235

252

6.15 Estructuras con Elementos de Sección Variable Este tema fue tratado extensamente en el acápite 4.9. en el cual se presentó la metodologra para obtener la matriz de rigidez de barras de sección variable y los momentos de empotramiento. En el Método de Rigidez el análisis de estructuras con barras de sección variable. es tarea simple. basta con calcular previamente las matrices de rigidez de las barras y sus fuerzas de empotramiento.

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i.

l

l¡D ~ ~

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Ejemplo 6..36 Resolver la viga de dos tramos indicada a continuación. la viga es de ancho constante igual a 0.35 m. El módulo de elasticidad es B = 2.2x106 ton/m2. Para la solución se utilizará un sistema Q-D reducido que no incluye como grado de libertad la rotación del nudo 1 o~

I

11:

¡

l.

I I I

l

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\\\ J¿ /1

yl

)

5 ton 1m

v I¿ í1j m 11 4.5

12 m

~

~

I

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10.5 m

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0.90 m

J¿

I!

11

:$:0.90 m

*

01

í1

) ~

) .-=) )

)

)

)

Q-D

)

• Coeficientes de rigidez y momentos de empotramiento Utilizando las Tablas para barras de sección variable de la peA que se resumen en el Anexo 1 se tiene: a} Barra 1 .....2 ftü =0.70 ft21 = 0.47 (factores de transporte) k22 = 6.72 El/IS' kll = 4.48 EIIIS

)

)

-) 'o"

;) o.

)

.) ~

{q}

= [kJbarra {d}

[ k]'

~ El [ 4.48 15

barra

3.15

3.15 ]

J

6.72

G

·3

Rigidez modificada de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.3): k'22

= k22 x (1

- ft12 x

ft21 ) = (6.72

El/15) x ( 1 - 0.70 x 0.47) ~ 4.51 (BIlIS)

Momentos de empotramiento: J.112 = - 0.0685 ro (15)2 J.121 = 0.117 (J) (15iMomentos de empotramiento modificados de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.7): U'IZ

=O

U' 21

b) Barra 2 - 3 ftl2 = 0.449 kll = 8.29 El/lS

= UZI + fl2 x Ul2 = 0.117 x S x 152 + 0.70 x ( 0.0685 x 5 fhl =0.791 k22 = 4.71 BIlIS

x 152 ) .~ 18S.6 tonxm

~

·~

:)

J

)

.J J

.)

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-·C·C···:..

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':_¡'-~;,,"-_,;_;=C:;_";

253

[ k] barra

{q} = [k]barra {d}

El [ 8.29

~

15

3.72

3.72 4.71

J' q-d

Momentos de empotramiento: Ul2 = - 0.131 x 5 x 152 ~ -147.4 tonxm

•

~O(I~t;¡

J I

=

0.063 x 5 x 152

:::s

70.9 ton x m

Estado Primario 185.6

1

U21

¡--r---r-¡

~"f~

25.16

1

RI ~

147.4

70.9

~f f~ (1 ¡ J f ~T f42.60 49.84

¡...........--¡

¡~

¡ , ¡

't0 (i--{

32.40

92.44

)

R¡ = 185.6- 147.4 = 38.2 ton-m I ')

) 70.9

-¡

)

~

•

\

Estado Complementario 01 = 1

_j ~-----.._

_j )

f#.

I'!

~

F'

kll

)

OJOl El

~f T) C~j(F-:;;=-

)

)

0.020 El

-j

..

k¡ I = 0.553 El + 0.301 El = 0.854 El

J

~

0.301 El

.)

0.248 El

J )

...) )

{M}t

) i

"

.)

)

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O.058EJ

)

")

j

~

0.038 El

.) ,

0.248 El

0.553 El

~

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~,-~ -"" ;-:

253

C~

Q)

Q)

2S4

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lJ~spléi.za.rn¡ent()sen fas coordenadas [K] {D} = - {R} (O.854EI) PI == - 38.2 • Motnentos fináles· en las barras

)

•

--+ D1= 92 ~ -

}

44.73/ El

) )

{M}p + {Mhx D1 = {Mb

o - 185.6 - 147.4

')

O

+

-70.9

- 0.301 0.553

O

El x (- 4;~73)

- 0.248

=

)

- 172.1 - 172.1

')

- 59.8

)

) )

•

Momento f1eclor (ton-m)

~

172.1

) ") ) )

---;J ) ,...:) )

67~8 @5.2 m

•

)

J

Deformada

) )

"r'

-,

)

)

-) Nota: Se sugiere al rector resolver esta viga considerando dos grados de libertad (las rotaciones de los nudos 1 y 2). En este Cf;lSO no será necesario modiñcar los coeficientes de riglcjez de la barra 1 -2.

) ") )

Eiempió.6-37 Para cuantificar la influencia que tiene la sección variable en la repuesta de la viga del problema anterior, a continuación se presenta el d.iagramade momentos fleclores para el caso de sección constante O.35xO.90 m, E = 2.2xlO6 tonftn2•

-7 .',.: ;~ ,

) ~ - ::>

l20.5

~

80.4

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J

J ')

t

) 34.82 H6.K~5.Y

m

Momento flector (ton-m)

254

J )

..,) ;9

"7

•

Defonnada

}.

Nota: Se sugiere al lector resolver, por el Método de Rigidez, las vigas de 'los .ejernplos .• 8~10y 8-11-del Capítulo 8 del Método de Cross.

) _) ")

~

6.16 Estructuras con Elementos Indefonnables Cuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande, estos pueden modelarse bajo la hipótesis de El = 00, es decir como si fueran sólidos rígidos. En estos casos debe modificarse el sistema de coordenadas para reflejar la dependencia de los desplazamientos en los extremos del sólido rfgido. El análisis de este tipo de estructura se ilustrará' mediante los ejemplos presentados a continuación.

) )

'} )

'. - Ejemplo 6-38 Resolveremos la armadura mostrada para los dos sistemas Q - D indicados. La barra 3-4 es un sólido rígido, las otras barras son de acero con E = 2.0xl 07 tonlm2 y área 0.002 m2.

)

lO ton

)

+

)

3m

\1

)

K

4m

\1

f\

)

-7 ¡)

?

a) Solución en el Sistema O,-DI •

Estado Primario. Las fuerzas en las barras deformables son nulas ya que no hay deformación axial en ellas. El primario se resuelve por equilibrio del sólido rígido.

,j I

,)

t t ! f)

R,= O

R2 = 10 ton R3 = - 40 ton-m

l

) I

.)

255

¡J}

a)

256

~

•

-J

Estado Complementario

)

. ..

,

/'

) )

x=o.s_A

) ~

)

1

")

q2 = + (2xIO')(0.002) (0.8) = +6~400ton/m= O.16EA 5

) )

) ~

) )

o

6,400

o

kll = 6400 x 0.8 = 5,120 tonIm

=

0.128EA

)

k21 = 6400 x 0.6 = 3,840

= 0.096EA

)

k31 = - 3840 x 4 = - 15,360

= - 0.384EA

~

) ::2) )

) )

) ) }

1

x=O.6

) )

,) )

q.

= q3 = + (2xI07)(O.002) (1) = 13,333 = 0.33EA 3

q2 = + (2xl0')(O.002) (0.6) = 4,800 =0.12EA 5

kl2

= 4800 x 0.8 = 3,840 = 0.096EA

k22

= 2 x 13,333 + 4,800 x 0.6

= 29,547

= O.739EA

k32 = - (4,800

x 0.6

= - 64,853=

+ 13,333) x 4

- 1.62EA

.)

~. J

,) ,--:J --j

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J ,)

)

256

J :10 "o")

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257

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-;: 1"122 -

ZZ

ZZ

k3J

o

7t

19,200 ..

A

53,333

q2

= - (2x107)(O.OO2>C2.4) =-19,200=-0.48EA 5

q3

= (2X107;(O.002) (4) = -53,333 =-1.33EA

kJ3 = - 19,200 x 0.8 = - 15,360 = - O.384EA k2J = - 53,333 - 19,200 x 0.6

= - 64,853 = - 1.62EA k33 = (53,333 + 19,200 x 0.6) x 4 = 259,413 = 6.485EA

) ';

)

)

..

'~-.: .J\"

.,.\-,., ~"

.;.

•

Matriz de Rigidez

~~;'

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0,,'.,,.

:....~.

[ 0.128 [K) = EA 0.096 -0.384

[K] {D}=-{R}

-+

0.096 0.739 -1.62

{D'}=E~

.0.384] [ 5,120 -1.62 = 3,840 6.485 -15,360

22.50 } O { 7.5

=

3,840 29,547 -64,853

-15,360] -64,853 259,413

{5.625 X 10-4 m } O 1.875 x 10 -4 rad

)

") ~

....

) - 10

Deformada

Fuerzas axiales

.)

(ton)

_)

)

)

....

257

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o

258

1,

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l

.')

b) Solución en el Sistema 01- 01 •

Estado Primario. Las fuerzas en las barras deformables son nulas ya que no hay defonnación axial en elfas. El primario se resuelve por equilibrio del sólido rfgido.

) ) ')

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')

J )

)

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Estado Complementario

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x=o.~

)

)~ ~

1

)

) ') q2 = + (2x107)(O.002) (0.8) = +6,400 5

= 0.16EA

)

) ,)

k) I = 6,400 x 0.8 = 5,120 = 0.128EA

k21 = O

) .)

.)

k31 = 6,400 x 0.6 = 3,840 = O.096EA

)

)

'J

~) ~

'-J "9 qJ

= + (2xl07)(0.OO2) (1) = 13,333 3

-:::J

,;"0.33EA .

)

,) :)

J j \\\

)

J ') 258

'~

.~

I

I

1

t

)

')

259

k12= O kn == 13,333 = O.33EA k32 = O -¡ )

} ) )

1

) )

. x~O.6 ) )

.q2 = + (2x1 07)(0.002) (0.6) = 4800 ::;0.12EA . 5 .

} )

q~=+ (2X101~(0.002)(1) = 13333.33 = 0.33EA

) )

x 0.8 = 3,840 = 0.096EA.

)

kl3 = 4,800

)

k23= O

)

k3J = 13333.33 + 4800?C0.6

-:\ ._)

I

•

Matriz de Rigidez

) )

= 16,213 = OA05EA

[K]=

J

EA

[

0.128

O

0.096]

O

1/3

O

0.096

O

00405

[5,120 =

O 3,840

O

3,840]

13,333

o

16,2~3

)

) )

[K] {D}

= - {R}

~

{"D}

= ~{

2~.50 } = { 5.62~ X 10-4 m}

- 30,00

.)

-7.500X 10-4 m

)~) ) _) )

.-=:) ) l

_) __)

:) .J

Fuerzas axiales (ton)

Defonnada 259

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~.:ji~,

(l) 260

'~

~

Como era de esperarse, la solución para ambos sistemas de coordenadas es la misma. Nótese que los resultados de las fuerzas finales en las barras, pueden obtenerse por simple equilibrio ya que la armadura resuelta es isostática.

"j ) ) )

Ejemplo 6-39 La barra (viga) 5-6 del pórtico mostrado tiene rigidez a flexión infinita (El = IX) ) se desprecian las deformaciones axiales en todos los elementos. Las columnas y la viga del tramo 4-5 tienen El = 3,000ton x m2.

) )

6

5

--j ) )

3m 3

2 \\\

") )

El = €X) 4

) .)

) \\

\\\\

4m

)

6m ~

El sistema de coordenadas adoptado para la solución de la estructura es el siguiente y refleja la presencia del sólido rrgido (barra 5-6).

.)

A

) ~2

)

)

)

(2 GDL)

)

)

\1

)

Q-D

•

Estado Primario. Nótese la presencia de fuerzas internas en la barra 5-6, estas fuerzas son necesarias para mantener el equilibrio de los nudos.

:>

)

)

)

J

)

.:) 0.89

8

t !

R2 = - 5.333t-m

,~ --j .~

~

5.33

--J

.,)

...)

5.33

:J

.)

.

{M}p

_)

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J ~

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I

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l

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1,

1

i

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")

)

_:~.~,l~:_·~ .:~~:.. - -~~~'~:':,~~;.:;:'

261

.

)

•

Estado Complementario Nótese la presencia de fuerzas internas en la barra 5-6, estas fuerzas son necesarias para mantener el equilibrio de los nudos.

)

~

k12

} J

~

kll

)

M=V=O

~I

-+

+=

~6x3000 ~ 32

)

)

~j

Oll)

c.~ V 6x3000

12",3000

33

33

't. ....:J

tI'7\

+ t

12%300:+

j.

(pfZWWiE

~

't(_,)6x3000. ,r:-\ 32

) )

V =667

32

12%3000 { 33

....:J

'-J

1

.~

)

-; ) )

} )

kll= 3 x ( 12X3000) 33 = 4,000 ton/m = 1.333El k12= - 6x~~00

= _2,000

{M}¡

= -0.667 El 2,000

2,000

2,000

_j

J

r r·''"' '·' ·' ·' "' 1

)

> )

-~.

J

D2 = 1, DI =0

J .)

k22 ~

)

-;) o,_)

k2l

V) (-i t \.....JI

)

}

j

2> _)

4~

C!Ztl=Z;(~~0~;:t7Zi11 4x6

M=V=O

6(3000) 32

x.> .)

6(3000)/42

i>

r,;.,. 4(3000)/3

..) .) ..)

2(3000)

4(3000) 4

2(3000)/3

"l\ 261

M=V=O

:

::)

-7 6 k21 = - 32 (3000)

)

= - 2,000

) )

k22= (~ + :)(3000) = 7tOOO= 2.333 El.

{M}z

) \

-, ')

•

Matriz de Rigidez [K] {D} = - {R} 4000 [ - 2000

- 2000 ] 7000

)

{DI} = D2

)

{O } 5.333

D)} =:)

{ D2

{ 0.444xl0-3 m } = 0.889xlO-1 rad

) .:;)

) •

")

Momentos finales en las barras

)

{M}F= {M}p+{M"l)xDJ+{M}2xD2 6.67

)

---} )

5.78

~ )

) )

)

) )

{M}y 0.89

J

(ton-m)

0.89

0.89

o ) )

Ejemplo 6..40

J

La estructura mostrada está compuesta por un sólido rígido apoyado sobre una barra flexible (barra 1-2) en flexión e indeformable axialmente de longitud 3 m

-']

\1

J =3 '-1 #9

3m

2 ton/m

-;) ) ,)

J ) Sólido rígido

Q-D

El \\\ \\

) ,)

)

~

-, •

Estado Primario. Las cargas de fijación se calculan por equilibrio del sólido rígido. Nótese que en la barra flexible, al no haber deformaciones por flexión, no existen fuerzas internas.

4/3

r

A

213~ "

)

)

.:~ .'

')

,

RI = - 4 ton

R2 = - 8/3 ton-m

)

.-

M=V=O

-.-..

»

\\\\

•

)

Matriz de Rigidez

) ) )

kll

)

}

k = 12E! = 4EI ~ 0.444 El 1I

)

(3)3

9

)

6El 12EI 14EI k =----x2=--~-1.556El 21 (3)2 9

-}

(3i

_,)

J _)

) )

)

J )

J.

I ..;))

- _) I

) .~

12x2 (3)3

'; )

J .J

Y _)

Fuerzas en la barra 1-2 (multiplicar por

263

En

'] )

Equilibrio del sólido rígido para DI = O.D2 = 1:

)

k __ 12x2_ 6 =_14El 27

12 -

¡ í

I

¡

9

)

9

)

)

\

)

! ~

•

¡

12~ 9 3

1

12x2

6

27

9

-+-

) ) )

-+-

;)

[K] = El [ 4

1

9

-14

)

-14 ]

)

52

)

•

Matriz de Flexibilidad de la estructura

)

---j ) ~

.) ) .) ) )

m,(x) =5-x

5

r = 3Jm1m¡ = lI(5-X)2 11

o El

)

=1

)

,Jdx

>

El

o

m2(x)

39 El

f. = f = lJmlm2 12 21 El o

= ~(5 + 2) = 10.5 2

-)

El

) )

l

f22

= ¡mam2 o El

= (1)(1)(3)= 2_

[F]= - 1

[39 El 10.5

•

-:) ) --:)

El

103.5]

--j

..,

Producto de las Matrices de Flexibilidad y Rigidez

El [4

[K][F]=[F][K]=9

-14

-14]

52

1 [ 39

El

10.5

-0

10.5

o

3

1

:) -:')

-) '-) j .)

J <~

:': >,"

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..~ '_"'_"_":_' .~._

265

Ejemplo 6-41 Resolvamos nuevamente la estructura del problema anterior, modificando el sistema de coordenadas.' '

"i

3m

\J

1\

1\

2 ton/m -: ;

"

}~'

}

f~,

)

;:~

1

~~~~

J 1

,,'

~::

~: t,

Sólido rígido

\\ ,\ \

El

W_, "

"i ..

~: <,

\\\\\\

•

1 l

Estado Primario. Las cargas de fijación se calculan por equilibrio del sólido rfgido. Nótese que en la barra flexible, al no haber deformaciones por flexión, no existen ,fuerzas internas.

'. }

4/3

)

RI =_ 4/3 ton R2 =_ 8/3 ton

8/3

\

J

•

Matriz de Rigidez

1

1/4

J )

.)

-' .)

1\

"\1 JI

+

1 \

/ 1" I

\

,)

«>(~)x (~)

61t

-x(3)2

4

~(%)x{~) ~)

Fuerzas en la barra 1-2 (multiplicar por El)

.J

.) _)

.. ';_:',:

--= .:..,....:r

:;~-E±,:~ii~l:,,~;~2~~~~ 1:: .~:~3~;-~' -:::'.::_~~ -. ..-.~:~:~~:<~~: ;:::":-':~ ~,-_¿.:;';; ..~L:::~~~~~::':·'I':..j~·-:· -;~~;~,:; ~;_',.~;~'~,: ':'-;~-;~~~::"';'~~

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265

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~

266

1

~

!

1

f

Equilibrio del sólido rígido para DI = 1, D2 = O:

f'\

....

I

\.

~

)

k21

/

k'l

X /

=

(.!.!.X4 + 1)x.!. = 18

4

\

[¿_

1

-_\

_-I

kz, =(-l)x 4 =

kll

....

) ) ) ")

31EI 36

-El

.,

4

~-)

g+~=.!! 27

36

18

~6

) 4

)

-+-=} 9 J2

-3 1

) )

I

\1/1 1 I

)

/1\

)

11

-:)

',) .~

) ) )

\\\\

DI = O, D2= 1

Equilibrio del sólido rfgido para DI = 0, ~ ~

=

)

(}

/ -~"'''k22 /

\

k 12

X

/ V

)

1:

=(-.!._.!.X4)X.!.= 3 6

\ \

k =

_---l..... kI2

,K\:::;~ }í; [K] =

22

EI[

3>S6 -~

(.!.)3 x.!.4

4

-El

4

) )

.) = El

12

) )

j

)

-;}

.,

-j •

Matriz de Flexibilidad de la estructura

'-J

:)

266

267

Im,m = J{3- X)2 dx = _2_

f =3 11

o El

l

f. =f

3

o

El'

El

,

12

•.

21

.'

= lJmlm2 = lJ(3-X)(7-X)dx= El El o'

"

o

27

El

lI

f = mlm2 = 3$(7 - X)2 dx = 93 22 El El El o o [ F]- _1 [ 9 El 27 •

)

27 ] 93

Producto de las Matrices'de Flexibilidad y Rigidez

) ) )

,"

, 6.17 Estructuras Espaciales

, .:Cada nudo tiene en general, seis grados de libertad, tres traslaciones ortogonales y tres ,;. rotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. El análisis de ,',' estructuras espaciales por el Método de Rigidez, conlleva un gran número de grados de ,libertad. Su aplicación manual es virtualmente imposible, salvo para el caso de ,.,'estructuras muy simples, por lo que para su solución es prácticamente indispensable , utilizar un programa de computadora. Recuerde que las fuerzas de sección en las barras de una estructura espacial son: Axial, cortante, momento flector y momento torsor. En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra, referidas a sus ejes locales, los que deben ser principales y centrales. 2

_)

1

1

) 3

3 }

) V31

)

.)

.,

..,

M21

.)

; ) )

)

Ejemplo 6-42

la figura muestra la planta y elevación de una estructura compuesta por una losa maciza indeformable en su plano (diafragma rfgido) apoyada sobre tres columnas circulares , empotradas en la base y articuladas en el extremo superior. La rigidez a la flexión de las .. columnas es El = 5,400 ton-m'.

}

:,:Calcularemos solamente la Matriz de Rigidez de la estructura. )

) ) )

267

,r;) ~

268

9 -) ) ) )

f-~

3m

)

I

el

•

Ir

)

C2

•

4m

4m

,

\\\

\\\

3

ELEVACIÓN

) ) )

"

~

PLANTA

")

El sistema de coordenadas adoptado consiste en los tres desplazamientos medidos en el centro de gravedad del diafragma rfgido. Este sistema, obedece a la presencia de un. diafragma rfgido en su plano (losa de piso). La losa debe moverse como un sólido rfgido :. en su plano, por lo tanto, se generan dependencias entre los grados de libertad de todos •.. los puntos contenidos en el plano de la losa.

•

-)

J )

)

-J

.) ~

Cálculo de la Matriz de Rigidez

)

)

.> )

~ZZZZZZZ~Z7ZZZZZ~

1, !, DI

= 1, D2 = D3 = O VI = V2=V3 = V

3EI =-3

3

(1) =

'-...fII

'-...;1f

'-.JIf

~

~

~

3(5400)

27

},

(1) =600 ton/m

)

)

)

J

:)

") )

=)

')

Equilibrio de la Josa para DI = 1, D2 = D3 = O

-=1

._

-~

600

kit = 3 x 600::: 1,800 ton/m k21

=0

kJI

= 600 x 3 = 1,800

..

-¡)

.J

:_)

J 600 .._

_) 600

)

+-

)

-d ~

268

{;

':j

269

~qui(¡brio de la losa para. Í>2 = 1, Di "l.T

VI

=

V·:_ 2-'-

600

= D3 = O

3EJ·· 3(5400) V3 - V =7(1)= 27 (1)=600to~m

.¡ k22 =·3 x 600 = 1,800 k32 =0

)

)

)

~600

600.t .

) )

EquIlibrio de lalosa para Da = 1, DI

=~ = O

v. = 3El (3) = 3(5400) (3) = 1 800 3

33

27"

v. = v. = 3EI (5) = 3(5400) (5) = 3 000 I

2

33

27

'

kJ3 = - V3 + V2 cos(53) + Va cos(53) = 1,800

= - VI sen(53) + V2 sen(S3) = O k33 = V3 (3) + VI (5) + V2 (5) = 35,400 k23

~\

) )

La matriz de rigidez de la estructura es:

) ~

[K]=

[

1,800

o

O

1,800

1,800

O

1,800 ] 35~400

_)

'; _) )

j ._) )

269

Kxy

Kx9]

Kyy

Kye

Kay

Kas

6.18 Análisis para Diversos

~

1

casos o Estados de Carga

II

La matriz de rigidez, [K], de una estructura depende del sistema Q - D seleccionado para I el análisis, de las condiciones de apoyo, geometrfa, propiedades y conectividad de las ! barras. En una estructura linealmente elástica [K] no depende de las cargas actuantes. I Esto hace que el análisis de una estructura, como la mostrada a continuación, sometida ! a diversos casos de carga sea simple-ya que lo único que cambiará entre caso y caso I será el Estado Primario. el Estado Complementario será el mismo para todos los casos de carga. En consecuencia la inversa de la Matriz de Rigidez, [Krl, no depende del caso de carga y será necesario calcularla sólo una vez.

tJ)

O ·9 ~

) ) ) )

) ) )

)

)

":J ) j ~~

Q-D

Estado 1

Estado 2

Caso de Carga 1:

{R}l -+ {Qh

Caso de Carga 2:

{R}2 -+ {Q}2 = -{Rh

Caso de Carga n:

{R}n ~

{Q}n

~~'" AJ

)

_)

~~

Estado 3

_)

) :!)

= -{R}¡

=

)

) )

-{R}n

)

{Q}¡= [K]{Dh => {n}¡=[Iq l{Q}¡ o

~

{ah

"1.-

.) ) )

6.19 Ámbito de Aplicación del Método de rigidez Hoy en día, con el desarrollo de las computadoras y de los programas de análisis estructuraí.: están desapareciendo de manera acelerada los límites en el ámbito de aplicación del Método de Rigidez. 1) Tipos de estructuras que es posible analizar a) Estructuras de barras • Vigas. • Pórticos. • Annaduras Planas. • Parrillas. • Armaduras Espaciales. • Pórticos Espaciales. b) Medios Continuos ~ Elementos Finitos (estados planos de esfuerzo Y deformación, losas, cáscaras, sólidos, etc.)

-'j

) ) )

=) -) ~ _::~

;;tJ ,) _)

_) ,)

2) Comportamiento de la Estructura: En todos los problemas resueltos, hemos supuesto _o_. comportamiento Lineal Elástico, sin embargo, el Método de Rigidez se ha extendido al ámbito del comportamiento no lineal de las estructuras, pudiéndose abordar problemas .. de no linealidad geométrica, no linealidad del material o de ambos.

_) ) )

-d ~

270

..'i(;J "'"\.-

':'1

'~

;~

280

~

Ejemplo 7-3 Calcular la matriz de rigidez para la barra mostrada conformada por una zona rígida en flexión de 2 m de longitud y una zona flexible de 5 m. Se consideran deformaciones por flexión únicamente. Nótese que el sistema loeal de coordenadas está referido a la parte flexible de la barra.

) ') ) ) )

1

2m

( 1f$/Mi

)

5m

El =0()

)

El 4-)2

)

q-d

Q-D

•

')

)

Matriz de transformación de desplazamientos {d}

=

[Al {D}

-)

) ~

)

)

) )

) )

)

) • Matriz de rigidez de la zona flexible de la barra en el sistema q-d (sistema loeal)

[k]=EI

[

1

2

3

12/53 -6/52

-6/52 4/5

-6/52 2/5

-6/52

2/5

4/5

)

)

) ]

)

-;;) ~

-.: • Matriz de rigidez de la barra en el sistema Q-D [K] = [A]T [k] [A] = El

[2.144 0.88

"

-J

0.88 ] 0.80

-7 J

Este resultado se puede verificar con el obtenido en el acápite 4.6.

;~

• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

_ )

{Q} = [A]T {q} :::) 01

=

02=

[~,]

=

1

O

-2 q¡ + q2 q3

La primera ecuación representa el equilibrio de momentos del brazo rígido y la segunda el equilibrio de momentos del nudo derecho.

~

.

'8

:

~

)

.

~

280

d

'D

-

..

-"".-'-

,.j @

282

19 J

• Matriz de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de la barra 1-2)

[k,l =

El

!1 [

12 _{':,

[

-~

= ~I

") )

:]

4 _;

)

") ) )

• Aporte de la barra 1 a la matriz de rigidez de la estructura

) 1

-41

[KI] = [AI]Y[kl] [Al] =

1 . 3"

..!..

[ 0

) )

4

El [ 3 -2

)

4

") )

.• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D

') )

.) ) ) Resultado idéntico al obtenido en el Ejemplo 6-41 del acápite 6.16, en el cual la matriz de rigidez de la estructura se generó utilizando la definición y aplicando sucesivos desplazamientos unitarios en las coordenadas.

J )

.1',

~

)

'.

{Q} = [A]T {q} =>

[~,]

)

"

• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

)

-;,:

= [~

-1/4] 1/4

[qj]

)

)

q2

~

Q¡ = ql-0.25 q2
~

J

)

De la figura mostrada a continuación, es fácil comprobar que las ecuaciones anteriores representan las ecuaciones de equilibrio del sólido rigido. Q2 ,, , ,\, , ,,,, , r: \ , 1I \ -----Ji" Q 1

)

-J

r----:"I, __.

.}

\

\

\

)

\

ql

4

\.1''l2

Equilibrlo del sólido rígido:

Ql + Q2= ql Q2(4) = 'l2

:;)

)

") ~

)

.:: Ejemplo 7-5 Ensamblar la matriz de rigidez para la estructura mostrada, compuesta por un sólido rrgido (barra 2-3) apoyado sobre una barra deformable (barra 1-2) en flexión e indeformable axialmente, de longitud 4 ID.

~

~ ... -

)

.J o•••

282

.)

~

..)

.. .'~-¡

.:~.~.t.:..~::.',~_'~~~,~.

~~~¡.,!;~;'.,. -...;

"..,,":"'.' '..;"";'.

~·~·.T :..'~~.:~~.~~.~.-::-;.',~:~'~ .~::~::;,,, ..,,.,, o. , "::A ~::." ..~ ;.: =:.:~.,.:~~':',.'~~.,

~,.~_., :~ .:::. ,..:::':='::-.:,:":'~:::r:~:::,,~::-=~_:~--:i¡-:-"".:;'')',.

;,¡.,

c:i~.~:::'=;¡~;"::::~'-~~.:;=.~.;.:;,:. =:~-=-'.::.,.,,..-.....---

"

')

283

")

r

) "

}

. 3_00m

)

El

)

-i

..

4.00m

• Sistemas de Coordenadas 2

~ )

~2

)

]

)

)

1=4

Barra 1-2

) \\\\

Q-D

q-d

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d}

=

[A] {D}

I

! J

)

} -')

-1

di = 1 d2 =0

)

-1 )

DI=I,

DI =0, D2=)

D2=O

,_)

.) .;)

)

-) )

-j

• Matriz de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de la barra 1-2)

)

-==, )

)

[1<,]- El

[

12

6]

_t~

_~

f

t

8

~

"5 ) '"'1

[3

_ El _I;

283

4).

{f)

284

\,.¡;

:] Ji

• Aporte de la barra 1 a la matñz de rigidez·de la estructura

~

")

7._:

)

.;,;:

!] [11 -:][:

'~:l .:<-

)

S§

)

"lO.

~~ ~

El

)

)

• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D

)

)

[K]= [K]] = El[ 1:

3~] 1

32

16

=EI [0.18750 . 0.09375

0.09375 ]

)

0.06250

)

J

• Comprobemos el resultado anterior. ensamblando la matriz de rigidez, utilizando estrictamente la definición:

) _)

")

DI = 1 D2=0

)

k2t=0.375EI/4

.t--4_00m---tI

)

)

-J 12EI

)

-------7 = 0.1875 El

)

)

)

6EI 42 = 0.3750 El

)

)

) ~

kll = 0.1875 El Dl=O

k21= 0.09375 El

;)

D2=1

:)

) .t--4_00 m_

J ~J

.....

...:~" ....

)

..... :~:.:;> -:

'~

~---~_.t --a. = (5/4) /5

) )

= 0.25

a 4Ela

--¡- = 0.25

El

) -~ .~ .~

-j

kt2= 0.09375 El

kn= 0.0625 El

J ~

\

1

\

;.~

286

t·· "

c.

.1

~

• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D

kl~EA/Li

Barra 1-4 2-4

.....,.....

n~1

[,Ai]

[Ar]T Ik~

O,Q

EA/S EA/5. EA/3

2.;3

I

(

0.0 EA .

.,.0.8 -4/3 :E= [K] =

0.128 EA

L -r'"

16/11EA

(

...

0.7206 EA

C. (

• Desplazamientos en el sistema Q-b {Q} = [K] {D} Di = 13.8175/ EA

i

{lO} = [0.7206 EA] {DI}

(

F (

• Fuerzas en las barras.

(

{dí} = [Ai] {D}

{qi} = [Id] {di}

'(

Barra 1-4 2..3

24

(q;) ,;",[k¡][di} (Ton)

di

[ki] EA/5 EA/5 EA/~

0.0

0.0

-0.8 DJ -4/3 Di

-2.220 6.167

• Resultados finales (axiales y reacciones en toneladas)

j

r ( ::/.; ':')

~~; I'!

Ejemplo 7..7 Resolver el pórtico mostrado, compuesto por un muro o placa (barra 1-3) una columna y

':'~~ ;'~i

tl

una viga qué se ha modelado con un brazo rígido de 0.75 m a la izquierda. Se ignoran las deformaciones axiales y por fuerza cortante, 20t on

.....

®

0.5m

J

Columna 0.25XO,Sm

;',.....

1:,:;,

1 3.00

'~~t

f_

m

..'+ a>

0.5 m.,

:.

~ ...

F......~..

a.••••••••••••

:_ ..~•• 9.~ ••••••••

. .

Pla ca 0.2 Sxl.5m

G>

Viga O.25XO.5m

f-.

,...

'\::... ~., .......

C) .jr-1.50ri1_" ..I,.~-4.OD

286

m----.r ....

l <: (.

f

Ejemplo 7-6 Resolver la estructura mostrada, compuesta por un sólido rígido (barra 1-3-4) y tres __ barras .tipoarmadura. ..

.

:'..

.

'1J!-I.--4.00m--....r..1.

• Sistemas de Coordenadas

l-i~~~~~ 3

q-d

Q-D

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}. Recuerde que asumimos desplazamientos pequeños. 1

DI = 1

i

La barra 1-4 no se deforma, sólo experimenta movimiento de sólido rigido (rotación). los \ alegamientos de las barras son positivos y los acortamientos (compresión) negativos. 1

II \

DI

I

=1

!

o

1

,

[A]=

o

-0.8 4 3

-0.8 (DI) 4

3

285

~::...___ 1 ~ ...,

El

27E1

0.15 m ,,1.

t

.1

El

,,1,

1~2

4.00m---l~

Modelo de la estructura y sistema Q - D

Sistemaq - d

Nótese que en la barra 3 -4 el sistema q - d corresponde a la parte flexible de la barra. • Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d}

=

[A] {D}. 1

D3= 1

¡=

dl=

1

~= 1

D3= 1

O

O

1

[A1-J]

.....~~~.- ---._-_.~----------_.}-------------~-------- _._-------d]= 1 O O

. ~_~

[A] = ~:\

~__.

ds=

o

~=

O O

d7=

~

._.__.. L_ .._._I~~~) _

-0.75 1

O O

o

o

--_._~~~_.-----_._~_._---------~-_.__ ._ .._ ..~---_.\

,

j

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas) y aporte de cada barra a la matriz de rigidez de la estructura. [Id]

Barra 1-3

[Aí] I [ki][Ai]

[Ai]

12 6 27EI 32 -3 -3- 6

[!

4

-?i'

t

~]

12

El 3

2-4

12

..

,.

3'-4

El

"4

6

6 -4

4

6

-'4

[! o ~]

6

-4

12

o

-'3 4

42

- 42 ..J

6 -3 31

o

6

4 2

12 - 42 6 4 12 4:1: 6

z

0.4444 El [ O -0.6667

o o o

o o.

-O. 666~ O

1.3333

6

2

-0.75

6 4

o

1

~

o

El ~ ~

~

1. 6~80 O. 7~13] 0.7813 1.0000

4

.J }

o

O]

-4

L [K] =

)

12 -18 El [-018 36

287

12.4444 El [-18.0000 -0.6667

-18.0000 37.6680 0.7813

-0.6667] 0.7813 2.3333

l

288

• Desplazamientos

en el sistema Q-D {Q} = [K] {D}

{Q}=

{D} =

[r]

{D}

[Kr

= _!_ El

I

{Q}

1

5.2551]

"J )

".,

2.4974

[ 06653

) )

• Fuerzas en las barras.

.)

{di} = [Ai] {D}

)

{qi} = [Id] {di}

o

O

O

1

1

O

{d·l = [A](D}~ fd·} = 00

O O O

O O O

di di

e· o

O -0.75 o1

1 O O

)

d"1

..

di = d"6

.6653

O 1

.)

J

5.2551

d"

•

.4974, ZS51}

5.2551

2.4974

0.6653

d-7

'}

• 1/ El

-1.8730

2.4974

}

o

.)

0.6653

di

'-j

";> Barra

lk¡] x El

{di] (TonlEn

{q;} ... [k¡)(d;)

1-3

[ 12 -18) -18 36

{5.255~

{18.1079 -4.6853

{S.2551} 0.6653

[1.8921 ] -2.6164

1-0.6667 0.4444

24

3'4

r·

-0.3750 -0.1875 1975 -0.3750

-0.3750 1.0000 0.3750 0.5000

-7

1

2.497

)

)

) -0.6667] 1.3333 -0.1875 0.3750 0.1875 0.3750

r

-0.37S0] 0.5000

2.4974

o

0.3750 1.0000

973O} 0.6653

:>

r

)

)

3.5372 1.537z S3n} 2.6164

)

.) . :.~

') .)

\

• Diagramas de fuerzas internas finales

,;

i

18.108

4.68

1.892

"

/ 49.638 DFC{ton) 1

• Rigidez lateral del pórtico ~

5.255

= 3.806 El

288

__

.. >

"="

/

KL =

~

..

._

/

J

3.537

,_'

~

18.10&--

)

!IIi!i!itL '

--

. .., ."

,

Ejemplo 7-8 Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, modificando el sistema q - d para la barra 3-4 (la barra con brazo rigido a la izquierda) • Nuevo sistema q - d. El Sistema Q -D es el mismo que hemos utilizado en el Ejemplo 7-7. 3

1

3

r ,

~~,.,

27 El

1 l

El

t~

_j

O.75m'"

!

1

1

1~

3~

Nuevo Sistema q - d

4.00m--;.f

....

64

Modelo de la estructura y. sistema Q - D

!

i

r.I!B~-----)

\: EI=oo

21

1

}

5

3.00 m

_J

1

2

~1

El

I

•

Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas).

1 )

Nótese que el sistema q - d adoptado para la barra 3-4 involucra la determinación de la matriz de rigidez de la barra, tal como se hizo en el acápíte 4.6 o en el Ejemplo 7-3. Dicha matriz de rigidez corresponde. al caso 7 del acápite 4.11, con a = 0.75 m y b = 4 m.

4( 4+3·0.75+3· 0.75 _El 4" 4 2) k3_4 - 4 75 [ 2+6.0'4

75] _ 2+6.0'4

~

1.6680

- EI~.

7813

0.7813] 1.0000

4

Para las otras dos barras la matriz de rigidez no se modifica. j

• Generación

de la matriz de transformación

{d} = [A] {D}.

de desplazamientos

) J

di

=

._.__c!~_~. )

)

.) }

[Al =

DI= 1 1

D2= 1 O

D3= 1 O

1

O

O

º .._. ..}.

..

d3=

-... ~-~.--------º-O ---.o------Q---------_ ds= 1 dtí=

O

O

j

}

[A3_4]T [kj_4][Al-4]

-

~J )

El

,

j i

\

-_;; 289

.) J

6~80

la matriz de rigidez del pórtico en el sistema

)

~

1

[go 0.7813 1. o.1.0000 7~131

i

¡

~~~~~_._

Se observa que se obtiene el mismo resultado, respecto al aporte de la barra 3-4. En consecuencia y como era de esperarse, Q-D, es fa misma.

~

. .!.._.o __. O

.... _

Luego. el aporte de la barra 3-4 a la matriz de rigidez del pórtico es:

--j

i

..~

[Al-3]

290

() Ejemplo 7-9

"~

Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, considrando deformaciones por corte en la barra 1-3 (muro o placa). Con esto podremos formarnos una idea de la influencia que tienen las deformaciones por corte en la repuesta frente a cargas laterales de este pórtico pequeño.

{d} = [Al {D}.

Es la misma del

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas). Las.. barras 2- 4 Y 3- 4 tienen la misma matriz de rigidez del Ejemplo 7-7. S610 es necesario", modificar la matriz de la barra 1 -3 incluyendo deformaciones por cortante, para esto, utilizaremos lo expuesto en el acápite 4.10.3. .

]2 El POAc

~h

G

12

.. kl-3

6

[33 -

27EI 1 +a _~

=

(concreto armado)

h)2 (1 5)2 =:;. a. = 2.76 ( T = 2.76 -T = 0.69

Ac e bh 1.2

b

-10.6S09] 24.9763

31] [7.1006 4+« = El -10.6509

32,

3

., ) )

)

) ) ") ) )

--::) -}

4

)

)

7.1006 [Al-3]T[ki-3][Al-3]

)

)

• Aporte de la barra 1- 3 a la matriz de rigidez del pórtico [kl-3] =

)

J

E

- = 2.3

a=-::---

')

)

• Sistemas Q - D Y q - d. Son los mismos del Ejemplo 7-7. • Matriz de transformación de desplazamientos Ejemplo 7-7.

)

= El

-10.6509 gOl

-10.;509

24.9763

[

o

)

.1

)

.) • Matriz de rigidez del pórtico en Q - D

[K] = ¿[Ai]T [ki] [Ai]

7.5450 -10.6509 [KFlnal1= El [-10.6509 26.6443 -0.6667 0.7813

-0.66671 O.7813 2.3333

)

)

) )

• Desplazamientos en el sistema Q-D {Q} = [K] {D}

{Q)=

[rJ

{D} = [Kr1 {Q} 6.1861J {D} = ~ 2.4450 El [ 0.9488

• Fuerzas en las barras. {di}

= [Aí]

{D}

{qi} = [ki] {di}

290

,

.....

, "

¡

o [del = [A]fo] ~ {d·l = }

d~

1

o

O 1 O 1 O O O O 1 O -0.75 O O 1 O O O O O O

di di

e·

.4450 ' 1861} .9488

d. d!;,

=

des

d; da

fkil x El

Barra

6.1861 2.4450 6.1861 0.9488 -1.8338 2.4450 O 0.9488

* l/El

{di}

[qi} == [ki] {di}

1~3

( 7.1006 -10.6509

-10.6509] 24.9763

{6.1861} 2.4450

(17.B832}

2-4

[0.4444 -0.6667

-0.6667J 1.3333

[6.1861} 0.9488

{2.1168 ] -2.8590

-0.3750 1.0000 0.3750 0.5000

-0.1875 0.3750 0.1875 0.3750

3'-4 }

1

o

r·

-0.3750 -0.1875 107' -0.3750

-0.3750] 0.5000 0.3750 1.0000

r·

2.4450 o S338} 0.9488

-4.8195

r·

3.6071 1.6165 616'} 2.8590

)

• Diagramas de fuerzas internas finales

!!@iilJ

t

i

2.859

)'6.]7,

i

3.607

17.883

=

2.859

2.117

17.883

J

--

2.11

DFC(ton)

DMF(ton-m)

3.491

• Rigidez lateral del pórtico KL=

20 ~ 3.233 El 6.1861

_)

)

)

Se sugiere al lector que compare los resultados con los del Ejemplo 7-7, tanto los desplazamientos como las fuerzas internas y la rigidez lateral. Encontrará que las fuerzas internas varían poco, la placa toma algo menos de fuerza cortante transfiriendo la diferencia a la columna. Sin embargo, el desplazamiento lateral del pórtico se incrementa un 18% con lo cual la rigidez lateral del pórtico se reduce al incluir deformaciones por cortante en el muro o placa.

291

[K21 = [A2]T [k21[A2]

=

3EI[ C3i .~ 3

T [A3] [k3][A3] =

[K3] =

3 El

-3

(3)

r

O1 -3

o 1 4

2: J

O

-: ]

1 O

• Matriz de rigidez total de la estructura .!

J

[K] = L [Ai]T [Id] [Ai]

=

m[ ~ 5~]- [ (3)3

O 3 O

3

1,800

1,800 ]

O

O 1,800

1,800

O

35,~OO

7.6 Ensamblaje del Vector de Cargas en Nudos En el Método de Rigidez las cargas sólo pueden estar aplicadas en las coordenadas del sistema Q-D elegido para el análisis de la estructura. Sobre la estructura pueden actuar cargas directamente aplicadas a los nudos y al mismo tiempo cargas en las barras. Para las cargas aplicadas en los nudos el ensamblaje del vector de cargas {Q} es directo, mientras que para determinar el aporte de las cargas en barras a dicho vector, es necesario resolver primero el Estado Primario (véase el acápíte 6.5) estado en el cual se restringen todos los desplazamientos de los nudos medidos en el sistema Q-D y se calcula el vector de Cargas de Fijación {R}. A partir de este vector se genera el Estado Complementario, en el cual solo hay cargas en los nudos. La figura a continuación muestra una estructura con cargas aplicadas directamente en los nudos en el sistema de coordenadas elegido y cargas en las barras para las cuales será necesario resolver el Estado Primario antes de proceder a la solución de la estructura. w Estado Primario para las cargas en barras: Cargas de fijación = {R}

Q-D

)

-:

Cargas en nudos {Q}nudos

El vector de cargas total, que debe utilizarse para la solución de la estructura, se obtiene a partir de: {Q}totaJ = {Q}nudos + {Q}barras = {Q}nudos - {R} {Q} total = [K] {D} {d} = [A] {D}

,¡

-1 )

Cargas en barras {Q} barras = - {R}

(solucióndel Estado Complementario) Contragradiencia:

{Q} = [A]T {q}

La transpuesta de la matriz de transformación de desplazamientos, representa la matriz de transformación de fuerzas. El aporte de las "m" barras que componen la estructura viene dado por:

293

,,:1) ;~

294

e ~

) ) )

., )

) ) mbarras

{Q}

=

L

i= J

)

T

[A¡] {s.]

)

Si extendemos este resultado al Vector de Cargas de Fijación del Estado Primario {R}., tendremos: . mbarras

)

i-l = -{R}

J )

T

{R } = ¿ [A¡) {fi} {Qharras

)

)

(aporte de las cargas en barras al vector {Q})

')

Donde tri} es el vector de fuerzas de empotramiento en los extremos de cada una de las barras.

•

--j

. .j ~

7.7 Etapas de la FormulacIón Matricial del Método de Rigidez

)

)

a) Definir los sistemas de coordenadas Q-D y q-d

)

b) Generar las matrices [Aj] -+ {di} = [Aj] {D}

)

e) Generar las matrices de rigidez de barra en el sistema q-d -+ [k¡] d) Generar los productos [A¡]T [kí] [Aí] -+ aporte de cada una de las barras a [K]

.> ,

)

e) Ensamblar la Matriz de Rigidez de la estructura -+ [K] = ¿ [A¡]T [Ie¡] [Aí]

")

f) Ensamblar el vector {Q}nudos -+ (aporte de las cargas en nudos)

')

g) Calcular las fuerzas de empotramiento debido a las cargas en barras -+ tri}

)

h) Ensamblar el vector de Cargas de Fijación -. {R} = L [Aj]T [ri] (Estado Primario) i) Ensamblar el Vector de Cargas -'{Q}total

j) Resolver {D} =

[Kr

J

=

)

{Q}nudos - {R}

{Q}totaJ-+ (desplazamientos del Estado Complementario)

-3

k) Calcular los desplazamientos de extremo de barra -+ {di} = [A~ {D} 1) Calcular las fuerzas de extremo de barra del Estado Complementario

{q¡}

= [k¡] {

m) Calcular' las fuerzas totales de extremo de barra (Complementarlo + Primario) {q¡}total = [k¡] {di} + tri}

~

~

~ )

)

'

294

1

Eiemplo 7-11 Resolver la viga continua de dos tramos mostrada a continuación. Se consideran deformacione_ssolo por flexión y El es constante. Véase el Ejemplo 6-3, acápite 6.5 2 ton/m

,.,v 4m

3m

• Sistemas de Coordenadas

el

I

j ~ ~ t

~

__)

~~

~

\\\

Q-D

)

I/t

(N=2)

4)j

q-d barras

_) ~

l

:il

G)

~

2

7S: \\\

~~ 4

G)

3~

\\\

;

)

¡

i

q-d

(n =4)

)

1

)

1

I¡ ~

,f,:

Nótese que con el sistema q-d elegido, no será posible calcular las fuerzas cortantes en los extremos de las barras. Estas deberán ser calculadas por equilibrio de cada una de las barras a partir de los momentos flectores en los extremos de las mismas. Si se desea conocer directamente los cortantes, será necesario utilizar el sistema q-d alternativo indicado a continuación:

._. ¡'o.

~

.-

(:_1 __

t

3

t

2

4

i) ~

~

~

-t --t 7

8.

~,

Sistema q-d alternativo (n = 8)

) )

La desventaja del sistema q-d alternativo, estriba en que las matrices [Ai] contendrían muchos ceros ya que hay una relación nula entre los desplazamientos DI y ~ con los desplazamientos d3, <1., d7• dI. Esto hace tedioso los cálculos cuando se desea abordar de manera manual la solución de la estructura, sin embargo, cuando la solución se realiza con la ayuda de un computador, se usarla el sistema alternativo ya que este sistema permitirá calculardirectamente las fuerzas cortantes en las barras.

)

)

J 1

i

• Generación de la matrizde transformación de desplazamientos

~I ~ ~'- ~4 ~1=1

0,=0

~=O z

DI = 1

~=I

-:,

dI

O

)

d2

1

O O O

O

1

I I

I

-==1"'1

[A] =

I

d3

I

<1.

-, )

--------1

-~

::3 o_)

44

~:I----~¿__p.,~

295

[Al] [A2]

~

D¿=1

302

Ejemplo 7·13 Ensamblar la Matriz de Rigidez y el Vector de Cargas para el pórtico mostrado. Se ignoran las deformaciones axiales y por cortante en todos los elementos. Este pórtico fue resuelto en el Ejemplo 6-12, acápite 6.5. E;:;; 2

106 tonlm2

X

Sección 0.25 x 0.50 El 1':$ 5,208 ton.m2

4

EA=C() 2

6m

3m

• Sistemas de Coordenadas 4

Q-D

(N=3)

q -d

(n = 8)

\

Nótese que en la barra 3 (elemento horizontal) se han incluido los grados de libertad locales 5 y 7, estos son necesarios ya que esta barra aporta, a través de la columna inclinada, al grado de libertad global 1 así como a los otros dos gdl de rotación. Esta barra también aporta al vector de cargas asociado a la coordenada global 1. • Generación de la matriz de transfonnación de desplazamientos. 1.2~

DI=}

DI dI d2

-

d3

<4 [A]=

-

ds

d6 d7 ds

1

Ih o

D3 o

o

o

--------------------o o 1.25

o

o

1

[Al]

[A2]

--------------------o o

o

o

1

o

0.75

o

o

o

o

1

{d} = [A] {D}

[A3]

, }

Nuevamente es posible Contragradiencia) conduce . Ql = q¡ + 1.25 Q2 = q2 + q6 Q3 = q4 + qs

\

l'

comprobar que la relación {Q} = [A]T{q} (Principio a Ias siguientes ecuaciones de equilibrio: CJ3 + 0.75'17 (equilibrio horizontal del nivel) (equilibrio de momentos en el nudo 3) (equilibrio de momentos en el nudo 4)

de

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-dy aportes a la matriz de rigidez total [K] - Barra 1: 12 -6

2fI

(4)2 4 -

(4f

[k¡] = El

-6

(4)2

-

en el sistema local

4

Aporte de la Barra 1: afecta solo a los gdl globales 1 y 2.

•

) (3,,3)

)

1

I,

- Barra 2:

12

-6

(S)3

(5)2

[k2] = El

-6

4

{st

5

Aporte de la Barra 2: afecta a los g.d.lglobales }

:1

[K,l =[A,f [k,l [A,]=

)

1 y 3.

[l.~ n ~

O

1 [ 1.~5

El [k,

O

~]

}

0.15

O

-0.3

O

O

O

-0.3

O

0.8

j

[K,l =El [

I

)-

\

I

)

)

J

-;) )

Barra 3:

5

~t

5

t

7~

12/63 8 [kJ] =EI

) J .~j

J 6

-12/63

-6/62

-6/62

4/6

6/62

2/6

-12/63

6/62

12/63

6/62

-6/62

2/6

6/62

4/6

Aporte de la Barra 3: afecta a los g.d.l globales 1, 2 y 3.

=,

j i

.J "'!f

:J ) ')

8

-6/62

)

'}

7

IK,J=[A.]' [k,][A,]= [ ~

O 1 O

0.75

O O

303

~ ] [k,]

O

O

O 0.75

1 O

O

O

O O O

1

304

0.125 0.6667 0.3333

[ 0.03125 [K3] = El

[K] = [Kt]+

0.125 0.125

0.125 0.3333 0.6667

J

[K21 + [K3 ] 2 , , 0.1875 + -0375 + 1

0.15 + 0.03125

1

I I I I

3 O + -0.3 + 0.125

O + 0.125

-------L- _____JI ________ -0.375 + O + 0.125

[K.] = 2 ."

I I I

,

I I I

+ O + ]

0.fH>1

I I I 1 I I I

O + O + 0.3333

I I I I I I

O + 0.8 +

------~------~--------

$

O + -0.3 + 0.125

3

I I I I I I

O + O +

, 0.«)67

0.3333

I

[K]

=

EI[

0.36875 - 0.25 -0.175

- 0.25 1.6667 0.3333

- 0.175 0.3333 1.4667

J

• Ensamblaje del vector de Cargas de Fijación {R}. Estado Primario Estado Primario, fuerzas de empotramiento en el sistema q-d: Solo aporta la barra 3.

+6 -6 +6 +6

{R),

=

[A,

r {,,)

=

{

-:

{

-4.5

4.5 }

{R}=

4.5 }

{Q}= -{R}

=

{

unidades ton, m

-:

_:

}