Apuntes De Analisis Estructural

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Análisis estructural II

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Conforme pasa el tiempo es más fácil tener a nuestra disposición tecnologías y herramientas capaces de hacer grandes cálculos numéricos en fracciones de segundo, ya no está limitado el acceso a ellas ni a la información necesaria para lograr usarlas, sin importar si se trata de un gran despacho o solo un estudiante. No obstante, esta tecnología nos ha hecho olvidar nociones básicas, algunas estrictamente necesarias para la comprensión de los resultados que obtenemos, otras, que son fundamentales incluso para la alimentación de datos a un programa de análisis. Se pretende mostrar las bases fundamentales y necesarias para analizar cualquier tipo de estructura, y así, comprender el proceso que realiza una computadora, comprender sus resultados más objetivamente, saber sus limitantes y tener la capacidad de no depender de ella para cosas tan simples o lógicas que podamos deducir mentalmente.

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OBJETIVO GENERAL DEL MATERIAL. Este material pretende ser una ayuda para la impartición, explicación y ejemplificación de la materia de análisis estructural II. Planteando la teoría necesaria para los métodos vistos y con ejemplos paso a paso de dichos métodos, agilizando el proceso de clase. Haciendo al alumno capaz de analizar estructuras reticulares planas, utilizando el método de los desplazamientos o método de las rigideces, y un método particular, el método de Cross simple y Cross modificado.

CAPITULO 1: INTRODUCCIÓN. 1.1 Introducción. 1.2 Grados de libertad. 1.3 Sistemas de coordenadas. 1.3.1 Sistema local de coordenadas. 1.3.2 Sistema global de coordenadas. 1.4 Superposición de fuerzas y Desplazamientos.

CAPITULO 2: MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN. 2.1 Planteamiento de ecuaciones del caso general con momento en ambos extremos. 2.2 Planteamiento de ecuaciones del caso general con momento en un extremo y articulado en el otro. 2.3 Rigideces.

CAPITULO 3: MÉTODO DE LAS RIGIDECES. 3.1 Planteamiento de la ecuación general del método de las rigideces. 3.2 Obtención de la ecuación general del método. 3.3 Obtención directa de la matriz de rigideces. 3.4 Estructuras de edificios con pisos rígidos, relación con el análisis sísmico. 3.5 Estructuras con elementos inclinados. 3.6 Simplificaciones en estructuras simétricas con carga simétrica o con carga antisimétrica. 3.6.1 Simplificación de estructuras simétricas con cargas simétricas. 3.6.2 Simplificación de estructuras simétricas con cargas antisimétricas. 3.6.3 Simplificación de estructuras simétricas con carga cualquiera.

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CAPITULO 4: MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O MÉTODO DE CROSS. 4.1. Introducción. 4.2. Método de Cross simple para estructuras con nudos que giran pero que no se trasladan. 4.2.1 Pasos a seguir para el método de Cross. 4.3. Método de Cross para estructuras que giran y se trasladan. 4.3.1 Pasos a seguir para el método de Cross indirecto.

Apéndice A: DIAGRAMAS DE AYUDA PARA VIGAS CON DIFERENTES TIPOS DE APOYOS Y COMBINACIONES DE CARGA.

Bibliografía

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CAPITULO 1 1.1 Introducción En el curso de análisis estructural I, se mencionó que existen dos métodos generales para el análisis de estructuras elásticas lineales unidimensionales, estos métodos son: El método de las fuerzas o método de las flexibilidades, y el método de los desplazamientos o método de las rigideces. Ya se estudió el método de las fuerzas planteado en forma matricial, estudiaremos ahora el método de los desplazamientos planteado matricialmente, con uno de sus casos particulares, el método de distribución de momentos o método de Cross.

Métodos de las fuerzas o método de las flexibilidades

   

Centro elástico De los 3 momentos De la columna análoga etc.



Cross



Kani

Métodos de análisis para estructuras hiperestáticas elásticas lineales unidimensionales Métodos de los desplazamientos o método de las rigideces

Para iniciar el estudio de este método, es necesario determinar el número de grados de libertad que tienen los nudos de la estructura, de la misma forma que era necesario conocer el grado de hiperestaticidad de la estructura para el método de las fuerzas. Es importante mencionar que el método de las fuerzas tiene poca aplicación en estructuras donde su grado de hiperestaticidad sea grande, debido a que lleva un gran trabajo establecer las ecuaciones de compatibilidad, además, cada ecuación que se plantea contiene todas las incógnitas y su programación es bastante complicada. En su lugar, el método de los desplazamientos es fácil de resolver y su programación es mucho más sencilla; anexo a ello, ya existen varios programas en el que se implementa este métodos como el STAAD, RAM ADVANCE, SAP, etc.

1

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1.2 Grados de libertad Antes de comenzar con la definición de grados de libertad, entenderemos como desplazamiento a toda deformación generada en los nudos de la estructura. Así podremos encontrar tanto desplazamientos angulares “giros” como desplazamientos lineales.

Desplazamientos angulares “giros” Desplazamientos lineales Entendido esto, diremos que el número de grados de libertad (N.G.L.) de una estructura, son todos los posibles desplazamientos independientes y no restrictivos, que esta pueda llegar a presentar en sus nudos libres al ser cargada. Estos dependen tanto de la carga a la que está sometida la estructura, como del tipo de deformación que se considera para el análisis, ya que pueden presentarse deformaciones por flexión, carga axial, cortante y torsión. En este curso nos limitaremos únicamente al análisis de estructuras reticulares planas con cargas en su plano y, solo se van a considerar las deformaciones por flexión. A su vez también consideraremos que los nudos son completamente rígidos; Esto es, que después de las deformaciones, los ángulos entre cada miembro que componen el nudo siguen teniendo el mismo valor. Como también, que el elemento es prismático y conservará constantes las propiedades por toda la longitud de este, tales como el módulo de elasticidad y momento de inercia (EI=Cte.). 

2



P

 2



N.G.L = 



3

3

    4

= 5

Pero ya que significa que estos son dependientes y se vuelven un solo desplazamiento. Por otra parte los nudos 1 y 4 no son nudos libres ya que son apoyos de extremos sin continuidad. 4

 N.G.L =

1

en el piso 



2

 

= 3

P



3

3

2

2

Los elementos del nudo 2 conservan 90° N.G.L. = 1 = 

1

1

Marco con restricción al desplazamiento lineal

Marco deformado

2

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Hará falta únicamente que busquemos los nudos libres, y en ellos restar los desplazamientos restringidos y dependientes.

5





P





3

2

Nudos libres = 2 (2 y 3) Los desplazamientos y dependen de la misma barra así que serán iguales.

P

 N.G.L =



1

en el piso





2

4

 

= 3

En todos los nudos el desplazamiento vertical se encuentra restringido.

P





2

Nudos libres = 2 (2 y 3)

3

Debido a la simetría en la estructura y en la carga, no hay desplazamientos horizontales y los giros son iguales y 



 N.G.L =

 4

1





“Estáticamente determinado”

En todos los nudos el desplazamiento vertical se encuentra restringido.

P

Nudos libres = 2 (2 y 3)

2

1

 

Los desplazamientos y dependen de la misma barra así que serán iguales.

P

3



4

 N.G.L =

 En todos los nudos el desplazamiento horizontal se encuentra restringido.

3

en la barra vertical 



2

 

= 3

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1.3 Sistemas de coordenadas En el analisis estructural se utilizan sistemas dextrogiros de coordenadas, que son los sistemas ortogonales que cumplen con la regla de la mano derecha. Y Mx+

X

My+

My+

Mz+ +

Mx

Y

X

Z

Mz+

Si giramos la mano hacia afuera del plano de la hoja 90° obtendremos el siguiente sistema positivo

Z

Triada dextrógira Así pues, la posición de los ejes puede ser diferente dependiendo de cómo se coloque la mano derecha.

1.3.1 Sistema local de coordenadas Es un sistema de coordenadas usado para referir solamente un elemento estructural, en el cual uno de los ejes se hace coincidir con el eje longitudinal del elemento. Y

Viga X

Z

1.3.2 Sistema global de coordenadas Es el sistema de coordenadas al cual referimos un conjunto de elementos estructurales como por ejemplo un marco o una armadura. Y Y

Sistemas locales de coordenadas

X Z

Y

Sistema global de coordenadas para todos los elementos que componen el marco

X

X Z

Y

X

Y Z

Z

X

Z

4

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1.4 Superposición de fuerzas y desplazamientos. Es importante para este curso recordar la superposición de fuerzas y efectos, ya que es un principio que nos permite descomponer una estructura con comportamiento lineal, en varias subestructuras más sencillas de resolver, para luego superponerlas (sumarlas) y encontrar así las acciones totales. Este principio dice: “Si los desplazamientos de, y los esfuerzos en, todos los puntos de una cierta estructura, son proporcionales a las cargas que los causan, entonces los desplazamientos y esfuerzos totales resultantes de la aplicación de varias cargas, serán la suma de los desplazamientos y esfuerzos causados por estas cargas cuando se aplican separadamente.” Para cumplir esta condición el material deberá ser elástico, lineal, homogéneo e isótropo, al igual las deformaciones deben resultar relativamente pequeñas para que los esfuerzos se puedan considerar proporcionales a la deformación. P

a

P

a

w

w

A

B

=

B

A

+

A

L/2

L

L RA

RB

a) Viga simplemente apoyada con carga uniforme y una carga puntual

RA

B

RB

b) Viga simplemente apoyada con carga uniforme

L/2

RA

RB

c) Viga simplemente apoyada con carga puntual

Podemos obtener por métodos de análisis los resultados de las reacciones, momentos y deflexiones de estas vigas. En el apéndice A encontraremos estos resultados así como los de las vigas más comunes con diferentes tipos de carga. Para la viga b) tenemos:

Para la viga c) tenemos:

wL2 R A  RB  2

M centro

wL2  8

 centro 

RA 

P L  a  L

RB 

Pa L

PL 4 PL3  48EI

M centro 

5wL4 384EI

 centro

Teniendo estos resultados y utilizando la superposición de fuerzas y desplazamientos encontraremos que para la viga a)

R A  R A b)  R A c)

wL2 P   L  a  2 L

RB  RB b )  RB c )

wL2 Pa   2 L

M centro  M centro b )  M centro c ) 

 centro   centro b )   centro c ) 

5

wL2 PL  8 4

5wL4 PL3  384 EI 48 EI

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CAPITULO 2 Método pendiente deflexión 2.1 Planteamiento de ecuaciones del caso general con momento en ambos extremos. También conocido como Pendiente deformación o Pendiente desviación, es la continuidad del curso de análisis I para analizar estructuras hiperestáticas, y es la base para plantear el método de rigideces como también de su caso particular el método de Cross. Para comenzar con este método será necesario primero plantear las ecuaciones pendientedeflexión, las cuales relacionan los momentos que se aplican en los extremos de un elemento, con sus desplazamientos también generados en los extremos. Teniendo así dos casos generales. j

w

i

w = f(x)

j

i

i Mij

i j

ji

j

Mji L EI = cte.

Caso general Barra con momento, carga y giro en ambos extremo y desplazamiento lineal transversal relativo ji

Por el principio de superposición de causas y efectos se considera que las condiciones en las que se encuentra la barra (caso general) se pueden obtener superponiendo 4 casos elementales. Estudiando cada caso por separado y aplicando el principio de superposición, podremos obtener las ecuaciones pendiente-deflexión. Caso general = Caso 1 + Caso 2 + Caso3 + Caso 4

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Caso 1: Este caso considera que la barra sujeta a las cargas externas no experimenta ningún tipo de deformación en sus nudos. Y se obtienen los momentos flexionantes en los extremos llamados Momentos de empotramiento ME.

w = f(x) MEi

MEj

j

i L EI = cte.

Caso 2: Aquí se considera únicamente el efecto del desplazamiento lineal transversal relativo. Considerando que los otros grados de libertad son cero.

Mi

j

i

ji Mj

L EI = cte.

Caso 3: Se considera el efecto producido por el desplazamiento angular en el nudo i (i).

i

Mi

Mj

i

j L EI = cte.

Caso 4: Se considera el efecto producido por el desplazamiento angular en el nudo j (j).

j

Mi

j

i L EI = cte.

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Mj

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CASO 1 Ya que este caso está en función directa de la carga aplicada a la barra y considerando un empotramiento perfecto (rigidez infinita) en los extremos, será hiperestática. Sería demasiado complicado formar una ecuación general para encontrar el valor de los momentos con cualquier tipo de carga a la que pueda estar sometida. Para la solución de este caso podremos utilizar métodos para estructuras hiperestáticas ya vistos en análisis I, o podremos utilizar la superposición de causas y efectos haciendo así estructuras estáticamente determinadas y generar después una condición extra para superponerlas. Aquí se resolverá un ejemplo tomando la segunda opción. Considere el siguiente elemento:

Caso 1

w MEi

Elemento con una carga uniforme w, una longitud L y su módulo de elasticidad y momento de inercia constantes.

MEj

j

i

Rj

Ri L EI = cte.

Por simple inspección podemos deducir que el valor de las reacciones son iguales Ri = Rj al igual que sus momentos de empotramiento MEi = MEj. Haciendo sumatoria de fuerzas en y tenemos: +

 Fy

0

Ri  wL   R j  0

 Ri  R j 

Pero ya que Ri = Rj

wL 2

Ri  wL   Ri  0 Ahora podremos dividir este elemento en tres haciendo cada uno isostático y así conoceremos sus reacciones fácilmente. Caso 1 A Por sumatoria de fuerzas y de momentos tenemos:

Elemento en voladizo tomando la carga w

Ri  wL

w Mi Ri

wL2 2

Haciendo un corte a una distancia x de i obtenemos su ecuación de momentos.

j

i

Mi 

L EI = cte.

M x  wLx 

wL2 wx  2 2

2

Caso 1 B Elemento en voladizo tomando la reacción Rj

Por sumatoria de fuerzas y de momentos tenemos:

Ri  R j 

Mi Ri

j

i

wL 2

M i  R j L 

wL2 2

Haciendo un corte a una distancia x de i obtenemos su ecuación de momentos.

Rj

L EI = cte.

Mx   8

wLx wL2  2 2

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Caso 1 C Elemento en voladizo tomando el momento MEj

Por sumatoria de momentos tenemos:

M i  ME j

MEj

Mi

Haciendo un corte a una distancia x de i obtenemos su ecuación de momentos.

j

i L EI = cte.

Mx   ME j

Sabemos que en el caso 1 la pendiente en j es igual a cero, por lo tanto la suma de las pendientes en los casos 1 A, 1 B y 1 C en ese mismo punto también tendrá que ser cero. Usando el método de doble integración obtendremos las ecuaciones de las pendientes para cada uno de estos casos. Este método nos dice que la pendiente en cualquier punto es la primera integral de la ecuación general de la elástica d 2 y  M evaluado en ese punto. dx 2

EI

Caso 1 A

Caso 1 B

EI

d2y wL2 wx    wL x   2 2 dx 2

EI

dy wLx wL2 x wx     C1 A dx 2 2 6

2

2

EI 3

Caso 1 C

d2y wLx wL2    2 2 dx 2

dy wLx wL2 x EI    C1 B dx 4 2

EI

2

EI

d2y   ME j dx 2

dy   ME j x  C1C dx

dy

 0 obtenemos que En estos tres casos usando las condiciones de frontera de que en x = 0 dx las constantes son cero. Y como se comentó, usaremos como condición extra que la suma de esas pendientes evaluadas en el punto j (x = L) debe de ser cero.

wLL wL2 L wL wLL wL2 L      ME j L  0 2 2 6 4 2 2

3

2

wL3  ME j L  0 12  ME j 

wL2 12 ME i 

wL2 12

ME j 

wL2 12

Nota: “En el apéndice A podremos encontrar el valor de los momentos de empotramiento de elementos con distintos tipos de carga. Evitando por cuestiones prácticas este u otro procedimiento para obtener dichos resultados”

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CASO 2 Debido a que este caso considera las acciones provocadas por el desplazamiento lineal transversal relativo únicamente, será posible deducir las ecuaciones que nos indique el valor de los momentos y de las reacciones debidas a este. Considerando la siguiente viga doblemente empotrada y utilizando el primer teorema de Castigliano, deduciremos las reacciones producidas por el desplazamiento lineal transversal relativo. Mi

Consideraciones de la estática:

j

i

+ Rj

ji

Ri

 Fy

Ri  R j

+

MA  0

 M i  M j  R j L  0

Condiciones de compatibilidad:

Mj

L EI = cte.

0

j  

 j   ji

Considerando una distancia X de j obtenemos la ecuación de momentos:

M x 1 M j

M x  M j  R j x

M x  x R j

Sustituyendo en las ecuaciones:

U j   M j 0

j 

M j L EI

L

dx

EI

j  

M

0

R j L



U j   R j 0

0

2 EI

Mx

dM dR j

EI

M j L

2

j  

dx

M

L

……………(1)

2 3  R j x x  R j x  1  M j x dx       ji EI EI  2 3  0 L

j

0

R j L

2M j

3



2 EI

 Rj 

L

2  R j x1 R j x  1  dx  M j x    EI EI  2  0 L

j

2

L

j 

dM dM j

Mx

L

3EI

  ji ……………(2)

Sustituyendo (1) en (2):

M j L

2

 ji  

2 EI

 2M j  3   L L    3EI

 Mj 

6 EI  ji L2

Sustituyendo el valor Mj en (1):

 6 EI  2 2  j  L   12 EI  Rj   j L L3

 Ri  R j 

12 EI j L3

de las ecuaciones obtenidas por la estatica:



6 EI 12 EI  ji  M j  3  j  0 2 L L

 Mi 

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6 EI  ji L2

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CASO 3 Para este caso supondremos que el nudo i esta libre y puede generar un giro, mientras que sujetamos el nudo j y veremos el momento que es necesario aplicar (Mi) para producir i. Considerando la siguiente viga simplemente apoyada en un extremo y empotrada en el otro y con el mismo método que utilizamos en el caso 2 (Teorema de Castigliano) deduciremos las reacciones producidas por el desplazamiento angular en i. Consideraciones de la estática:

i

Mi

Mj

i

+

j

0

L EI = cte.

+

MA  0

M i  M j  R j L  0

Ri  R j

Rj

Ri

 Fy

Condiciones de compatibilidad:

i  i

i  0

Considerando una distancia X de i obtenemos la ecuación de momentos:

M x 1 M i

M x  M i  Ri x

M x  x Ri

Sustituyendo en las ecuaciones:

U i   M i 0 L

dM dM i dx EI

Mx

L

i  

M i  Ri x1 EI

0

2  Ri x    M x   i   i 2  0  L

1 dx  EI

M i L Ri L  ……………(1) EI 2 EI 2

i 

U i   Ri 0 L

dM dRi dx EI

Mx

M L R L i   i  i 0 2 EI 3EI 2

L

i  

M i  Ri x x 

0

3

 Ri 

1 dx  EI

EI

3M i ……………(2) 2L

Sustituyendo (2) en (1):

 3M i  2   L M L  2 L    i  i EI 2 EI

4 EI  M   i L i

Sustituyendo el valor Mi en (2):

 4 EI  3 i  L    6 EI  Ri  i 2L L

 Ri  R j 

6 EI i L

de las ecuaciones obtenidas por la estatica:

4 EI 6 EI i  M j  i  0 L L

 Mj 

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2 EI i L

 M i x2 Ri x3     0 2 3  0  L

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CASO 4 Al igual que en el caso 3 se tomaran en cuenta los efectos producidos por un giro, que aquí se encontrara en el nudo j mientras que sujetamos el nudo i . Por simple inspección podremos deducir que los resultados tienen que ser idénticos

Ri  R j  j

Mi

Mj

j

i Ri

6 EI j L

Mi 

Rj L EI = cte.

2 EI j L

Mj 

4 EI j L

Ya encontrados los momentos en los extremos de cada caso particular solo nos queda superponer sus valores para lograr encontrar las ecuaciones pendiente-deflexión. Para esto propondremos la siguiente convención de signos que usaremos en este y los capítulos posteriores. Giros y Momentos

Desplazamientos lineales

+

+

+

Por superposición:

M i j  ME i  M i ( 2 )  M i ( 3 )  M i ( 4 ) M j i  ME j  M j ( 2 )  M j ( 3)  M j ( 4 ) Sustituyendo los valores de acuerdo a la convención de signos:

M i j  ME i 

6 EI 4 EI 2 EI  ji  i  j 2 L L L

M j i  ME j 

6 EI 2 EI 4 EI  ji  i  j 2 L L L

Reacomodando:

M i j  ME i  M j i  ME j 

4 EI 2 EI 6 EI i   j  2  ji L L L

4 EI 2 EI 6 EI j   i  2  ji L L L

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Ecuaciones pendiente-deflexión para elementos con momentos en ambos extremos.

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2.2 Planteamiento de ecuaciones del caso general con momento en un extremo y articulado en el otro. Como se mencionó anteriormente, hay dos casos generales para este método, ya vimos cómo desarrollar uno de ellos que fue el de un elemento con momentos en ambos extremos, ahora se generara la ecuación para el segundo caso en el que el elemento tiene un momento en un extremo y una articulación en el otro.

j w

i

w = f(x)

j

i

ji

j L EI = cte.

Mji

Caso general Barra con momento y giro en un extremo y desplazamiento lineal transversal relativo ji

De nuevo por el principio de superposición, se considera que las condiciones en las que se encuentra la barra (caso general), se pueden obtener superponiendo 3 casos elementales. Estudiando cada caso por separado y aplicando el principio de superposición podremos obtener las ecuaciones pendiente-deflexión para este elemento.

Caso general = Caso 1 + Caso 2 + Caso3

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Los casos particulares para resolver esta barra se calcularan por cualquier método que elijamos (doble integración, viga conjugada, teoremas de Castigliano, método de las fuerzas, etc.) al igual que se hizo anteriormente con el primer caso general. Caso 1: Aquí se toma en cuenta la carga aplicada al elemento, se considera que tiene un nudo empotrado y uno articulado, los valores de momentos y reacciones estarán entonces en función de la carga. Por practicidad se podrá consultar el apéndice A para obtener el Momento de empotramiento ME. w = f(x)

i

MEj

j Rj

Ri L EI = cte.

Caso 2: Este caso se considera únicamente el efecto que produce en desplazamiento lineal transversal relativo. j

i R Ri



3 EI 3

L

j



3 EI 3

L

 ji

 ji

ji Mi j

L EI = cte.

3 EI



2

L

 ji

Caso 3 Se considera el efecto producido por el desplazamiento angular en el nudo j (j).

i

j Ri

M j i  ME j 



3 EI 2

L

 ji

j Ri

L EI = cte.

Mi j



3 EI 2

L



3 EI L

 ji

 ji

Ecuación pendiente-deflexión para elementos con momento en un extremo y articulado en el otro.

3EI 3EI  j  2  ji L L

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2.3 Rigideces. De las ecuaciones obtenidas anteriormente, se desprenden algunas definiciones importantes de las partes que componen a cada una. Rigidez angular.- Es el momento que es necesario aplicar en el extremo de una barra para generar un giro unitario en ese mismo extremo. Existen dos tipos: 

Rigidez angular natural (R.A.N.).- Es el momento que es necesario aplicar en el extremo de una barra para producir un giro unitario en ese extremo mientras el otro se encuentra empotrado y se representa por Kij. Suponiendo un giro unitario en i :

M ji 

Mij



4 EI L

i

M ji

i = 1 i



2 EI L

R

L EI = cte.

4 EI  R. A.N . L

Por estática obtendremos las reacciones:

j

Ri

i

M ij  Kij 

2 EI L

j

+

M

j

0

M i j  M ji  Ri L  0

4 EI 2 EI   Ri L  0 L L Ri  

6 EI  Rj L2

Rigidez angular modificada (R.A.M.).- Es el momento que es necesario aplicar en el extremo de una barra para producir un giro unitario en ese extremo mientras el otro se encuentra articulado y se representa por Kij. Suponiendo un giro unitario en i :

M ij  Kij 

Mi j



3 EI L

3EI  R. A.M . L

Por estática obtendremos las reacciones:

i

i = 1

+ j

i Ri

R

L EI = cte.

M

j

0

M i j  Ri L  0 j

4 EI  Ri L  0 L Ri 

15

3EI  Rj L2

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Rigidez lineal.- Se definen como las fuerzas necesarias que se aplican transversalmente en los extremos de un elemento para producir un desplazamiento lineal transversal relativo unitario entre los dos extremos del elemento. Existen dos tipos: 

Rigidez lineal natural (R.L.N.).- Es la fuerza que es necesaria aplicar en el extremo de una barra para producir un desplazamiento unitario en ese extremo mientras ambos extremos se encuentran empotrados. Suponiendo un desplazamiento unitario Δji = 1:

M ij  Mij



6 EI

L2

R

 ji

j

Por estática obtendremos las reacciones:

j

i

+

ji = 1

Ri

L EI = cte.

M ji



6 EI

L2

M

i

0

M i j  M ji  R j L  0  ji

12 EI  Ri L  0 L2 Ri 



6 EI  M ji L2

12 EI  R j  R.L.N . L3

Rigidez lineal modificada (R.L.M.).- Es la fuerza que es necesaria aplicar en el extremo de una barra que se encuentra empotrada para generar un desplazamiento unitario de ese extremo estando el otro articulado.

Suponiendo un desplazamiento unitario Δji = 1: R

i

M ji 

j

j

ji = 1

Ri

Por estática obtendremos las reacciones: +

L EI = cte.

M ji



3 EI

L2

 ji

3EI L2

M

i

0

M ji  R j L  0

3EI  Ri L  0 L2 Rj 

16

3EI  R.L.M . L3

Apuntes de Análisis estructural II

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Factores de transporte.- Es un momento que aparece en el extremo j de una barra ij, mientras se aplica un giro unitario en el extremo i.

Mij



4 EI L

i

M ji

i i



1 2

Mij



2 EI L

i

 F .T .

j

Ri

R

L EI = cte.

j

En el caso de tener una articulación en el extremo j, el factor de trasporte es igual a cero ya que las articulaciones no producen momento. . Mi j



3 EI L

i

i = 1

M ji

j

i Ri

L EI = cte.

17

R

j

 0  F .T .

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Capítulo 3 Método de las rigideces 3.1 Planteamiento de la ecuación general del método de las rigideces. Ya obtuvimos las ecuaciones pendiente deflexión, pero estas quedan en función de los giros y los desplazamientos lineales, ahora veremos el planteamiento para obtener estas incógnitas y ya solo sustituir los valores para encontrar los momentos en los extremos de las barras. La forma en que encontraremos los desplazamientos, será por medio de la superposición de causas y efectos generada por la liberación y sujeción de nudos. Esto nos dará una solución particular y una solución complementaria. (P1)0 w

(P2)0

P1 = - (P1)0

w

P2 = - (P2)0

(P3)0 P3 = - (P3)0 R

R

=

SOLUCIÓN COMPLETA. (Estructura a analizar)

+

SOLUCIÓN PARTICULAR.

SOLUCIÓN COMPLEMENTARIA.

Solución particular.- Aquí se hace la sujeción de la estructura, por lo que consideraremos perfectamente empotrados todos los nudos libres de esta (recordemos que los apoyos sin continuidad no son nudos libres, por lo que seguirán con el mismo tipo de apoyo, ya sea un empotramiento o una articulación). Para conseguir esta sujeción en los nudos, deberá ser necesario aplicar fuerzas y momentos que restrinjan sus desplazamientos, al hacer esto estaremos violando las condiciones de equilibrio que rigen la estructura. También es bueno hacer la observación de que por cada grado de libertad que tengamos encontraremos una solución particular.

(Pi)0

Solución complementaria.- Esta solución se obtendrá cargando a la estructural únicamente con las acciones de sujeción de los nudos libres, obtenidas de la solución particular pero con sentido contrario. A estas acciones de sujeción las representaremos como: |

Pi = -(Pi)0

Cargando la estructura con las acciones (Pi), las incógnitas que resultan son los desplazamientos de los nudos, es por esta razón que el método se llama método de los desplazamientos. Antes de ver los pasos a seguir, es muy importante mencionar que los métodos basados en los desplazamientos son exactamente iguales, y en la forma de obtener la solución complementaria es donde obtienen sus nombres. i.e. Si encontramos el valor de los desplazamientos mediante ecuaciones simultaneas, será llamado Método Pendiente-Deflexión, si lo hacemos por medio de una matriz será entonces el Método de las rigideces o matricial y si lo hacemos por aproximaciones sucesivas, será el Método de Cross, Kani o algún otro caso particular.

18

Apuntes de Análisis estructural II

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3.2 Obtención de la ecuación general del método. Usaremos un marco cualesquiera como ejemplo, será el caso de estudio para usarlo como referencia en algunas definiciones y en el planteamiento de la ecuación del método. Consideremos el marco de la figura siguiente: w IBC

B

Primero tendremos que obtener y nombrar los grados de libertar:

C

b

p

ICD

b N.G.L = 3 = c

= 1 = 2 piso = 3

LCD

IAB

LAB

D

a

A LBC

Solución particular.- Esta solución consiste en determinar las acciones de sujeción de los nudos libres (Pi)0, impidiendo que tengan desplazamientos angulares y lineales; dichas acciones se conocen determinando los momentos de empotramiento en cada barra y las reacciones en los extremos de las barras que llegan al piso, debido a las cargas externas que actúan sobre la estructura.

 M E  BC

 P1 0 B

 M E  BA

w

 M E CB  P2 0 C

RB

 P3 0

RB

p

A

+

+

+

 M B   P1 0  M C   P2 0  FHorz. piso BC   P3 0

D

RA

  P1 0     Pi     P2 0  0      P3 0 

19

Corresponde al grado de libertar 1 1 Corresponde al grado de libertar 2 2 Corresponde al grado de libertar 3 3

Apuntes de Análisis estructural II

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Solución complementaria.- Consiste en analizar la estructura, cargada con las acciones de sujeción (Pi)0 pero con signo contrario (Pi) = -(Pi)0. Para obtener esta solución se cuenta con la siguiente información: 1) Relación entre las acciones y los desplazamientos en los extremos de cada barra (Ecuaciones pendiente-deflexión) 2) Ecuaciones de compatibilidad de desplazamientos de los nudos a. Compatibilidad de giros.- El giro en los extremos de las barras que concurren en un nudo libre, deberá ser el mismo para todas las barras e igual al giro del nudo. b. Compatibilidad de los desplazamientos lineales.- El desplazamiento lineal en los extremos de las barras que concurren a un piso, deberá ser el mismo para todas las barras e igual al desplazamiento del piso.

k

ij

j

im

i

k

ik

l

l

j

j

il

i

m m

n

m b.

Compatibilidad de giros

a.

ij = ik = im = il = i

Compatibilidad de desplazamientos

j = m = ji = jk = mn = ml

3) Ecuaciones de equilibrio de los momentos en los nudos libres y fuerzas en los pisos que se desplazan. Los nudos deberán estar en equilibrio bajo los momentos y fuerzas que ahí actúen.

20

Apuntes de Análisis estructural II

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Siguiendo entonces estos pasos en el marco propuesto tendremos: 1) Relación de acciones y desplazamientos en los extremos usando las ecuaciones pendientedeflexión en cada una de las barras.

Barra AB: 0

4 EI AB 0 2 EI AB 6 EI 2 EI AB 6 EI A   B  2 AB  AB   B  2 AB  AB LAB LAB LAB L AB L AB

0

4 EI AB 2 EI AB 0 6 EI AB 4 EI AB 6 EI B  A  2  BA   B  2 BA  BA LAB LAB LAB L AB L BA

M AB   ME  AB 

M BA   ME  BA 

Barra BC: 0

0 4 EI BC 2 EI BC 6 EI 4 EI BC 2 EI BC B  C  2 BC  BC  B  C LBC LBC LBC LBC L BC

0

0 4 EI BC 2 EI BC 6 EI 4 EI BC 2 EI BC C   B  2 BC  BC  C  B LBC LBC| LBC LBC| L BC

M BC   ME  BC 

M CB  ME CB 

Barra CD: 0

4 EI CD 2 EI CD 0 6 EI CD 4 EI CD 6 EI C  D  2  CD  C  2 CD  CD LCD LCD LCD L CD L CD

0

4 EI CD 0 2 EI CD 6 EI 2 EI CD 6 EI D  C  2 CD  DC   D  2 CD  DC LCD LCD LCD L CD L CD

M CD  ME CD 

M DC  ME DC 

Siempre recordando que:

 B   ;  C    ;  AB   3

2) Ecuación de compatibilidad de desplazamientos de los nudos.

      C    C  CD     BA   CD 21

Apuntes de Análisis estructural II

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3) Ecuaciones de equilibrio de momentos en los nudos libres y fuerzas en los pisos que se desplazan. Nudo B

P1

M BC

+

MB  0

P1  M BA  M BC  0 P1  M BA  M BC

M BA

 4 EI AB   4 EI BC 2 EI BC  6 EI P1     2 BA  3    1  2  L L L L BC   AB BA   BC

Nudo C

P2

+

M CB

MC  0

P2  M CB  M CD  0 P2  M CB  M CD

M CD

 4 EI BC  2 EI BC   4 EI CD 6 EI P2     1     2  2 CD  3  LBC L CD  LBC   LCD 

Equilibrio del piso BC

P3

+

 FHORIZONTALES

0

P3  R BA  RCD  0

R BA

RCD

P3   R BA  RCD

M CD

M BA

R BA

Por estática se puede deducir que:

RCD

M BA  M AB  R BA ( L AB ) R BA 

R AB M AB

R DC

M BA  M AB L AB

M CD  M CD LCD M  M AB M CD  M CD P3   BA  L AB LCD RCD 

M DC

22

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Sustituyendo:

P3   

 6 EI 4 EI AB 6 EI 1  2 EI AB  1  2 AB  3    2 AB  3  L AB  L AB L AB L AB L AB   6 EI 2 EI CD 6 EI 1  4 EI CD     2 CD  3   2  2 CD  3  LCD  LCD LCD L CD L CD 

Agrupando los resultados por desplazamientos nos quedarán las siguientes ecuaciones:

 4 EI AB 4 EI BC P1    LBC  LAB  2 EI BC P2    LBC

  2 EI BC       LBC

  4 EI BC 4 EI CD   1   L LCD BC  

 6 EI  6 EI  P3    2 BA     2 CD  L BA   L CD

 6 EI BA       2   3   L BA   6 EI CD   2   2   L CD

  3 

  12 EI AB 12 EI CD  3     3 L CD   L AB

  3 

Expresado en forma matricial tendremos:

 4 EI 4 EI BC  2 EI BC 6 EI AB   2 BA   LBC  LBC L BA  LAB  P1    4 EI BC 4 EI CD  2 EI BC 6 EI P      2 CD    2  LBC LCD  L CD  LBC  P3    12 EI AB 12 EI CD  6 EI CD 6 EI  2 BA  3  3  2 L BA L CD L CD  L AB 

          

 1     2   3 

Pi   K  i  Multiplicando por K

K 1 Pi   K 1 K  i   K 1  Pi    i 

Remplazando la matriz de la solución complementaria por la matriz de la solución particular

Pi    Pi 0

 i   K 1 Pi 0

Ecuación general del método de los desplazamientos o de las rigideces

23

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

En donde:

 i 

Es una matriz columna de orden N.G.L. x 1, cuyos elementos son los desplazamientos finales de los nudos y los pisos de la estructura con la convención de signos que ya hemos planteado. 

(Pi)0  Es una matriz columna de orden N.G.L. x 1, sus elementos son las acciones de sujeción de los nudos (Fuerzas y momentos) que se necesitan aplicar a la estructura, para que todos los nudos queden completamente fijos; los resultados estarán en función directa del sistema de carga dado.  K  Es una matriz cuadrada de orden N.G.L. x N.G.L. siendo simétrica respecto a la diagonal principal y positiva definida, lo que significa que su diagonal principal siempre será positiva. Sus elementos están formados por las rigideces angulares, factores de transporte, rigideces lineales y los momentos asociados con ellas. En ella contiene las fuerzas restrictivas debidas a la aplicación de deformaciones unitarias correspondientes a los grados de libertad del sistema y se le conoce como Matriz de rigideces, donde: Kij.- Es la fuerza o momento que tengo que aplicar o que aparece en la dirección i para producir un desplazamiento unitario en la dirección j, mientras todos los demás desplazamientos permanecen fijos (igual a cero). Esta matriz, relaciona los desplazamientos de los nudos con las acciones de sujeción Pi que se aplican a ella, por la analogía que hay en un resorte común y corriente.

K

P 

PK

Donde: P = Carga o fuerza aplicada K = Rigidez del resorte  = Alargamiento

Para continuar y poder tener una visualización directa de ciertos elementos, será necesario regresar a ver los términos de rigideces angulares natural y modificada (R.A.N. y R.A.M.), factores de transporte (F.T.), rigideces lineales natural y modificada (R.L.N. y R.L.M.) y los momentos que generan. Como tener siempre en mente la convención de signos que hemos tomado. Otro detalle importante está en la nomenclatura que hemos usado hasta el momento, en donde definimos con subíndices el tramo o la orientación de la barra en que estamos, aunque es de suma importancia distinguir, por ejemplo, el momento Mij del momento Mji, los términos de longitud, inercia y módulo de elasticidad, son independientes al acomodo de sus nudos en la misma barra, siempre y cuando EI=Cte.

L BC  LCB ; EI AB  EI BA Giros y Momentos

Desplazamientos lineales

+

+ 24

+

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Es interesante notar que la matriz K no depende del sistema de cargas que se aplican a la estructura, sino que es una propiedad de esta. Y dicha matriz se puede plantear directamente a la estructura interpretando únicamente el significado físico que tiene cada uno de sus elementos. Usando nuestro marco de estudio como ejemplo, dando un giro unitario (1 = 1) en el nudo B y sujetando los otros nudos (2 = 0, 3 = 0) quedaría:

En el nudo B convergen dos barras, la BA y la BC, y ya que los giros en un nudo son iguales a los giros en sus barras  4 EI BA 4 EI BC  convergentes a ese nudo, al provocar un giro unitario en él,    L L mientras sujetamos los otros nudos, necesitaremos un BC   BA momento para cada una de estas barras (R.A.N.). Por otra   2 EI BC parte, para mantener los otros dos grados de libertad  P1     LBC  restringidos a cero (2 = 0, 3 = 0), luego de la aplicación de ese F.T.    giro unitario en el primer grado de libertad, aparece en el nudo 6 EI BA  2   C un momento de reacción (F.T.) el cual es el que se necesita L BA   para que ese nudo siga sin giro, de igual manera, para que el Momento generado grado de libertad 3 no se desplace, hace falta el momento que por R.L.N. restringirá el desplazamiento (R.L.N.). R.A.N.

R.A.N.

3.3 Obtención directa de la matriz de K Obtención directa de la primera columna de la matriz KDonde2 = 1, 2 = 0, 3 = 0

P1  1 1  1 

6 EI AB L2 AB  BA  1 4 EI AB L AB

P2  0

 BC  1 4 EI BC LBC

P3  0 3  0

2  0 2 EI BC LBC

Primera columna de la matriz de rigideces.

 4 EI BA 4 EI BC     LBC   LBA   2 EI BC  P1     LBC     6 EI  2 AB   L AB  

6 EI AB L2 AB

25

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Obtención directa de la segunda columna de la matriz KDonde2 = 0, 2 = 1, 3 = 0

P2  1 2  1

P1  0 1  0 CB  1 4 EI BC LBC

P3  0 3  0 1  0 2 EI BC LBC



CD  1

6 EI CD 2

L

Segunda columna de la matriz de rigideces.

CD

  2 EI BC   LBC    4 EI CB 4 EI CD    P2     L LCD  CB    6 EI  2 CB   L CB  

4 EI CD LCD

6 EI DC L2 DC

Obtención directa de la tercera columna de la matriz KDonde2 = 0, 2 = 0, 3 = 1 

6 EI BA 2

L

P1  0 1  0

BA



P2  0 1  0

P3  1  CD  1



12 EI CD

3

L3CD

BA

3



BA

6 EI AB 2

L

L2CD

3  1

12 EI BA L

6 EI CD

12 EI BA L



P3  1  BA  1



AB

  6 EI  2 BA   L BA     6 EI   P3     2 CD L CD   12 EI 12 EI   3 BA  3 CD  L CD   L BA

Tercera columna de la matriz de rigideces.

26

6 EI DC L2 DC

12 EI DC L3CD

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ya resulta familiar el observar la matriz para reconocer algunas particularidades de ella, por ejemplo:  

 



Nuestro problema consta de 3 grados, por lo que nuestra matriz será de 3x3 La diagonal principal es positiva y está conformada por la rigidez angular o la rigidez lineal. Es decir, son las fuerzas o momentos que debemos aplicar para generar el desplazamiento unitario en ese grado de libertar, los otros elementos aparecen debido a este desplazamiento unitario. Es simétrica respecto a su diagonal principal. En este caso vemos que cada elemento de la diagonal principal está formada por dos términos, los referentes a las rigideces angulares indican que en cada nudo convergen dos barras, y el relacionado con la rigidez lineal muestra que dos barras son las afectadas por el desplazamiento de ese piso. Solo involucra fuerzas y momentos de los grados de libertad, sin involucrar los apoyos sin continuidad. 2 = 1, 2 = 0, 3 = 1

2 = 0, 2 = 1, 3 = 1

 4 EI AB 4 EI BC     L LBC   AB   2 EI BC  P1     LBC     6 EI AB  2   L AB  

  2 EI BC   LBC    4 EI CB 4 EI CD    P2     L LCD  CB    6 EI  2 CB   L CB  

2 = 0, 2 = 0, 3 = 1

  6 EI  2 BA   L BA     6 EI   P3     2 CD L CD   12 EI 12 EI   3 BA  3 CD  L CD   L BA

Planteada la matriz K de una estructura, se pasa a la ecuación general para así determinar los giros y desplazamientos de los nudos. Una vez conocidos estos desplazamientos, aplicándolos en las ecuaciones pendiente-deflexión se determinan los momentos en los extremos de cada barra, con lo que queda conocida la solución complementaría. Es importante observar que en un edificio de varios pisos, el método de los desplazamientos, da como resultado los desplazamientos lineales de cada piso, mientras que en las ecuaciones pendiente-deflexión se usan desplazamientos transversales relativos, por lo que se deberá tener cuidado al aplicar estas ecuaciones.

 ji   j   i

j

i

M ij   ME ij 

i

27

4 EI ij Lij

i 



2 EI BC 6 EI  j  2 BC  j   i LBC L BC



Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

El método de los desplazamientos se resume en los siguientes pasos: 1. 2. 3. 4.

5. 6. 7. 8.

Determinar el número de grados de libertad de la estructural (N.G.L.) Definir gráficamente los grados de libertad sobre la estructura. Plantear la ecuación general del método. Obtención directa de la matriz de rigideces de la estructura, para ello hay que calcular los valores de las rigideces angulares, lineales, factores de transporte y elementos asociados a ellas. Determinar las acciones de sujeción de los nudos y pisos de la estructura y plantear la matriz Sustituir los valores de los pasos 4 y 5 en la ecuación general para obtener desplazamientos en los nudos. Usando las ecuaciones pendiente-deflexión obtener los momentos en los extremos de todas las barras. Dibujar diagramas

Ejemplo 3.1 Considere la siguiente viga que está empotrada en uno de sus extremos y con 3 rodillos de apoyo. En toda su longitud será del mismo material y la misma sección transversal (EI=Cte.)

w  18.0 Ton / m

w  9.0 Ton / m

2.00 m P  36 Ton

5.33 m

8.00 m

4.00 m

Paso 1: Determinar N.G.L.

N .G.L.  2  B , C Paso 2: Definir gráficamente los grados de libertad en la estructura.

A

B

C

B

C

Paso 3: Plantear la ecuación general del método.

 i    K 1  Pi 0  B   K BB      K  C  BC

Ecuación general

K CB  K CC 

28

1

  PB 0     PC 0 

D

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 4: Obtención directa de la matriz de rigideces. Esta matriz puede deducirse de la gráfica hecha para definir los grados de libertar, o puede tomarse como ayuda el desarrollo barra a barra  4 EI LBA

A

Obtención de la primera columna.

C  0

B  1

2 EI LCB

C

B 4 EI LBC Sustituyendo valores de “L”

 4 EI 4 EI  L  L   P1    BA BC   2 EI    LCB  

1.25 EI    0.25 EI 

 P1   



2 EI LBC

Obtención de la segunda columna. 4 EI LCB

B

C  1

C

3 EI LCD

Sustituyendo valores de “L”

 2 EI    LBC   P   2  4 EI 3EI  L  L  CD   CB

 0.25 EI   1.25 EI 

 P1   

Matriz K

 4 EI 4 EI   P1   LBA LBC  P    2 EI  2  LCB 

  1.25 EI  4 EI 3EI   0.25 EI  LCB LCD  2 EI LBC

29

0.25 EI  1.25 EI 

D

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 5: Determinar las acciones de sujeción.

 M E  AB

w  9.0 Ton / m

 M E  BA

( P1 )0

 M E  BC

 M E CB

w  18.0 Ton / m

( P2 )0

 M E CD

2.00 m

P  36 Ton

A 5.33 m

8.00 m

B

C

4.00 m

D

Del apéndice A obtenemos los valores para los momentos de extremos, de una viga doblemente empotrada con carga uniforme, y de una viga con un extremo articulado mientras el otro está empotrado y con una carga puntual al centro.

( M E ) AB  ( M E ) BA  ( M E ) AB ( M E ) BA

wL2 12

; ( M E ) BC  ( M E )CB 

wL2 12

; ( M E )CD 

3PL 16

2  9  5.33    21.33 Ton  m 12 2  9  5.33    21.33 Ton  m 12

18  8    96.0 Ton  m 12 2

( M E ) BC

18  8  ( M E )CB   96.0 Ton  m 12 3(36)(4) ( M E )CD    27.0 Ton  m 16 2

 P1 0  ( M E ) BA  ( M E ) BC

   21.33  ( 96.0)  74.66 Ton  m

 P2 0  ( M E )CB  ( M E )CD  96.0  (27.0)  69.00 Ton  m   74.66   ( Pi )0      69.00  Paso 6: Sustituir los valores de los pasos 4 y 5 en la ecuación general.

B  1.25 EI       0.25 EI   C

 1 0.25 EI   74.66    1.25 EI   69.00 

Hoy en día, luego de planteada la ecuación, es fácil tener a la mano alguna calculadora, laptop o hasta aplicación de celular que pueda resolver con facilidad la ecuación general.

 A  0 ; B 

73.74 EI

; C  

30

69.95 ; D  0 EI

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 7: Sustituir en las ecuaciones pendiente-deflexión para obtener los momentos en los extremos de todas las barras. Barra AB:

 4 EI 2 EI  73.74  6 EI M AB  (21.33)  (0)  (0)  6.34 Ton  m   (5.33) (5.33)  EI  (5.33) 2  2 EI 4 EI  73.74  6 EI M BA  (21.33)  (0)  (0)  76.64 Ton  m   (5.33) (5.33)  EI  (5.33) 2 Barra BC:

M BC  (96.00)  M CB  (96.00) 

4 EI  73.74  2 EI  69.95  6 EI (0)  76.64 Ton  m     (8.00)  EI  (8.00)  EI  (8.00) 2

2 EI  73.74  4 EI  69.95  6 EI (0)  79.46 Ton  m     (8.00)  EI  (8.00)  EI  (8.00) 2

Barra CD:

M CD  (27.00) 

3EI  69.95  3EI (0)  79.46 Ton  m   (4.00)  EI  (4.00) 2

M DC  0

Paso 8: Obtención de diagramas.

Ya contamos con los momentos finales en los extremos de las barras, hará falta encontrar los resultados de las reacciones para plantear los diagramas de cortante y momento. En este caso, para conseguir las reacciones en los apoyos podremos usar el método de superposición de fuerzas, calculando las reacciones de cada extremo con las cargas totales y otro solo con los momentos finales.

 Viga cargada

 Viga isostática

31

Viga hiperestática

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Reacciones isostáticas. 2.00 m

w  18.0 Ton / m

w  9.0 Ton / m

P  36 Ton

B

A

C 4.00 m

RB  RC

RA  RB

RC  RD

M A  0

M B  0

RB  RA  24 Ton

 8.0  18.0(8.0)    RB 8  0  2  RC  RB  72 Ton

   5.33  9(5.33)    RB 5.33  0  2  RA  24.0 Ton

D

8.00 m

5.33 m

RB  24.0  72.0  96.0 Ton

MC  0

36 2.0  RB 4  0 RC  RB  18 Ton

RC  72.0  18.0  90.0 Ton

RD  18.0 Ton

Reacciones hiperestáticas. 6.34 Ton  m

76.67 Ton  m

A

79.46 Ton  m

76.67 Ton  m

79.46 Ton  m

D

B

8.00 m

5.33 m

C

M B  0

M A  0

4.00 m

MC  0

6.34  76.67  RB 5.33  0

76.67  79.46  RC 8  0

79.46  RD 4  0

RB  15.56 Ton

RC  0.35 Ton

RD  19.86 Ton

6.34  76.67  RA 5.33  0

76.67  79.46  RB 8  0

79.46  RC 4  0

RA  15.56 Ton

RB  0.35 Ton

RC  19.86 Ton

M B  0

M B  0

M D  0

RA  15.56 Ton RB  15.56  0.35  15.21 Ton RC  0.35  19.86  20.21 Ton RD  19.86 Ton Superponiendo los resultados encontraremos los valores de las reacciones finales.

RA  RAISOSTÁTICA  RAHIPERESTÁTICA  24.0  15.56  8.44 Ton RB  RBISOSTÁTICA  RBHIPERESTÁTICA  96.0  15.21  111.21 Ton RC  RCISOSTÁTICA  RCHIPERESTÁTICA  90.0  20.21  110.21 Ton RD  RDISOSTÁTICA  RDHIPERESTÁTICA  18.0  19.86  1.86 Ton Una manera de comprobar es haciendo la suma de las reacciones, las culés deben ser iguales a la suma de las cargas.

8.44  111.21  110.21  1.86  228  9 5.33  18  8   36  228





32

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Diagrama de cortantes y momentos. w  18.0 Ton / m

w  9.0 Ton / m

2.00 m P  36 Ton

5.33 m

8.00 m

4.00 m

71.65

37.86

8.44

1.86

0

0

39.56

72.35 79.46

76.67



 0 6.34



0

 65.93

Una de las ideas principales del curso será familiarizarse con los conceptos, identificar ciertos resultados mediante una inspección visual e ir comprendiendo mejor los resultados. De esta manera el análisis de una estructura se volverá más sencillo al saltar ciertos pasos.

33

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 3.2 Se plantea un marco doblemente empotrado, el cual está sujeto a una carga vertical y una carga horizontal de 10 y 5 toneladas respectivamente, su elementos tendrán el mismo módulo de elasticidad y su elemento horizontal (viga), tendrá el doble de inercia que sus columnas. Determinar los diagramas de fuerza normal, cortante y momento flexionante. P  10.0 Ton 1.80 m

2I 1.80 m

I

P  5.0 Ton

3.00 m

I

2.70 m 1.50 m

3.60 m

Paso 1:

N .G.L.  3  B  1 C   2  AB   CD   3 Paso 2:

3

1

Paso 3:

3 2

 i    K 1  Pi 0   1   K11     K  2  21   3   K 31

34

K12 K 22 K 32

Ecuación general

K13  K 23  K 33 

1

  P1 0     P2 0      P3 0 

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 4:

 4 EI 4 E 2 I   LBC  LBA  2E 2I  LBC   6 EI   2 L BA 

2E 2I LCB 4 EI 4 E 2 I  LCD LCB 

6 EI L2CD

 28 EI    9    6 EI 10 EI  2   9 L CD    12 EI 12 EI   8 EI   L3 BA L3CD   27 

Paso 5:

P  10.0 Ton

 M E  BC

( P1 )0

6 EI L2 BA

 M E CD

8 EI  27   2 EI   3   140 EI  243  

( P2 )0 C

B

 M E  BA

10 EI 9 32 EI 9 2 EI  3

( P3 )0

RBA RBA

P  5.0 Ton D

R AB  M E  AB

Apoyándonos del apéndice A o de cualquier otro manual, como el manual de Aceros Monterrey, obtendremos los resultados de reacciones y momentos.

( M E ) AB

5.0  2.7 1.80  Pab 2  2   2.16 Ton  m L  4.5 2

( M E ) BA

Pa 2b 5.0  2.7  1.80   2   3.24 Ton  m L  4.5 2

2

2

10.0  3.6  PL   4.50 Ton  m 8 8 PL 10.0  3.6  ( M E )CB    4.50 Ton  m 8 8 Pa 2 5.0(2.70) 2 RBA  3 ( a  3b)  (2.70  3(1.80))  3.24 Ton L 4.503 ( M E ) BC 

35

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

 P1 0  ( M E ) BA  ( M E ) BC  3.24  (4.50)  1.26 Ton  m  P2 0  ( M E )CB  4.50 Ton  m  P3 0   RBA   3.24 Ton  1.26   ( Pi )0    4.50   3.24 

Paso 6:

 28 EI  9  1         10 EI  2  9   3     8 EI  27 B 

10 EI 9 32 EI 9 2 EI  3

8 EI   27   2 EI   3   140 EI  243 

1.1408 0.5845 ; C   EI EI

1

 1.26   4.50     3.24 

;  BC 

5.5340 EI

  Radianes   Metros E  Ton / m 2 I  m4

Paso 7: Barra AB:

M AB  (2.16)  M BA  (3.24) 

4 EI 2 EI  1.1408  6 EI (0)  (0)  3.29 Ton  m   (4.50) (4.50)  EI  (4.50) 2

2 EI 4 EI  1.1408  6 EI (0)  (0)  2.614 Ton  m   (4.50) (4.50)  EI  (4.50) 2

Barra BC:

M BC  (4.50)  M CB  (4.50) 

4 E 2 I  1.1408  2 E 2 I  0.5845  6 E 2 I (0)  2.614 Ton  m     (3.60)  EI  (3.60)  EI  (3.60) 2

2 E 2 I  0.5845  4 E 2 I  1.1408  6 E 2 I (0)  4.469 Ton  m     (3.60)  EI  (3.60)  EI  (3.60) 2

Barra CD:

M CD  (0) 

4 EI  0.5845  2 EI 6 EI  5.534  (0)       4.469 Ton  m (3.00)  EI  (3.00) (3.00) 2  EI 

M DC  (0) 

4 EI 2 EI  0.5845  6 EI  5.534  0       4.079 Ton  m (3.00) (3.00)  EI  (3.00) 2  EI 

36

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 8: VBC

2.614 Ton  m

P  10.0 Ton

4.469 Ton  m

H BC H BA

H CB

B

H CD

C

H CB

H BC VBC

2.614 Ton  m

VCB

VCB

4.469 Ton  m

VBA

VCD

H CD H BA

P  5.0 Ton

H DC

D

4.079 Ton  m VDC A

H AB

3.293 Ton  m V AB

Haciendo sumatoria de fuerzas (horizontales y verticales) en los nudos tenemos:

   FHor . B  0

   FHor . C  0

H BA  H BC  0

H CB  H CD  0

H BA  H BC

H CB  H CD

   FVert . B  0

   FVert . C  0

VBA  VBC  0

VCD  VCB  0

VBA  VBC

VCD  VCB

VBA  VAB

Para conocer las reacciones, haremos sumatoria de momento y fuerzas en ellas +

MB  0

+

 MC  0

Barra BC

Barra AB

VBC 3.60  2.614  10.0 1.80  4.469  0

H AB 4.50  3.293  5.0 1.80  2.614  0 H AB  2.151Ton

VBC  4.485 Ton

Barra BC

Barra CD H DC 3.00  4.079  4.469  0

4.469  VCB 3.60  10.0 1.80  2.614  0

H DC  2.849 Ton

VCB  5.515 Ton

37

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Barra B-C -2.849 Ton

-

4.485 Ton

+ -

5.515 Ton

-2.614 Ton-m

4.469 Ton-m

5.459 Ton-m

2.5144 Ton-m

Barra C-D

Barra A-B

-3.293 Ton-m

2.151 Ton

-4.079 Ton-m

4.485 Ton

-5.515 Ton

+

-2.849 Ton

2.614 Ton-m

-

-4.469 Ton-m

2.849 Ton

-

38

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 3.3 Considerando el siguiente marco, analizar mediante el método de las rigideces para obtener sus momentos finales. Todos los elementos serán del mismo material y solo las vigas tendrán una inercia superior a las columnas.

w  4.0 Ton

w  2.0 Ton

3I

3I

2I

2.50 m

2.00 m

2I 2I

P  10.0 Ton

2.00 m 2.50 m 1.00 m 4.00 m

4.00 m

Paso 1:

N .G.L.  4  A  1  B  2 C   3  AB   BC   4 Paso 2:

Paso 3:

1 4

 i    K 1  Pi 0 

C

B

A

3

2

 1   K11     K  2  21   3   K 31

F E D

39

K12 K 22 K 32

Ecuación general

K13  K 23  K 33 

1

  P1 0     P2 0      P3 0 

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 4:

 4 E 3I 4 E 2 I  4  5  2 E 3I   4 K     0     6E 2I 52 

2 E 3I 4 4 E 3I 4 E 2 I 4 E 3I   4 4 4 2 E 3I 4 6E 2I  2 4

  4.6   1.5 K      0  12   25

6E 2I  2  5  6E 2I   2  4  6E 2I   2  2 12 E 2 I 12 E 2 I 12 E 2 I    53 43 23  

0 2 E 3I 4 4 E 3I 4 E 2 I  4 2 6E 2I  2 2

    8 1.5   1.5 7   3  3 3.567  4 

1.5

0

12 25 3  4 3



Paso 5:  M E  AB 4 Ton / m

( P1 )0

 M E  BA

( P2 )0

 M E  BC

2 Ton / m

( P3 )0

 M E CB

( P4 )0

B C

A 4.0 m

4.0 m

 M E  AD

F

2.5 m

2.0 Ton

E

2.5 m

D

 M E  DA

Apoyándonos del apéndice A o de cualquier otro manual, como el manual de Aceros Monterrey, obtendremos los resultados de reacciones y momentos.

40

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

PL 2.0  5.0    1.25 Ton  m 8 8 2.0  5.0  PL    1.25 Ton  m 8 8

( M E ) AD  ( M E ) DA

4.00  4.0  wL2 ( M E ) AB    3.20 Ton  m 20 20 2  wL2 4.00  4.0  ( M E ) BA    2.13 Ton  m 30 30 2  5  2.00  4.0  5wL2 ( M E ) BC    1.66 Ton  m 96 96 2  5wL2 5  2.00  4.0  ( M E )CB    1.66 Ton  m 96 96 P 2.0 R AD    1.0 Ton 2 2 2

 P1 0  ( M E ) AB  ( M E ) AD  3.20  1.25  1.95 Ton  m   P2 0  ( M E ) BA  ( M E ) BC  ( M E ) BE  2.13  (1.66)  0  0.46 Ton  m   P3 0  ( M E )CB  ( M E )CF  1.66  0  1.66 Ton  m  P4 0   RBA   1.00 Ton  1.95   0.466   ( Pi )0      1.66    1.00  Paso 6:

  4.6  1       2     1.5  3   0    4   12   25

1 

    8 1.5   1.5 7   3  3 3.567  4 

1.5

0.481 0.10509 ; 2   EI EI

0

12 25 3  4 3



; 3  

41

1

 1.95   0.466      1.66     1.00 

0.12068 0.22151 ; 4  EI EI

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Paso 7: Barra AB:

M AB  (3.20) 

4 E 3I  0.481  2 E 3I  0.1051  6 E 3I (0)  1.914 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2

 4 E 3I  0.1051  2 E 3I  0.481  6 E 3I M BA  (2.13)  (0)  2.536 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2 Barra BC:

 4 E 3I  0.1051  2 E 3I  0.1207  6 E 3I M BC  (1.16)  (0)  2.163 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2  4 E 3I  0.1207  2 E 3I  0.1051  6 E 3I M CB  (1.16)  (0)  1.147 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2

Barra AD:

M AD  (1.25) 

4 E 2 I  0.481  2 E 2 I 6E 2I (0.221)  1.914 Ton  m 0    (5.0)  EI  (5.0) (5.0) 2

M DA  (1.25) 

4E 2I 2 E 2 I  0.481  6 E 2 I (0.221)  0.971 Ton  m 0    (5.0) (5.0)  EI  (5.0) 2

Barra BE:

M BE  (0) 

4 E 2 I  0.1051  2 E 2 I  0  6 E 2 I (0.221)  0.376 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2

M EB  (0) 

4 E 2 I  0  2 E 2 I  0.1051  6 E 2 I (0.221)  0.271 Ton  m     (4.0)  EI  (4.0)  EI  (4.0) 2

Barra CF:

M CF  (0) 

4 E 2 I  0.1207  2 E 2 I  0  6 E 2 I (0.221)  1.147 Ton  m     (2.0)  EI  (2.0)  EI  (2.0) 2

M FC  (0) 

4E 2I  0  (2.0)  EI

1.914 A

2.536

B

1.914

 2 E 2 I  0.1207  6 E 2 I (0.221)  0.905 Ton  m    EI  (2.0) 2  (2.0) 

2.163

1.914

1.147 C

0.376

2.163

2.536

1.146

1.914

C 0.376

F E

1.147

B

A

1.146 F

E

0.905

0.271

0.271

D

D

0.971

0.971

42

Momentos en los nudos.

0.905

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3.4 Estructuras de edificios con pisos rígidos, relación con el análisis sísmico. Hay casos en los cuales las rigideces angulares de las trabes son grandes en comparación con las rigideces angulares de las columnas, en tales casos, cuando la estructura se somete a cargas laterales (debido a viento o sismo) se puede considerar que los nudos no giran pero si se desplazan. Esta consideración disminuye notablemente el grado de libertad de los nudos, simplificando el análisis de la estructura.

Comportamiento sísmico.

Comportamiento de la estructura oscilante.

43

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 3.4 Del siguiente marco encontrar los desplazamientos en las barras de piso, considerando una rigidez mucho mayor del sistema de piso a comparación del de sus columnas. P  3.0 Ton

100I

4.00 m

w = 1.0 Ton/m

2I

2I P  2.0 Ton

100I

100I

2I

2I

2I

4.00 m

6.00 m

 CA  BA  CB C

6.00 m

 CA F

N .G.L.  2  BA   GH  1  GH

 BA

 i    K 1  Pi 0 

E

B

 CB   FE   2

H

 1   K11      K  2  21 A

D

G

44

Ecuación general

K12  K 22 

1

  P1 0     P2 0 

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

12 E 2 I 12 E 2 I 3 E 2 I 12 E 2 I 12 EI  43  43  43  43  43 K    12 E 2 I 12 E 2 I     43 43

12 E 2 I 12 E 2 I   43 43  12 E 2 I 12 E 2 I   43 43 



1.406 0.75    0.75 0.75 

K   

R AB  RBA  RBC  RCB  wL2 12 wL2  12

( M E ) AB  ( M E ) BC  ( M E ) BA  ( M E )CB

wL 1.0(4.0)   2.0 Ton 2 2  1.0(4.0) 2   1.33 Ton 12  1.0(4.0) 2   1.33 Ton 12

 P1 0  RBA  RBC  2.0  2.0 Ton  P2 0  RCB  3.0  5.0 Ton  2 

 ( Pi )0    5  

 1

 1  1.406 0.75   2        0.75 0.75   5       2

 10.66 1  EI

 17.33 ; 2  EI

45

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3.5 Estructuras con elementos inclinados. En el caso de estructuras con elementos inclinados, la obtención de los giros y desplazamientos resulta más conveniente si se plantean las ecuaciones pendiente-deflexión de cada uno de los elementos, aplicando después las condiciones de equilibrio necesarias. Ejemplo 3.5 Obtener los omentos finales del marco mostrado, el cual tiene un elemento inclinado con una pendiente de 4/3. 15.00 m

P  10.0 Ton

15I

15.00 m

N .G.L.  3 B

25.00 m

7.5I

C

25I

Tan  

 BC

4 3



Trazando una línea perpendicular a la barra inclinada (C-D) en el punto C, y otra horizontal de la magnitud del desplazamiento en ese mismo punto, obtendremos un triángulo rectángulo con vértices C, C’ y C’’. Siendo: C’’ La posición final luego de los desplazamientos a El desplazamiento del punto C respecto a B c El desplazamiento del punto C respecto a D

 BC

C

B B

a C ''

c C

 BC



4  BC  3 a

Tan  

C

3 BC 4

c 

a

c

C'

A



46

D

2 BC

5 BC 4

 3    BC   4 

2

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Sustituyendo los valores en la ecuaciones pendiente-deflexión

Barra AB:

M AB  (0) 

 4 E 7.5 I 2 E 7.5 I 6 E 7.5 I  ( BC )    B  BC 0   B   2 (15.0) (15.0) 5.0 (15.0) 

M BA  (0) 

 4 E 7.5 I 2 E 7.5 I 6 E 7.5 I  ( BC )   2 B  BC  B   0  2 (15.0) (15.0) 5.0 (15.0) 

Barra BC:

M BC  (0) 

4 E15 I 2 E15 I 6 E15 I  3 BC  B    C    4 (15.0) (15.0) (15.0) 2 

M CB  (0) 

4 E15 I 2 E15 I 6 E15 I  3 BC  C    B    4 (15.0) (15.0) (15.0) 2 

Barra CD:

  EI 

3 BC       4 B  2C  10.0  EI    3 BC       4C  2 B  10.0  EI   

3 BC       4C  10.0  EI    3 BC  4 E 25 I 2 E 25 I 6 E 25 I  5 BC    (0)   2   EI 0   C   C    (25.0) (25.0) 10.0  (25.0) 2  4  

M CD  (0)  M DC

  EI 

4 E 25 I 2 E 25 I 6 E 25 I  5 BC  C   0   (25.0) (25.0) (25.0) 2  4

Se puede apreciar que existen tres incógnitas (B, C, AB), por lo cual será necesario hacer uso de tres condiciones de equilibrio.

1°) Equilibrio del nudo B

+

MB  0

M BA  M BC  0  BC 3 BC   2 B  5.0  4 B  2C  10.0   6 B  2C  BC  0 10.0 2°) Equilibrio del nudo C

+

  EI  0 

 MC  0

M CB  M CD  0 3 BC 3 BC    4C  2 B  10.0  4C  10.0  EI  0    B  4 C  0

47

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3°) Para la tercer condición de equilibrio, haremos una sumatoria de momentos en un punto fuera del marco (0), en la intersección de los ejes de las columnas, evitando así involucrar las reacciones axiales de ellas. 0

Por equilibrio en la barra AB

25.00 m

20.00 m

M AB  M BA 15 Por equilibrio en la barra CD H AB 

H DC 

15.00 m

P  10.0 Ton

M DC  M CD 25

25.00 m 15.00 m

H AB M AB M DC H DC

+

 M0  0

M AB  M DC  10.0(20.0) 

 M AB  M BA  35.0   M CD  M DC   50.0 

 15.0 25.0  3 14 BC 12 BC  B  BC  2C  BC  7 B   12C   200  0 5.0 10.0 15.0 10.0 49 BC 6 B  10C   200  0 3

0

Por lo tanto el sistema de ecuaciones queda:

 BC 0 10.0  B  4C  0 6 B  2C 

6 B  10C 

49 BC  200  0 3

Resolviendo:

B  

2.1428 0.5357 ; C  EI EI

48

;  BC 

117.8571 EI

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Sustituyendo en las ecuaciones pendiente-deflexión obtenidas anteriormente. Barra AB:

    2.1428 117.8571  M AB    B  BC  EI      EI  25.710 Ton  m 5.0  EI 5.0 EI        2.1428  117.8571   M BA   2 B  BC  EI   2   EI  27.857 Ton  m  5.0  EI  5.0 EI    

Barra BC:

  2.1428   0.5357  3 117.8571  3   M BC   4 B  2C  BC  EI   4    EI  27.857 Tm   2  10.0  EI   EI  10.0 EI       0.5357   2.1428  3 117.8571  3   M CB   4C  2 B  BC  EI   4   EI  33.214 Tm   2   10.0  EI  10.0 EI     EI  

Barra CD:

  0.5357  3 117.8571    EI   4  EI   10.0 EI  EI  33.214 Ton  m        0.5357  3 117.8571  3     2C  BC  EI   2   EI  34.285 Ton  m  10.0  EI 10.0 EI     

3  M CD   4C  BC 10.0  M DC

27.857 Ton  m

33.214 Ton  m -

25.710 Ton  m -

34.285 Ton  m

49

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3.6 Simplificaciones en estructuras simétricas con carga simétrica o con carga antisimétrica. Es común encontrar cierta simetría en las estructuras que se analizan, desde el diseño arquitectónico original que busca cierta estética, hasta por la distribución uniforme en elementos que implican una optimización de los diseños. Estos casos serán aplicables a cualquiera de los métodos de análisis, ya sea pendiente-deflexión, rigideces o cross.

Estructuras simétricas

4I

2I

2I 2I

2I

Línea de simetría

Línea de simetría

Línea de simetría

Estructuras no simétricas:

5I

I

3I

2I

2I

2I

50

2I

3I

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3.6.1 Simplificación de estructuras simétricas con cargas simétricas. En el caso de que la estructura y la carga sean simétricas, la manera en que se deforma la estructura introduce alguna simplificación en el análisis, ya que el grado de libertad se reduce notablemente. Se pueden presentar dos casos: a) Cuando el eje de simetría pasa por un apoyo o línea de apoyos. Y b) Cuando la línea de simetría cruza el punto medio de uno de los elementos horizontales (Vigas o trabes) a) La línea de simetría cae sobre una línea de apoyo. Línea de simetría

Línea de simetría

No hay giro de la elástica.

La columna central y sus nudos no tienen giros ni deformaciones.

N.G.L. 8

Debido a la simetría de estructura y carga, los nudos que quedan dentro de la línea de simetría no giran, por lo que se pueden considerar como perfectamente empotrados. De la misma manera se observa que no hay desplazamientos de los piso. Dicho esto, los marcos de las figuras 1 y 2 se simplificarían a lo siguiente:

Fácilmente determinado por medio de tablas como las del apéndice A N.G.L. 2

51

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 3.6 Considerando la simetría de la estructura, analice el siguiente marco para obtener sus momentos finales en las barras. w  3.0 Ton  m

w  3.0 Ton  m A

B

3I

2I

6.00 m

3I

2I

D

2I

E 4.00 m

A

C

D

4.00 m

Estructura con geometría y c arg a simétrica

B

2I

6.00 m

F

3I

4.00 m

Estructura equivalente.

N .G.L.  4

N .G.L.  1

 A ,  B , C ,  BC

A

Observando el comportamiento de la estructura de observa que el giro en A y en C son iguales pero con signo contrario, de la misma manera que el giro en B es cero y el desplazamiento en el piso también.

 4 E 3I 4 E 2 I   4.33EI     6    4

 K   

Del apéndice A conseguimos los valores del momento de empotramiento para una viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida.

wL2 3.0(4.0) 2   4.00 Ton 12 12 wL2 3.0(4.0) 2    4.00 Ton 12 12

( M E ) AB  ( M E ) BA

 ( Pi )0    4.0 

1

 1     4.33EI   4.0 A 

0.923 0.923 ;  B  0 ; C   ;  ABC  0 EI EI

52

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Barra AB:

M AB  (4.0)  M BA  (4.0) 

4 E 3I  0.923  2 E 3I 6 E 3I (0)  1.231 Ton  m 0    (4.0)  EI  (4.0) (4.0) 2

4 E 3I 2 E 3I  0.923  6 E 3I (0)  5.3845 Ton  m 0    (4.0) (4.0)  EI  (4.0) 2

Barra BC:

M AD  (0) 

4 E 2 I  0.923  2 E 2 I 6E 2I (0)  1.23 Ton  m 0    (6.0)  EI  (6.0) (6.0) 2

M DA  (0) 

4E 2I 2 E 2 I  0.923  6 E 2 I (0)  0.615 Ton  m 0    (6.0) (6.0)  EI  (6.0) 2

Por la misma simetría de la estructura y la carga, se pueden obtener por simple inspección los valores de los demás momentos, quedando como:

1.23 Ton  m

1.23 Ton  m

1.23 Ton  m

B

C

A

1.23 Ton  m

1.23 Ton  m

D

F

E

0.615 Ton  m

0.615 Ton  m

53

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

b) La línea de simetría cae en un punto medio de las vigas. Este caso se caracteriza en que debido a la simetría de las cargas, los nudos adyacentes a la línea de simetría y al mismo nivel, sufren rotaciones iguales pero de sentido contrario. En este caso se puede analizar solo la mitad de la estructura si se define una nueva rigidez angular para las barras que cruzan el eje de simetría. Consideremos la siguiente barra: M AB

M BA

B

A A

B L

La cual sería equivalente a la superposición de los siguientes dos casos: M ' AB

M ' BA

A A

B L

M '' AB

M '' BA

B A

B L

Por simple sumatoria obtenemos:

M AB  M ' AB  M '' AB

M BA  M 'BA  M ''BA

4 EI 2 EI A  B L L Y sabiendo que los giros son iguales

4 EI 2 EI B  A L L Y sabiendo que los giros son iguales

M AB 

M AB 

M AB  

2 EI A L

M BA  

2 EI B L

De los resultados anteriores se concluye que para considerar el momento debido a la distribución y al transporte en los dos extremos de la barra simultáneamente, es necesario definir una nueva rigidez angular. Rigidez Angular Simétrica.- Es el momento que debo aplicar en el extremo de una barra, para que produzca un giro unitario en ese extremo

K SIM 

2 EI L

54

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 3.7 Determine los momentos finales basado en la simetría de la estructura. w  1.20 Ton  m

3.00 m

B

2I

A

C

2I

I

I

E

D

2I

I

I

H

G

F 6.00 m

6.00 m

6.00 m

Estructura con geometría y c arg a simétrica w  1.20 Ton  m

A

3.00 m

B

2I

2I

N .G.L.  2  A,  B

I

I

E

F 6.00 m

3.00 m

Estructura equivalente.

Obteniendo la matriz de rigideces, recordando la nueva rigidez que se presentará en la barra B-C, al igual que la longitud de dicha rigidez, es la longitud total de la barra.

 4 EI 4 E 2 I  3  6 K    2E 2I   6

2E 2I      2.66 0.66  6    4 EI 4 E 2 I 2 E 2 I   0.66 3.33    3 6 6 

Al calcular los momentos de empotramiento se considerará igual que la barra B-C es con su longitud original.

( M E ) AB  ( M E ) BC ( M E ) BC  ( M E )CB

wL2 1.20(6.0) 2    3.60 Ton 12 12 wL2 1.20(6.0) 2    3.60 Ton 12 12

 3.60    0 

 ( Pi )0   

  1  2.66 0.66   3.60   1            2  0.66 3.33   0 

A 

1.4211 0.2842 ; B   EI EI

; C 

0.2842 EI

55

; A  

1.4211 ;  ABC  0 EI

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Barra AB:

M AB  (3.60)  M BA  (3.60) 

4 E 2 I  1.421  2 E 2 I  0.284  6 E 2 I (0)  1.894 Ton  m     (6.0)  EI  (6.0)  EI  (6.0) 2

4 E 2 I  0.2842  2 E 2 I  1.421  6 E 2 I (0)  4.168 Ton  m     (6.0)  EI  (6.0)  EI  (6.0) 2

Barra BC:

M BC  (3.60) 

4 E 2 I  0.284  2 E 2 I  0.284  6 E 2 I (0)  3.789 Ton  m     (6.0)  EI  (6.0)  EI  (6.0) 2

Barra AE:

M AE  (0) 

4 EI  1.421  2 EI 6 EI (0)  1.894 Ton  m 0    (3.0)  EI  (3.0) (3.0) 2

M EA  (0) 

4 EI 2 EI  1.421  6 EI (0)  0.947 Ton  m 0    (3.0) (3.0)  EI  (3.0) 2

Barra BF:

M BF  (0) 

4 EI  0.284  2 EI 6 EI (0)  0.379 Ton  m 0    (3.0)  EI  (3.0) (3.0) 2

M FB  (0) 

4 EI 2 EI  0.284  6 EI (0)  0.189 Ton  m 0    (3.0) (3.0)  EI  (3.0) 2

Solo hará falta el cálculo de esos momentos, ya que las demás barras tendrán el mismo valor pero con sentido contrario, como espejeando en el eje de simetría. Así, obtendremos los momentos finales en las barras como se muestra:

1.894 Ton  m

4.168 Ton  m

3.789 Ton  m 3.789 Ton  m

4.168 Ton  m

D

A 1.894 Ton  m

0.379 Ton  m

E 0.947 Ton  m

1.894 Ton  m

C

B

0.379 Ton  m

G

F 0.189 Ton  m

0.189 Ton  m

56

1.894 Ton  m

H 0.947 Ton  m

Apuntes de Análisis estructural II

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3.6.2 Simplificación de estructuras simétricas con cargas antisimétricas. Si se observa la manera en cómo se deforma una estructura simétrica bajo cargas antisimétricas, se reduce la complejidad de ella notablemente. De igual manera que con la carga simétrica, se presentan los mismos dos casos: a) Cuando el eje de simetría pasa por un apoyo o línea de apoyos. Y b) Cuando la línea de simetría cruza el punto medio de uno de los elementos horizontales (Vigas o trabes) a) La línea de simetría cae sobre una línea de apoyo. Punto de inf lexión caracterizado por : M 0

y 0

N .G .L. 2 Apoyo ficticio M 0

y 0

N .G.L.1 Estructura simplificada

P

P 2

Q

Q 2

N .G.L.  6

N .G.L.  4 Estructura simplificada

57

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

b) La línea de simetría cae en un punto medio de las vigas.

N .G .L.  4

A

B

C

D

 , , B C D

E

Por simetría 

A

B

A

C

D

B



E

C

B

N .G .L. 4  A , B ,C , ABC

E

D



F

A 

C

Por simetría 

58

A



C

D

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

3.6.3 Simplificación de estructuras simétricas con carga cualquiera. En este caso, la carga de cualquier tipo se puede considerar como una superposición de una carga simétrica y una carga antisimétrica.

6 Ton 3 Ton

3 Ton 2 Ton  m

3 Ton 2 Ton  m



Estructura con simétrica y c arg a cualquiera

3 Ton 1.5 Ton

3 Ton 1.5 Ton



Estructura con simétrica y c arg a simétrica

59

Estructura con simétrica y c arg a antisimétrica

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Capítulo 4 Método de distribución de momentos o método de Cross. 4.1 Introducción. En los métodos generales (método de las fuerzas y método de los desplazamientos) para análisis de estructuras unidimensionales elásticas, se ha visto la necesidad de resolver un sistema de ecuaciones simultaneas para obtener la solución complementaria del problema dado. Estudiaremos un método en el que no es necesario resolver un sistema de ecuaciones simultaneas, sino que se obtiene de una manera iterativa, es decir, por aproximaciones sucesivas. Las iteraciones se pueden interrumpir cuando se juzgue que se ha alcanzado la precisión deseada. El método de distribución de momentos, llamado método de Cross, debe su nombre a Hardy Cross, quien lo publicó por primera vez en 1930 en su artículo “Análisis de marcos continuos por distribución de momentos de empotramiento”. Posteriormente apareció en el libro “Estructuras continuas de concreto armado” por Cross y Morgan en 1932. Este método aplicado a estructuras con un grado de libertad se atribuye a Ritter. La aparición del método de Croos no introdujo ningún método nuevo a los ya conocidos en esa época, pero la manera de sistematizar los cálculos hace a este método uno de los más populares y prácticos, tanto que en su momento fue el más utilizado en todos los despachos de cálculo. Sin embargo con la aparición de la computadora, el planteamiento matricial de análisis de estructuras elásticas y el desarrollo de los métodos numéricos, hicieron que el método fuera relegado a segundo plano en los grandes proyectos de ingeniería estructural. Sin embargo el método sigue siendo una ayuda muy valiosa para los calculistas, ya que su simpleza en estructuras pequeñas hace que siga siendo una opción rápida para la obtención de resultados, de igual manera, es de suma utilidad para los estudiantes que requieren el análisis de una estructura y no tienen acceso a una computadora o bien, a un programa de análisis estructural. Siendo este método un caso particular del método de los desplazamientos, la solución complementaria se obtiene en dos etapas. La solución particular se obtiene al calcular los momentos de sujeción de los nudos, que en este método se llaman “Momentos Desequilibrados” y la acción de sujeción de los pisos (Fuerzas de piso). La solución complementaria se obtiene mediante un proceso iterativo sin tener que plantear un sistema de ecuaciones necesario en el método de los desplazamientos.

60

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

4.2 Método de Cross simple para estructuras con nudos que giran pero que no se trasladan. Consideremos una estructura con un solo nudo rígido (i), en el cual concurren varias ramas que forman entre si ángulos constantes, antes y después de la deformación de la estructura como se muestra en la siguiente figura:

k

j

i im

ik

Todas las barras giran lo mismo que el nudo i

l

Compatibilidad de giros

ij = ik = im = il = i

il

m Sea Kij, Kil, Kik y Kim las rigideces angulares de las barras que llegan al nudo i Si al nudo i se le aplica un momento Mi, el nudo gira un ángulo i, que será el mismo que tendrán todos los extremos de las barras que llegan a ese nudo. Si llamamos Mij, Mik, Mil y Mim a los momentos que aparecen en el extremo i de las barras que llegan al nudo, cuando este gira un valor i, se tendrá:

M i  M ij  M ik  M il  M im M i  K ij  K ik  K il  K im





 M i  K ij i Luego:

i 

Mi

 K ij 

Entonces los momentos distribuidos quedan:

M ij  K ij



Mi

 Kij 

 Mi

K ij

 Kij 

K ij

 Kij 

Factor de distribución

61

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

El factor de distribución () representa la parte del momento Mi que toma cada barra al girar el nudo i, al calcular estos valores deberá comprobarse que:

 ij  1 Al girar el extremo i de la barra ij, se presenta en ese extremo un momento Mij y si el extremo j está empotrado, aparecerá ahí un momento.

M ij  ij M ij

Mi

 Kij 

 Mi

K ij

 Kij 

Donde ij es el factor de transporte el cual tendrá el mismo signo que Mij; Sí EI es constante entonces ij =1/2 De lo anterior queda claro que al aplicarse un momento a un nudo, este momento se distribuye proporcionalmente a sus factores de distribución, y además, en el extremo opuesto aparece un momento de transportado.

4.2.1 Pasos a seguir para el método de Cross. 1) Nombrar o numerar cada uno de los puntos de la estructura. 2) Los nudos de una estructura, formados por la intersección de dos o más barras, se consideran como empotramientos perfectos; al hacer esta consideración, cada barra que esté sometida a un sistema de cargas le producirá un momento de empotramiento al nudo que concurre. Por lo tanto en este paso se encuentran los momentos de empotramiento de todas las barras. Sin olvidar que los apoyos se consideran según la condición que tengan, sean empotramientos, articulaciones o rodillos. Dichos momentos se anotan en un diagrama de la estructura. 3) Calcular los factores de distribución de cada barra que concurre al nudo. Compruebe estos valores alrededor del nudo, sabiendo que la suma de los mismos debe ser igual a uno. Anote estos factores en un diagrama de la estructura. 4) Calcular el momento de desequilibrio del nudo, el cual es igual a la suma de los momentos de empotramiento perfecto alrededor del nudo, cambiarle el signo y distribuir este momento según los factores de distribución que concurren a nudo. En otras palabras, el momento desequilibrado es resistido o equilibrado por las barras del nudo en forma proporcional a la rigidez de cada barra. Anotar estos valores debajo de los momentos de empotramiento. 5) Transmitir los momentos correspondientes a los extremos opuestos de las barras que concurren al nudo que gira. Anotar estos valores en el diagrama de la estructura. 6) Los momentos anotados en el paso anterior darán origen a un momento desequilibrado en cada nudo, por lo tanto se tendrán que efectuar nuevamente los pasos cuatro y cinco, hasta llegar a un momento distribuido del orden del 2 % del momento de empotramiento. 7) El momento final en el extremo de cada barra se obtiene sumando algebraicamente todos los momentos anteriores, a excepción del momento desequilibrado. 8) Comprobar los momentos finales alrededor del nudo que gira sabiendo que por equilibrio la suma debe ser igual a cero.

62

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 4.1 Utilizando el método de distribución de momentos, determine los momentos finales en la viga mostrada. Considere EI constante a lo largo de la viga. P  8.0 Ton 2.50 m

w  2.0 Ton / m

w  2.0 Ton / m D

A B

5.00 m

C

5.00 m

4.00 m

Momentos de empotramiento w  2.0 Ton / m

 M E  BA

 M E  BC

5.00 m

P  8.0 Ton 2.50 m

 M E CB  M E CD w  2.0 Ton / m

5.00 m

4.00 m

wL2 2.0(5.0) 2   6.25 Ton  m 8 8 PL 8.0(5.0)  ( M E )CB    5.0 Ton  m 8 8 wL2 2.0(4.0) 2    4.0 Ton  m 8 8

( M E ) BA  ( M E ) BC ( M E )CD

Rigideces angulares de las barras Kij

3 EI 5

Factores de distribución de 



4 EI 5

K ij

 Kij 

Nudo B

3 EI K BA 3 5  BA     K BA  K BC  3EI  4 EI 7 5 5 4 EI K BC 4 5  BC     K BC  K BA  4 EI  3EI 7 5 5  BA   BC  1 Ok

63

3 EI 4

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Nudo C

4 EI K CB 16 5  CB     K CB  K CD  4 EI  3EI 31 5 4 3EI K CD 15 4  CD     K CD  K CB  3EI  4 EI 31 4 5  CB   CD  1 Ok 3

7

4

7

16

31

15

31

Distribución de momentos 3

7

4

16

7

M E 

5.0

6.25

31

15

31

4.0

5.0

1.25

 M Desequilibrado

1.0

0.536 0.714

 M Des . (  )

0.516 0.484

0.258

Transporte 

0.357

0

0.258 0.110 0.148 0

2da Iteración

0

0.357 0.184 0.173

0.092

0.074 0

0.092 0.039 0.053

0.074

5.785

5.785

0.038 0.036 Momentos finales

4.347

4.347

Momentos finales en las barras:

5.785 Ton  m

4.347 Ton  m

64

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 4.2 Mediante el método de Cross, determinar los valores de los momentos actuantes en la siguiente viga con un extremo empotrado y apoyos simples. Considere EI constante a lo largo de la viga. w  18.0 Ton / m

w  9.0 Ton / m

2.00 m

P  36.0 Ton

D

A 5.33 m

B

8.00 m

Momentos de empotramiento

wL2 9.0(5.33) 2   21.30 Ton  m 12 12 wL2 9.0(5.33) 2 ( M E ) BA    21.30 Ton  m 12 12 wL2 18.0(8) 2 ( M E ) BC    96.0 Ton  m 12 12 wL2 18.0(8) 2 ( M E )CB    96.0 Ton  m 12 12 3PL 3.0(36.0)(4) ( M E )CD    27.0 Ton  m 16 16 ( M E ) AB 

Rigideces angulares de las barras Kij

4 EI L 4 EI  L 4 EI  L 3EI  L

K BA  K BC K CB K CD

4  0.75 EI 5.33 4   0.50 EI 8.0 4   0.50 EI 8.0 3   0.75 EI 4.0



Factores de distribución de  Nudo B

 BA 

K BA 0.75   0.60  K BA  K BC  0.75  0.5

 BC 

K BC 0.5   0.40  K BC  K BA  0.75  0.5

 BA   BC  1 Ok 65

C

4.00 m

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Nudo C

 CB 

K CB 0.50   0.40  K CB  K CD  0.50  0.75

 CD 

K CD 0.75   0.60  K CD  K CB  0.50  0.75

 CB   CD  1 Ok Distribución de momentos.

0.6 0.4

21.33

0.4

96.0

21.33 74.67 44.80

22.40

0

29.87

27.6

13.80

14.93

2.76

0.1656 6.27

0.552 0.552 0.3312 0.2208 0.1194 76.53

0

1.104 1.656

1.1944

0

0 76.53

0

2.76

2.986 0.8958

41.40

14.93 5.972 8.958

2.986

0 1.7916

27.0 69.0

13.80 8.28 5.52 4.14

0.6

96.0

0.597 0 0.597 0.2388 0.3582 Momentos finales

0.1104 79.48

0 79.48

Momentos finales en las barras:

6.27 Ton  m

76.53 Ton  m

66

79.48 Ton  m

Apuntes de Análisis estructural II

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Ejemplo 4.3 Analizar mediante el método de distribución de momentos el siguiente marco, del cual, por simple inspección se puede determinar que no tiene ningún desplazamiento lateral. 3.00 m

P  4.5.0 Ton

w  1.0 Ton / m C

A

3I

B

8.00 m

2I

2I

D 8.00 m

4.00 m

Momentos de empotramiento

( M E ) AB 

Pab 2 4.5(3.0)(5.0) 2   5.273 Ton  m L2 (8.0) 2

( M E ) BA 

Pa 2 b 4.5(3.0) 2 (5.0)   3.164 Ton  m L2 (8.0) 2

( M E ) BC 

wL2 1.0(6.0) 2   4.50 Ton  m 8 8

Rigideces angulares de las barras Kij

4 E 3I 12.0   1.50 EI L 8.0 3E 2 I 6.0 K BC    1.0 EI L 6.0 4 E 2 I 8.0 K BD    1.6 EI L 5.0 K BA  K BC  K BD  4.10 EI  Que será el divisor de nuestros factores de distribución. K BA 

67

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Factores de distribución de  Nudo B

1.50  0.366 4.10 1.0   0.244 4.10 1.60   0.39 4.10

 BA   BC  BD

 BA   BC   BD  1 Ok Distribución de momentos. 0.244

0.366

5.273

3.164 1.336

0.2445

5.0285

4.50

0.39

1.336

0

0.489 0

0.326 0

1.336 0.521 0 0.521

3.653

4.174

0.2605

5.0285 Ton  m

3.653 Ton  m

4.174 Ton  m

76.53 Ton  m

0.261 Ton  m

68

Momentos finales

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

4.3 Método de Cross para estructuras que giran y se trasladan. El método de Cross en estructuras que giran y se trasladan es un caso de estudio complejo, pero que tiene sus particularidades que lo hacen amigable al comprender y llevar a cabo un procedimiento paso a paso. Consideremos una estructura con n grados de libertad por traslación de los nudos, llamando 1 al desplazamiento lineal en la dirección del grado de libertad 1, 2 al desplazamiento lineal en dirección del grado de libertar 2… n al desplazamiento lineal en dirección del gado de libertad n. wx 2 F2

w x1 F1

Estructura a analizar “A” Es equivalente a:  2 C2

1C1

1C1

wx 2

 2 C2

F2

w x1



F1

A0 Estructura que gira pero no se traslada -



A1 C1 Desplazamiento en el G.L.L. 1

A2 C2 Desplazamiento en el G.L.L. 2

La solución complementaría se obtiene por superposición de:

A  A0  A1C1  A2 C2  A3 C3  ...   An Cn -

Las constantes C1, C2, …, Cn se determinan con las ecuaciones de piso de la estructura completa.

69

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

4.3.1 Pasos a seguir para el método de Cross indirecto. 1) Se fijan todos los nudos de la estructura, evitando giros y desplazamientos lineales. Se calculan los momentos de empotramiento debidos a las cargas, y se distribuyen por el método de Cross simple visto anteriormente. Al conjunto de momentos que resulta en este análisis se le llama A0. 2) A la estructura sin el efecto de carga alguna, se le da un desplazamiento conocido, lineal y arbitrario 1, en dirección de grado de libertad lineal 1, evitando la traslación de todos los demás pisos. Esto equivale a aplicar en el piso una fuerza horizontal H1, en dirección del grado de libertad 1. Se calculan los momentos de empotramiento debidos a 1. 3) Se repite el paso anterior para cada uno de los pisos o de los grados de libertad lineales, obteniendo los conjuntos de momentos 2, 3, …, n. 4) Los momentos finales en el problema que se analiza estarán dados por:

A  A0  A1C1  A2 C2  A3 C3  ...   An Cn 5) Se plantea la ecuación de equilibrio para cada uno de los pisos en la estructura completa obteniéndose n ecuaciones con n incógnitas. 6) Del sistema de ecuaciones del paso anterior se obtienen las constantes C1, C2, …, Cn Y se sustituyen en la ecuación general del cuarto paso para obtener el conjunto de momentos A en la estructura que se analiza. Una de las desventajas en este método, es que se deben de resolver n+1 Cross y plantear y resolver n ecuaciones de los pisos. Por otra parte, en lo que se refiere a errores algebraicos (no de planteamiento), el mismo método nos va comprobando en ciertos pasos que se han hecho bien las operaciones por la simetría de resultados.

70

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Ejemplo 4.4 Utilizando el método de Cross determine los momentos finales en la estructura mostrada. w  2.0 Ton / m P  8.0 Ton B

3I

C

N .G.L.  3

I

4.00 m

 B , C ,  BC

2I

D 2.00 m

A 6.00 m

A  A0  A1C1 Cross  n  1  2 1C1

1C1

A0



N .G.L.  2

N .G.L.  1

 B , C

 BC

Calculo de A0 Momentos de empotramiento

wL2 2.0(6.0) 2   6.00 Ton  m 12 12 wL2 2.0(6.0) 2    6.00 Ton  m 12 12

( M E ) BC  ( M E )CB

A1 C1

71

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Rigideces angulares de las barras Kij

4 E 2 I 8.0   4 / 3 EI L 6.0 4 E 3I 12.0    2 EI L 6.0 3EI 6.0    3 / 4 EI L 4.0

K BA  K BC K CD

Factores de distribución de  Nudo B

4/3  2/5 4 / 3 2 2.0  BC   3/5 24/3  BA   BC  1 Ok  BA 

2  8 / 11 23/ 4 3/ 4  CD   3 / 11 23/ 4  CB   CD  1 Ok  CB 

Distribución de momentos: 3/5

8 / 11

2/5

3 / 11

6.0 6.00 2.40 3.60

0

6.0

4.36

2.18 2.18 0.872 1.308 0 0.655 0.655 0.262 0.393 0 0.238 0.238 0.0952 0..1428 0

M BA  3.629

6.00

0 1.63

1.80 0 1.80 1.31 0.49 0.654 0 0.654 0.475 0.178 0.196 0 0.196 0.1428 0.0352

M BC  3.629

M CB  2.359

1.20 0.436 0.131 0.0476 M AB  1.8148

72

M DC  2.359

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I.C. Rafael Moreno Magos

Calculo de A1 Se dará un desplazamiento arbitrario al piso el cual producirá momentos en los extremos de las barras conectadas al piso desplazado, equivalentes a los momentos de la rigidez angular lineal. Desplazamiento supuesto:

1 

30 EI

Momentos de empotramiento por el desplazamiento:

( M E ) AB 

6 EI 6 E (2 I )  30     10.0 Ton  m 2 2  EI L   6  

( M E ) BA 

6 EI 6 E (2 I )  30      10.0 Ton  m 2 L  6 2  EI 

( M E )CD 

3 EI 3EI  2 L  4 2

 30     5.625 Ton  m  EI 

Independiente a los momentos de empotramiento, las rigideces y factores de distribución siguen siendo los mismos. Distribución de momentos: 3/5

8 / 11

2/5

3 / 11

10.0 0 10.00 4.0 6.0 0

2.05 2.05 0.818 1.227 0 1.09 1.09 0.436 0.654 0 0.223 0.223 0.0892 0.1338 M BA  6.471

5.625 5.625

0 4.10

1.525

3.0

0 3.0

2.18 0.818 0.6135 0 0.6135 0.446 0.1673 0 0.327 0.327 0.238 0.09

M BC  6.471

M CD  4.831

10.0 2.0 0.41 0.218 0.0446 M AB  8.2366

73

M DC  4.831

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Con los momentos finales debido a las cargas y los momentos finales producidos únicamente por el desplazamiento en el piso tenemos:

A  A0  A1C1 M AB  1.8148  8.2366C1 M BA  3.629  6.471C1 M BC  3.629  6.471C1 M CB  2.359  4.831C1 M CD  2.359  4.831C1 Ecuaciones de equilibrio en el piso para determinar la constante C1 M BC

P  8.0 Ton

w  2.0 Ton / m

M CB

+

Barra AB

C

B

H BA

M AB  M BA  H BA (6)  0

H CD

6.00 m

M CD

M BA H BA

MA  0

H CD 4.00 m

H BA 

M AB  M BA 6

+

MD  0

Barra CD 6.00 m

H DC

D

M CD  H CD (4)  0 H CD 

H AB A

M AB

   FHor . BC  0 8.0  H BA  H CD  0 M AB  M BA M CD  0 6 6 1 8.0  1.8148  8.2366C1  3.629  6.471C1  2.359  4.831C1   0 6 C1  2.61458 8.0 

 M AB  1.8148  8.2366(2.61458)  19.72 Ton  m M BA  3.629  6.471(2.61458)  13.289 Ton  m M BC  3.629  6.471(2.61458)  13.289 Ton  m M CB  2.359  4.831(2.61458)  14.99 Ton  m M CD  2.359  4.831(2.61458)  14.99 Ton  m 74

M CD 6

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Apéndice A Diagramas de ayuda para vigas con diferentes tipos de apoyos y combinaciones de carga.

Actualmente existen diversos manuales de apoyo con diagramas y resultados de un sinfín de combinaciones de cargas y apoyos, aquí se presentan unos de los más comunes y los necesarios para los ejemplos prácticos de los ejemplos que se realizan. Nomenclatura. a = Distancia medida a lo largo de la viga. (en cm) b = Distancia medida a lo largo de la viga que puede ser mayor o menor que a. (en cm) E = Modulo de elasticidad. (en Kg/cm2) I = Momento de inercia de la sección. (cm4) MMax = Momento máximo. (en Kg-cm) MA = Momento en el punto A que se encuentra en la sección izquierda de la viga. (en Kg-cm) MB = Momento en el punto B que se encuentra en la sección derecha de la viga. (en Kg-cm) MC = Momento en el centro de la viga. (en Kg-cm) Mx = Momento a la distancia x del punto A. (en Kg-cm) L = Longitud total de la viga. (en cm) P = Carga puntual. (en Kg) RA = Reacción en el punto A que se encuentra en la sección izquierda de la viga. (en Kg) RB = Reacción en el punto B que se encuentra en la sección derecha de la viga. (en Kg) VA = Corte vertical en el punto A que se encuentra en la sección izquierda de la viga. (en Kg) VB = Corte vertical en el punto B que se encuentra en la sección derecha de la viga. (en Kg) Vx = Corte vertical a la distancia x del punto A. (en Kg) w = Carga uniformemente distribuida por unidad de longitud. (en Kg/cm) W = Carga total de la viga. (en Kg) x = Cualquier distancia a lo largo de la viga medida desde el punto A. (en cm) Max. = Deflexión máxima. (en cm) x = Deflexión a la distancia x del punto A. (en cm)

75

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

1- Viga simplemente apoyada con una carga puntual al centro. P X A

B

X

L

RA

L

A

VA

L

2

P 2

R B  VB 

P 2

L  x 2 

RB

2

R A  VA 

Vx  w 

B

PL 4

M Max .( En el centro ) 

+

X -

A

B

+

VB

Mx

x

( Si x 

L ) 2



Px 48 EI

PL3 48 EI



punto de la c arg a )

+

+

Px 2



L ) 2

 Max .( En el

-

M Max

( Si x 

 3L

2

 4x

2



____________________________________________________________________________ +

-

2- Viga simplemente apoyada con una carga puntual en cualquier punto.

X A

+

P

B

X A

R A ( Max . si a  b )  VA 

Pb L

R B ( Max . si a  b )  VB 

Pa L

B

L

RA

a+

RB

b

X

M Max .( En el

-

VA A



punto de la c arg a )

Pab L

B

+

M x ( Si x  a ) 

VB

-

 Max .

+

+

M Max

( En x  a

 a2 b 

+

Pbx L

 x ( Si x  a ) 

3



si a  b )

Pbx 6 EIL

L

2

Pab a  2 b  3 a  a  2 b  27 EIL 2

b  x

2



X ____________________________________________________________________________ A

B

+

3- Viga simple con dos cargas puntuales simétricamente colocadas.

X A

B

R A  VA  P +

P

P

X

R B  VB  P

A

+

RA

a

-

B

L

M Max .( Entre ambas c arg as )  Pa

RB

a-

M x ( Si x  +

VA

+

X

 x ( Si x  a ) 

B

+

76

A

B

+

Px 6 EI

 x ( Si x  a( L  a )) 

B

+

A

X

 Px

 Max .( En el centro ) 

VB

-

X

A M Max

a)

+

Pa 24 EI

 3L

2

 3 L a  3a 2

Pa 6 EI

2



2



 4a 2

x

 3 Lx  3 x

2

a

2



-

+

A

B

-

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

+ +

4- Viga simplemente apoyada con una carga puntual al centro. +

-

X

A

w B

X

+

L

RAA VA

L

R B  VB 

wL 2

Vx  w 

X+

wL2 8

M Max .( En el centro )  -

A

wL 2

L  x 2 

RBB

2

R A  VA 

B

+

VB

wx ( L  x) 2

Mx 

5 wL4 384 EI

-

 Max .( En el centro ) 

M Max

+

L

wx 24 EI

x 

+

3

2

 2 Lx  x

3



____________________________________________________________________________ +

-

X

5- Viga simplemente apoyada con una carga aumentando uniformemente a un extremo. A

+

X

W

A

RA

L X +

B

R A ( Max . si a  b )  VA 

W 3

B

R B ( Max . si a  b )  VB 

2W 3

RB

0.5774 L

Vx 

-

VA

A

M Max .

B

+

-

W Wx 2  2 3 L ( En x 

L

Wx 3 L2

Mx 

VB

2WL 9 3



L ) 3

2



x2  WL3 EI

+

 Max .

+

M Max

+

8 ( En x  L 1 ) 15

 0.0134

-

x 

X

Wx 180 EIL2

 3x

4

2

2

4

 10 L x  7 L



____________________________________________________________________________ A

+

X

B

6- Viga simplemente apoyada con carga aumentando uniformemente al centro. A

B

-

R B  VB 

W 2

B

+

L

RA

W 2

W

X +

A

R A  VA 

L

-

2

Vx

RB

( Si x 

+

VA

M Max . 

+

+

-

X

X

+

x 

B

X+

77

A

+

B

L ( Si x  ) 2

 Wx



 Max .( En el centro ) 

B

A

W 2 2 (L  4x ) 2 L2

WL 6

VB Mx

A M Max



L ) 2

WL3 480 EIL2

1 2 x2  2 3 L2



WL3 60 EI

 5L

2

 4x

2



2

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

7- Viga con empotramiento y apoyo simple en extremos y carga concentrada al centro. 5P 16 11P R B  VB  16 R A  VA 

P X

A

X

B

L

RA A

L

L

2

B

2

3 PL 16 5 PL M Max .( En la c arg a )  32 5 Px Mx L  ( Si x  ) 16 2 M Max .( En empotramiento ) 

RB

X

VA

+ A B

-

+

VB

-

3L

M1

Mx

11

( Si x 

 L 11 x     2 16 

 P

L ) 2

+

+ +

 Max .

M Max

-

1 ( En x  L ) 5

PL3 48 EI 5



____________________________________________________________________________ -

8- Viga doblemente empotrada con una carga puntual al centro. +

X -

P A

B

X

A

B

L

RA

VA

L

X

L

+2

RB

4

R B  VB 

P 2

M Max . 

B

PL 8

-

Mx

VB

-

L

P 2

2

A

+

R A  VA 

( Si x 

L ) 2



P  4 x L 8

+

+

-

 Max .( En el centro ) 

-

M Max

+

-

-

x 

M Max

Px 2 48 EI

PL3 19 EI

 3L  4 x 

+

____________________________________________________________________________ X -

A

-

X

9- Viga doblemente empotrada con una carga puntual en cualquier parte. B

A

B

 VA 

Pb 2  3a  b  L3

RB

 VB 

Pa 2  a  3b  L3

( Max si a  b )

P X

RA

+

( Max si a  b )

A

B

+

-

L

RA

a

VA

+

RB

b

-

+

-

M 1( Max si a  b ) 

Pab 2 L2

M 2 ( Max si a  b ) 

Pa 2b L2

M 3( En la c arg a ) 

2 Pa 2b 2 L3

+

VB

-

-

M x ( Si x  X

M1

M3

+

-

 Max .

-

M2

X A

a)

 RA x 

( si a  b en x 

B

 x ( Si x  a )  A

B

X

78

+ A

+

-

B

2 aL ) 3 a b

Pb 2 x 2 6 EIL3

Pab 2 L2 

2 Pa 3b 2 3 EI (3 a  b ) 2

 3aL  3ax  bx 

A

-

B

+ Apuntes de Análisis estructural II +

I.C. Rafael Moreno Magos

-

-

-

8- Viga doblemente empotrada con carga uniformemente distribuida. X

wL 2 wL R B  VB  2 R A  VA 

w +

-

-

A

B

L

RA

L

L

2

L  x 2 

Vx  w 

RB

2

VA

wL2 12

M Max .( En el centro ) 

X +

-

A

0.2113L

Mx

M1

+ -

 Max .( En el centro ) 

-

+

wL2 24 w 2 2  (6 Lx  L  6 x ) 12

M1 

VB

B

M Max

wL4 384 EI





2 wx 2 Lx 24 EI ____________________________________________________________________________

x 

-

9- Viga doblemente empotrada y carga aumentando uniformemente a un extremo. X

+

-

W

-

X A

B

A

B

L

RA

+

VA

RB

X

a B

+

-

3W 10

R B ( Max . si a  b )  VB 

7W 10

Vx 

-

A

R A ( Max . si a  b )  VA 

VB

W Wx 2  2 3 L

MA 

WL 15

MB 

WL 10

Mx 

WL 30

+ +

-

-

+ -

MA

-

-

MB

 10 x  L3 

3



 9x  2 L 

3

 Max . 

X

WL 382 EI

____________________________________________________________________________ +

-

A

10- Viga doblemente empotrada y carga aumentando uniformemente al centro. B

R A  VA 

W 2

R B  VB 

W 2

W

X +

-

A

B

L

RA

RB

L/2 +

VA

-

+

MA

VB

+ -

5WL 48

MB 

5WL 48

MC 

WL 16

-

-

MC

MA 

-

MB  Max .( En el centro ) 

79

1.4WL3 384 EI

Apuntes de Análisis estructural II

I.C. Rafael Moreno Magos

Bibliografía:

1- Análisis estructural Autor: R. C. Hibbeler (Russell C. Hibbeler) Editorial: Pearson 2- Análisis de estructuras: Métodos clásico y matricial Autor: Jack C. Mccormac Editorial: Alfaomega grupo editor 3- Ingeniería estructural Vol I, II y III Autores: White, Gergely y Sexsmith Editorial: Limusa

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