• Author / Uploaded
• Cesar Garcia

• Categories
• Linealidad
• Rigidez
• Física aplicada e interdisciplinaria
• Ingeniería estructural
• Física y matemáticas

Citation preview

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO

FACULTAD DE INGENIERÍA

ANÁLISIS ESTRUCTURAL I

ING. JOSÉ LUIS CAMBA C. ING. FRANCISCO CACHÓN G. ING. FRANCISCO PÉREZ A.

APUNTES DE

l

ANALISIS ESTRUCTURAL 1

José Luis Camba C. �

.!."

ranc1sco •

,..... � ,....h \.,I.. acon u.

Francisco Pérez A.

i

1 1 FICDlUil IJf. '"'UlUlA

G.-

APUNTES ANAL/S EST.I 92

G.-

907933

FACUL TAO

DE INGEN IERIA UNA M

l/1�1111//��lll lllll�lltllll/1 *907933*

UNIVERSIDAD NA CIONAL AUTO NOMA DE MEX ICO FACULTAD D E INGEMERIA DIVISION DE I NGENIERIA C IVIL, TOPOG RAFICA Y GEOD DEPARTAME ESICA NTO DE ESTRUC TURAS

ENIERIA UNAM. FACULTAO DE \NG

APUN.92

\ll\\ l*l\\ \ ll\ \ll\l\\33 \l\ \ll\\ 79 \\ll\\l*90

1

G1.-907933

1 N

T R O V U C C

1 O N

Eótoó apunteó t�enen po� obj eto ayuda� a loó alumnoó

que cuMan la aó�gnatu�a "Anál�-6 �ó

1" en el ap�end�zaje de loó temaó

U N 1 V E R S 1 D A D

N A e 1 O N A L

A U T O N O M A

D E

v�gente de eóta mateJt�a; Jt�co-�> de eótoó temaó,

M E X 1 e O

�nclu�doó

en

Eót�uctMal el p!togJtama

cont�enen tanto loó aóp ectoó te6-

como ejemplo-�>

de apl�cac�6n de lo-1>

-

m�ómoó.

F A e U L T A D

D E

Se p!tetende que eótoó apunte-�>

1 N G E N 1 E R 1 A óado-6

-�>ean Jtev�­

pelt-[od�camente con el objeto de adapta·Jtloó a loó

ca�

b�oó que plteóente el p!togJtama de la aó�gnatuJta menc�onada.

E-�>toó apunteó

6ueJton elaboJtadoó

po!t lo-1>

pito 6eóolte.6: 1ng. Joóé

A P U N T E S A N A L 1 S 1 S

D E

E S T R U e T U R A L

Camba

Caótañeda

1ng.

rJtanc�óCO

1ng.

F�ancüco PéJtez AJtellano

Méx�co,

1 9 8 2

L�ó

V.F.,

Ing. Joóé

Lu�ó

Chac6n

GaJtc-[a

abJt� l de

1982

Camba Ca-�>tañeda

CooJtd�nadoJt de Attálüü

E-�>tJtuctuJtal

3

INDICE

GENERAL

Pag.

l.

Conceptos Introductorios

1

2.

Métodos aproximados

8

3.

Trabajo y Energía

17

4.

E stabilidad y Grado de Indeterminacion

49

5.

Método de las Flexibilidades

55

6.

Método de las Rigideces

79

7.

Método de Cross

101

8.

Método de Kani

117

9.

Introducción al Análisis Plástico

129

C A P 1 T U L O

1

CONCEPTOS INTRODUCTORIOS EN ANALISIS ESTRUCTURAL

4 Cuando se trate de estructuras planas:

,C ONCEPTOS INTRODUCTORIOS EN ANALISIS ESTRUCTURAL

�Fv= O

�Fx= O

�M= O

De esta forma, si se cumplen las condiciones mencionadas, bajo

El objetivo del análisis estructural consiste en calcular las fuerzas internas y las deflexiones en un punto cualquiera de una estruc

la acción del sistema de fuerzas externo y el sistema de reacciones, la es-

tura.

tructura está en equilibrio. Los elementos que forman la estructura estarán sujetos a fuerzas internas que se desarrollen en ellos,

provocadas por el -

En el análisis estructural deben tomarse en cuenta las siguiensistema de fuerzas externo aplicado.

tes condiciones:

Si se hacen diagramas de cuerpos libres, al aislar una parte de la

l. - Equilibrio entre fuerzas internas y externas en todos los -

estructura haciendo uno o varios cortes, deberán estar también en equili-brío.

elementos de la estructura.

Si por ejemplo1en la estructura mostrada a continuación se aisla -

2.- Compatibilidad de deformaciones de todos los elementos -

el nudo indicado, sobre el cual actúan las fuerzas externas F2. así como las

estructurales.

3.- Relación fuerza-desplazamiento.

1.-

EQUILIBRIO EN TRE

F.

FJ

FUERZAS INTERNAS Y EXTERNAS

f, Una estructura,

sujeta a un sistema de acciones externas de -

finida;,. estará en equilibrio si las reacciones de la misma las condiciones de equilibrio,

que se expresan como:

En el espacio:

E F X E F lf E F z

= =

=

0 O O

E M x E M lf E M z

= = =

O O O

I

o

e

cumplen -

�:::, � A

r

E

1

w1 F

t

H

1 G

S fuerzas internas desarrolladas en los planos de corte,

éste nudo deberá e�

F,

tar en equilibrio, porque forma parte de una estructura en equilibrio,y por

ti

lo tanto, podrán aplicársele las ecuaciones generales de equilibrio; a este -

M

r]

sistema en equilibrio, se le llamará equilibrio nodal.

F� BC

F2

r¡::,

le

'

1 F' DI

I

6

'E

r

IH

----�

-V se � VAs

B

J:j

Yr.H Nr.H

MAB

Mr.H

\_0

Por lo tanto, si una estructura está en equilibrio, cualquier eleme�

-veA

M

Y FE

J;· MFE

0"

1�M"

V Be F2

_____.:..--

A

BA

Así mismo, al hacer un corte en un entrepiso, deberá estar en equilibrio la parte aislada por el corte, ya que pertenece a una estructura que está en equilibrio. Así por ejemplo, si en la estructura anterior se corta en el plano indicado, la estructura aislada permanece en equilibrio; a este sistema se le llama equilibrio de entrepiso.

to que se aisle también lo estará, siendo necesario para que ésto se cumpla � que en los planos de corte se considere la o las acciones internas que la es­ tructura ejerce sobre el elemento que se aisló.

2.-

COMPATIBILIDAD DE DEFORMACIONES Al aplicar un sistema de fuerzas

a

una estructura,

ésta se defor­

ma, pero conserva las condiciones de continuidad iniciales. Así mismo, los desplazamientos finales

e¡¡

la estructura deberán ser compatibles con las

condiciones de deformación de los diferentes tipos de apoyos.

6_ ------

t

D

-

----------

-e.':

I

1

3.-

RELACION FUERZA- DESPLAZAMIENTO De acuerdo con los objetivos mencionados del análisis estruc-

tural, es necesario conocer para una estructura de geometría definida,

;

la relación que existe entre las fuerzas y los desplazamientos.

Bl

�

E

1

(

-�"'--·--:

Si se observa la siguiente gráfica, se deduce que la relación

1

1 '

1 1 1 1 1

entre fuerzas y desplazamientos puede ser lineal

o

no serlo.

1

' 1

1

/

p '/­

�

A

F

p

'l.

G

En la estructura de la figura, el nudo B al pasar a la ¡:x:Jsición B', se desplaza y gira; si se trata de una estructura en el espacio, podrá tener tres componentes de desplazamiento lineal y· tres giros. En el caso de un nudo en e�· plano, los desplazamientos serán:dos

b.

Relación lineal

Relación no lineal

componentes de desplaz�

miento lineal y un giro. La condición de compatibilidad con las condiciones de a¡:x:Jyo, serían ¡:x:Jr ejemplo, en el caso de la figura, que los a¡:x:Jyos A y F por ser empotramientos, impiden toda posibilidad de desplazamiento lineal y de giro; en cambio para el a¡:x:Jyo G, por ser un a¡:x:Jyo articulado, no permitirá desplazamientos lineales pero si el giro del mismo.

b.

En general, se su¡:x:Jne la hipótesis de que la relación entre fuerzas y desplazamientos es lineal,

¡:x:Jr lo que se puede aplicar a las

estructuras el principio de superposición. Dicho principio establece,que los efectos que produce un sistema de fuerzas aplicado a una estructura, son equivalentes a la suma de los efectos producidos por cada una de las fuerzas del sistema actuando independientemente.

�

7 Las condiciones que debe cumplir una estructura para que se le aplique el principio de superposición son: a)

Que exista proporcionali dad entre esfuerzo y defo rmaciones, es

-

decir, que se cumpla la ley de Hooke. b)

Que no haya interacción entre efectos debidos a fuerzas axiales

y

momentos flexionantes (efectos de esbeltez).

e)

Que las deformaciones en la estructura sean relativamente pequ � ñas, evitando así que se afecten en forma impo rtante el sistema de -fuerzas internas

y de reacciones.

C A P l T U L O

2

Si la estructura en estudio cumple con las tres cond iciones me E_

cionadas, se trata de una estructura con com portamiento elástico

neal.

y li-

METODOS

APROXJMADOS

PARA

DISEÑOS PKELIMINARtS

A.

MéTODO DE BOWMAN

B,

MéTODO DEL VOLADIZO

c.

MéTODO DEL PORTAL

D.

MéTODO DEL FACTOR

8 METOOOS APROXIMADOS

En el primer entrepiso:

PARA DISEÑOS PRELIMINARES

Una fuerza cortante igual a:

METOOO DE BOWMAN

Ve

Después de estudiar un gran número de marcos resueltos por mé­

N- 0.5 V N+ 1.0

=

todos exactos, se ha propuesto un método aproximado que se basa en las Esta se distribuye entre las columnas proporcionalmente a sus -

siguientes hip6tesis: a) Los puntos de inflexión en las vigas exteriores se encuentran a

rigideces. La fuerza cortante VI= V- Ve

O. 55 de su claro, a partir de su extremo exterior. En las vigas interiores su punto de inflexión está al centro del claro, excepto en la crujía central cuando el número de éstos es impar, o en las dos centrales si es par. En ellos los puntos de inflexión de las vigas estará forzada por condiciones -

proporcionalmente a la rigidez de la viga que la limita en la parte supe­ rior. La cortante de cada crujía se distribuye en partes iguales entre las dos columnas que la limitan. En pisos superiores: La fuerza cortante

de simetría y de equilibrio. b) En las columnas del primer entrepiso los puntos de inflexión están a O. 60 de su altura

a

La cortante VI = V- Ve

V

se distribuye entre las crujías como

=

fuerza cortante por entrepiso.

N =crujías del marco en el entrepiso considerado.

sos último, penúltimo y antepenúltimo, respectivamente, se encuentran

10.65h r0.60h r0.55h t0.50h

a O. 65, O. 60 y O. 55 de la altura correspondiente a partir del extremo superior. En edificios de cinco o más entrepisos, los puntos de inflexión en se ha especificado la posición, se encuen--

tran al centro de su altura. Esto se ilustra en la Fig.

N-2 V """N+!

se hizo para la planta baja.

respectivamente, los puntos de inflexión en las columnas de los entrepi-

no

ve

se distribuye directamente entre las columnas.

partir de la base.

En marcos de dos o más, tres o más, cuatro o más entrepisos, -

columnas para las cuales

s e distribuye entre las crujías

l.

e) La fuerza cortante de cada entrepiso se distribuye en la forma siguiente.

;�

lB'l

'1¡,

10.60h

Figura

1

Puntos de in flexión diferententes

en los

entrepisos

¡-

9 Enseguida se presenta un ejemplo numérico para mejor comprensión del método antes expuesto.

Para el ler.

y el cortante para loscolumnas es

Se tiene un marco el cual consta de tres crujías distribuidas como se muestra en la figura,

Ve. =

dicho marco es de dos niveles y está so_

metido a dos cargas horizontales en el

1 o.

y 2 o. nivel de ST y 3T -

respectivamente.

Determinar los momentos que se generan en los nu-

dos debidos a las

fuerzas actuantes.

N-0. 5 �

5 4

Para cada columna es

- o. 5 3 3+1 8=5

V

1. 2 5

Para el segundo entrepiso V=3 Para esas columnas

EI= c.on.ó.tan.te.

N-2 N+T V

Ve.

Q)

o. 7 �

o. 1 8 7 5

-4-

Para el primer nivel el cortante en vigas es

©

®

3-Z -;¡ (3)

o . 75

Y el cortante por columna es

TI-. o

"?a:¡ N O

100110

'

Nllll'-'O-'

V

O> ...,

,.;

Se reparte entre las columnas inferiores vecinas

t o

1

�

l'l

o.75 z-

o. 3 7 5

10

q -

d Para encontrar los momentos se multiplicarán las fuerzas cortantes por sus respectivos brazos en las columnas C1> (D

Poli. ejemp-fo

1.75

(1.6)

0.5625

=

(1.05)

2.80 =

0.59

_o CD

v

,.._10�,.._

U?

10g �ó

�10N

V

N

10�

�f;; � � O

o

ó ·o

O

,.._ ": N 1

10 ,.._

o

T

--'

ó

en l'l

� o

1

¡;; ��

rr

CJ)0 --: �or¡ lf)

"'

Las fuerzas cortantes en las vigas se obtienen a partir de las --

11 >

fuerzas axiales en las columnas de los diferentes nudos. Por ejemplo en el nudo H.

VHG

FDH- FHL

o

1()

"' 1()

I.Ó ,._

lO lD N

o

N "'

> �

:1

z v "'

r " :;¡:

1¡1

rren al nudo, y

-"' �-;;-

oo

a).- Para el cálculo de los desplazamientos lineales y angulares en un --

consecutivos dividida entre la altura del entrepiso.

1

2�o

dificaciones bajo las siguientes hipótesis:

igual.

lD lD

o

Se basa en las ecuaciones pendiente-deformación haciendo mo

piso, se considera que el valor

� >

r-1

" >

lD lD lD N " :::;:

-1'} v"'1 " " > :::;:

>

o��

::l " - z

rJl (c\'P (--z-

+

dJP) +-

"

2 {J'o +

dJo)

WT- w

+

P�&

si se sustituye (b) en la expresión anterior

de la forma sig uiente: considére-

que se aplican P+ d P y Q gradual y sim ultáneamente, entonces el traba jo total efectuado se

dW

(e)

=

dp dP

de donde

Jp

dW

�

+

dW

-y-

+

;

o .ro

35 que puede escribirse como

1

Jp

*

=

1

"La derivada parcial de la energía total de deformación con res-"' '

de fuerzas dado) medido en la dirección de la fuerza P"

El teorema anterior puede resumirse en las expresiones siguien-

:!:

tes:

'f JP= ?JW c)P

Jp= JP'

CV2dx 2GA

W

�

JP= - e:)

.

�

Cl

j

'-----:>

(rotación)

jN(*) dx 1-P- M2dx J (-ci ) J j (Sl ) J �

� 2GJ

=

=

=

rr

a

M

CV

M

AL

�El V C>P

J (_u) T

...

+

+

= _J -110

_J -110

"'

+

·-

-

-

8

estable de

1"'

e

inde terminado

grado

53 Ejemplos:

Marcos Un ma rco

puede separarse

en varios elementos.

(columnas y vigas ). N

V

N

j•)

M

fiN

M

V

3(4) + 3< 15+ 1 in-estable

'%

�

�

�

En una sección de un elemento existen tres ma gnitudes descon� cidas ( N, V y M). determinarse las

Si se conocen estas cantidades en una secció.1 pueden

correspondientes a otra sección cualquiera.

Si se co n s id e ra : b

=

número total de elementos ro= el número--3(3) + 3

entonces el número total, de incógnitas in--

de elemento de reacciones,

3(4)

estáticamente

dependientes en un marco será (3 b+ r )

Se pued·e establecer que:

=

determinado

:{'l

a). - si 3b +r < 3j-;-. C, el marco es inestable

b).- sí 3b siempre

que sea

a

+ r

la

�

·¡ez

3j

+

C, el marco es estáticamente deter mina do

estable.

e). - sf 3b + r > 3j

+

C el marco es estáticamente indeterminado

3 (4) + 6 > 5(3) + 1 indeterminado

;;:;;

�

de

2 ° grado

55 METODO DE LAS FLEXIBILIDADES l. -

lNTRODUCClON.

El método de las flexibilidades (llamado también de las fuerzas) es básicamente la superposición de desplazamientos en térmiros de es-tructuras estáticamente determinadas. las incógnitas,

Las fuerzas o momentos que son

se determinan a partir de desplazamientos conocidos con

base en las ecuaciones de compatibilidad de deformaciones,

que son

aquellas ecuaciones que garantizan los desplazamientos finales como com patibles con las condiciones de apoyo originales de la estructura. La viga mostrada en la figura 1, grado,

es hiperestática en primer

ya que hay 3 reacciones verticales y sólo se pueden usar dos --

ecuaciones de estática para resolverla.

CAPITULO

5 c=L_L l____l=:r=J

METODO DE LAS FLEXIBILIDADES

__

A

..

s

�-

� Fig.

L e

h

L

1

L

� �

�

1

Aplicando la definición del método de las flexibilidades para resolverlas, central,

se escogerá como incógnita la reacción vertical en el apoyo--

lo cual nos lleva a considerar una estructura isostática que lla -

maremos estructura primaria (fig. Dado que en la viga original debe ser nula,

2). la flecha en el apoyo

lo cual implica considerar

central

que la flecha debida a las

56 cargas en ese punto deberá ser igual y de sentido cont;rario a la flecha

de desplazamientos,

debida a la reacción:

6BP

La ecuación

+

llBX

=

O

,

es una ecuación de compatibilidad

porque garantiza el desplazamiento final como com�

tible con las condiciones de apoyo originales de la estructura.

De la ecuación de compatibilidad se calcula el valor de la incógnita y el resto de la estructura podrá resolverse aplicando las ecuaciones de Estática.

11

al

1111111

A �-- - - -�B--- - - - - - ---- �

E .tc!l>tü.a debida a c.a!tga

�

ABP 2L

1

b) Elá�tic.a debida a .ta Jteac.c.i6n

8

A

E.tádrá descom¡x>ner en la suma

Íw/m

l

�

\

lf3 r

\

++

reacciones vertical y horizontal en D y el momento en D.

fig.

' '

' '

93,..,, , + V � IP

De acuerdo con la estructura primaria, las incógnitas serán las

,-� .... ,

e' '

X3

¡

� -., ---

a) El desplazamiento vertical en D es nulo:

órP

+

f rr Xr

+

fr2 X2

+

fr3 X3

=

O

59 Expresando el sistema de ecuaciones del ejemplo resuelto en for­

b) El desplazamiento horizontal en D es nulo:

b.2P

e)

f21 X1

+

+

f22 X2

o

+ f23 X3

ma matricial:

El giro en D es nulo:

93P + f31 XI

+ h2 X2 + f33X 3

"'

o b.IP

f 11

fl2

fl3

XI

f 21

f22

f23

X2

f31

f 32

f 33

X3

Del sistema anterior de ecuaciones lineales, se obtendrá el valor de las incógnitas

X1, X2

sulta con signo negativo,

y

X3

Si alguno de los valores obtenidos r�

+

b.2 p

o

significa que actúa en dirección contraria a la s�

93P

puesta. Es conveniente definir el efecto de las fuerzas redundantes de la estructura primaria en términos de los desplazamientos producidos por­

Los coeficientes de flexibilidad así arreglados forman la matriz fuerzas (o causas) unitarias correspondientes a las redundantes. de flexibilidades, la cual es siempre simétrica, debido al teorema recípr� co de Maxwell-Betti y es una matriz cuadrada cuya diagonal principal es Por ejemplo,

fij

corresponde al grado de libertad

debi siempre positiva.

do a una causa (fuerza o momento) unitaria aplicada en

. A es te valor Los coeficientes de flexibilidad pueden obtenerse por cualquier -

fij

se le llama coeficiente de flexibilidad. método; sin embargo el más recomendable es el de trabajos virtuales. Los coeficientes de flexibilidad, son entonces desplazamientos d� Por ejemplo, para obtener el valor de

bidos a causas unitarias

fz3

sería:

y dependen de la geometría y propiedades elásti­ desplazamiento horizontal debido al momento unitario.

cas de la estructura primaria y son independientes del sistema de cargas real de la estructura real. Así, por ejemplo, en la estructura anterior cientes de flexibilidad lineales y angular.

(fig.

fl3

fu

y f12

son coe!!

es un coeficiente de flexibilidad -

7)

causa

3

Fig.

8

c.au

e

•

3

¡,

EI L

�

7,

65 Eligiremos como redundante el apoyo (2)

Cálculo de

R2

•

e1

f 22

(Il) real con (II) virtual

•

1 s.oll--t:e }

E� 2.10xi06kg /cm'

3M

104 cm•

�I

n�5cm

.45

6m

t-

-+

Diagram a de momentos

El grado de

� '

C y

D

Indetennin ac

como redun dantes

Estructura

i6n del ma rco es

n=2 ;

se .toman

los nudos

por existir m ovimientos en ellos.

primaria

.6

-..L X 1J Y

2(4)

9

>

8

?ok {o tanto hay una kedundante

�

74 A continuación se construye una tabla de cálculo

Reacciones en la armadura 8

Barra

N

AB

8

CD

o

L

Nn L

nnL

-0.7

2

-11. 2

0.98

-4

4

-0.7

2

o

o. 98

-4

-4

n

nR

AC

8

-0.7

2

-11. 2

0.98

-4

BD

o

-0. 7

2

o

0.98

-4

--

AD CB

F=N + n R

4

2 .85

o

2.85

5. 7

5. 7

1

2 .85

-32.5

2. 85

S. 7

-5.7

- 54 . 9

9.62

¡:

•

4 -

1

-11. 4

-1¡

�B

----

f

La ecuación de compatilidad es

fo1+ f11R

=

Problema

O

Non¡ Ar"

1: • L.-r el método de fle-

las reacciones y fuerzas internas que actuan en las ba--

rras.

62 9. 1\r

Sustituyendo en la ecuación de compatibilidad

54.9 - --¡w-

La armadura que se muestra a continuación,

ta a una carga vertical de 100 ton. xibilidades,

nR

De la tabla se tiene

f 01

a.

a

R

=

5. 7 tn.

1 5m

I

(A),(

�

:7t"..._

A= 1 O A= 5

'}(

y-·

')..

.

Grado de indeterminación

-

=

'(E)

10

+

4

>

2(6)

14

>

eú�oilu i.nt�OILU

72

Por lo tanto existen 2 redundantes.

t

75 Ecuaciones de Compatibilidad

Estructura Primaria

Se ilig-i.eJton eomo itedundante .e.cu,

E

F

'� '

1teaeuonv.. de fu ba�t�ta BE IJ el. apoyo B

f¡o +

f¡¡R¡ + f12P2

�

O

f2o + f21R1 + f22P2

���

f1o

�

f 20

=

I

Nn1

AE

L

'1 n

¡:TE

f22

f¡¡ 100

f12

f22,

f21" f12

¡:

n1n2

-rr- L

L

muestran en la tabla siguiente:

� (N)

Solución Complementaria

� /f��L/ � � � � ¡1T 1 l ¡;,67

n¡n¡ ¡: At

=

f11•

L

-rr-

f21

�

f2o,

n2n2

Los cálculos como las áreas y longitudes de las barras se

\� ....,..- . � •i 2 o kl,-·�� �

-

_

¡:

�

L

Solución particular

!

f1o,

Calculo de los desplazamientos

0,33

-0.8

r

66. 67

Barra

N

n¡

AS

44,4

-0.8 9

BC

44,4

-0.89

CD

88. 9

-0.44

EF

-88.9

0,44

BF

o

-1.0

n2 o

-0.8

A

� A

20

10

-79.0

o

1.6

20

10

-79.0

-71. �

1.6

L

� _A o

1,28 1.4 o

o

10

-78,2

o

0,4

20

10

-78.2

142.2

0,4

1,28 -0.7

-0.6

15

5

o

o

3.0

1,08

1,8

0,3

1.08

0,6

-33.3

-0.33

15

5

33.3

-55.6

1.11

o

25

10

-154.3

CF

55.6

0,55

1

25

5

154.3

DE

-111. 1

0.55

o

25

10

-154.3

1

25

5

o

o

20

o

AF

o

n2n2 L A

-0.8

CE

EB

� � A A

-0,6

¡:

o

-435.4

59.9 o

3.1

o

o

278.0

1,5

5

2.8

o

0.8

o

o

o

o

5

o

409.1

12.7

47.2

5.9

t

76 Sustituyendo los valores de los desplazamientos en las ecuaciones de compatibilidad,

Problema 9.

Calcular las reacaiones en los apoyos y determinar el

desplazamiento del nudo 5 (Sv5).

tenemos:

- 435.4 + JZ.7R' + 5.9P2 = O

409.7

+ 5.9 R1 + 47,ZP2

•

O 2m

Cuya solución es:

R,

=

40.67 to11,,

P2

=

-

13,35 to11.

Multiplicando las fuerzas en las barras para los diferentes estados de carga 11, 1J 112 por las reacciones calculadas R1 y P2

respectivamente,

se

10T

T------r--. 2m 2m

obtiene la siguiente tabla.

Grado de indeterminación = 2 Barra

111 R1

p2

112

-36. 2

BC

-36.2

10. 7

CD

-17.9

o

EF

17.9

BF

40.67

CE

45.1

CF

22.4

DE

22. 4

EB

o

70

Solución particular

Estructura primaria

B.2 lB. 9 71. o

10.7

-13. 4

AF

>

F=N+n1 R 1+ 112 P2

o

AB

72

8+ 4>2(5)

-

60 3 .

B.O

-32.7

B.O

-38.7

o -13. 35 o -13.35 ------- ------ -� -- �

R¡

-10.S 64. 7 -88.7 -13.35 -

-

--

--

Las reacciones finales en la armadura son las anotadas en la figura

Solución complementaria

">.e

-

-v,IJ..

T

7i

U

)

f12

77 Sustituyendo en las ecuaciones de compatibilidad

Ecuaciones de compatibilidad

-116 + 25,2R1 f10+ f11R1 + f12R2

=

- 6,84R,

68.28- 6.84R1 f20+

f21R,

+ f22R2

=

O

=

O + 9,64R,

=

O

Resolviendo el sistema:

ción de efectos, No

1-2

o

-l

2-3

o

-1

4-5

-10

2

-0.71

2

TI¡

n2

o

l 4

-10

1

-0. 71

2 -5

o

o

-0.71

1- S

o

3-5

o

1

Non1L

l:

f2 o =

N0n1

L

AE

Non,

=

L

AE

=

para las reacciones finales tenemos

1

2

o

o

2

o

o

2

-40

14.14

8

-2.84

1

1-2

-3.32

3.32

o

2

-20

1 i. 14

2

-l. 41

1

2-3

-3.32

o

o

-3.32

o

o

o

l

4-5

6.64

3.32

- 10

o

3.32

3.32

-10

-3.32

3.32

o

3.32

14.14

4. 78

o

-56

o

o

o

o

l. 41

o

2.8

o

o

5.6

o

AE

No + n1R1+ n2R2

l. 41

n2n1L

2.8

68,28

=

2

2.8

AE

F

n1n1L

l

!.!..§_

Así,

dada por la ecuacion

o

l

_

- 4,65 T

Non2L

40

5.6

-116 68.28 25.2

De la tabla anterior se tiene

¿

R2=

o

l:

f 10 =

3,32T;

2

o

-l. 41

14.14

2-4

L

-0.71

=

Las fuerzas finales que actúan en cada barra se obtiene por superposi-

Los desplazamientos se calculan en la siguiente tabla

R�R.RA

R1

�4.0

-6.84

n2n2L

BARRA

n1R1

n, R2

2.82

1-4

2.82

2-5

o

1-5

-4.65

-4.65

2-4

o

-4.65

3-5

-4.65

o 9.64

-

o

n1n1 =

l:

Ar

L

_

-

25,2

Ar

o

o

-4.65

o

4.65

Estado final

f 21 -_

f

_

,

_

l: n1n2

Ar L

l: 112n2

�

L

6,84

_

Ar

-

-

_

9.64

-3.32

3.3a "

---+

· -,;rro"> ,. .

f 11

F

No

(5) lOT

(3)

78 Para calcular

óvs

se integra la armadura original

(F) con la armadu

ra virtual que resulta de aplicar una fuerza virtual en el punto de interés a la est ructura primaria.

-1.0

llT

(n)

BARRA 1-2 2-3 4-5

n

F o

-3.32 o

o

L

FnL

2

o

o

2

o

-1

2

o

1 -4

-3.32

-1

2

6.64

2-5

3.32

o

2

o

1-5

4.78

1 .41

2.8

2-4

-4.65

o

2.8

o

3-5

4.65

o

2.8

o

¿

19.12

25.76

Como 1

Wve

o vs =l:

=

Hvi

Fn AE

L

.76 �vs =25 �

1

1

t e>·

79 METODOS DE LAS RIGIDECE S

fAGULIAD DE IN &EIIillt

Las incógnitas en este método son los desplazamientos

de los nudos (los nudos son los apoyos, extremo s libres en voladiz os o en los pu _12 tos do �de concur ren dos o más mie mbros). Los desplazamien tos

de los nudos son el número de gra dos ele li-

bertad o el grado de indeterminació n ejemplo, la Fig.

C A P 1 T U L O METODO

DE

LAS

6

1

cinemática de la estructura� por -

muestra un marco que tiene

7 grados de libertad si se consideran acorta mientos o alarga mientos de los mie mbro& o sólo 4 si no se consideran acortamientos o alargamientos.

RJGIDECES

�X2 # 0 �Y2 #o

$2 ;;o! o

G-

Ll X3 # 0

1®

cp3 "# o

r

.,

-.---x

L\XI

LlYI

=

=

$1

=

0

:4.

�

LlX4

=

wY4

=

0;

$4 # 0

'l/ f i g.

i\l

no

bros

l:,x2

considerarse los acortamientos o alargamientos ele los miem

=

LlX3

=

ll,

$4 #O,

4J3 #O,

.utuyendo valOJte6

-1,388 + (4

+

0,7S) El01 + ZETe2

6, 944 + 2E1et +

-

�.1!8!!11

(4 + 0,7SlEI0t· 0,188E111

•

O. 0.188ETe1 - 0,188E1e2 + l0,047)2E111 = O k12

=

k22lv

ZET {6)

=

-6-

=

4EI (6) -6-

2E1 ;

=

4E1

k 112

=

-

k22le

=

3E1

7

3EI "

•

=

-

o. 188E1

0,7SE1

=

O

=

•

-

0,188E1

0,047E1

90 Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior.

Reacciones en el marco

Jo T

0¡

•

1,052/E!; 82 = - 1,978/E!

t:..

- 1,872/E!

;t;:

. 0,284 �

Una vez determinados los giros y desplazamientos en el marco, se -

'·

l

calcularán los momentos reales en dicho marco.

M13

=

k¡¡)e01+ k1 t:. t:. = 0,75 E1 (1,052) - (0,188E1) (-1,872) = 1.136 EI �E�1-

IA21

=

=

M¡o + k¡¡}U0¡ + k¡282

M2o+ k2101

t:.•

8.m

o. 2847

1 1 1 1 J 1+1 1 1 1 1 1

8.333

- 1,388 + 4EI (1,052) + 2EI(-1,978)=- 1,136 --u--rr-

+ k22)u02 = 6.944 + ZE1(1.052) --u-

M 2• = k22 )e02 + k2t:.

1

Diagrama de fuerza normal

1,667

M12

667

·284

+

4 EI(-1,978)= 1,136 --rr-

1--H.,_

(N)

���

0,75 E!(-1,978) - 0,188 E!(-1,872) = - 1,136 EI --EzDiagrama de Fuerza Cortante

Las reacciones y diagramas de momento,

fuerza cortante y normal se

determinan como sigue.

0.284

0.284

91 Diagrama de Morre ntos.

Pr-oblema 2. resolver el siguiente marco el

Utilizando el método de las rigideces,

7.199

7.

136

1

111

11

11 11 11 1 11 1 v.CII 11

De:.

cual está sujeto a una carga lateral de 2T y carga distribuida de 3T/m como se muestra en la figura.

¡1.736

3 T /m

w =

2 T (t)

(3) EI

=

c:te.

3

m

1

m

(¡)

IP l

�

4 m

¡..

El grado de indeterminación cinemática es G

M2o

2 T

M,,

=

3 (02, 0,, ll)

V

So.f.uc.yo en

el sentido de las manecillas del reloj, derará ¡:x:>sitivo.

el momento de flexión se consi­

102 FACTOR DE DISTRIBUCION Considérese la Fig.

donde

1 mostrada, en la cual la estructura está su-

�K

=

K,

+

K2

+

K3

Por lo tanto se puede enunciar que:

jeta a la aplicación externa de un momento M.

"El factor de distribución para un elemento de un nudo en una estructura, es igual a la rigidez del elemento dividida por la suma de lasrigideces de todos los elementos que llegan a dicho nudo"

M ""'A

En si, el factor de distribución representa la rigidez proporcio--

e

K,

K2

'lí

nal del elemento con respecto a la rigidez del nudo. Para el caso analizado arriba se tiene:

KJ

%K� .:�

o

KJ

"""iK

fig.

es el factor de distribución para el elemento BD

Se ha visto anteriormente que cuando se desarrolla un momento -

tos BA, BC y BD. La contribución de cada elemento para resistir el mo­

to respectivamente. Se puede decir entonces que la contribución de cada

es el factor de distribución para el elemento BC

FACTOR DE TRANSPORTE

La estructura soportará el momento M por medio de los élemen-

. mento M estará en función de las rigideces KL K2 Y K3 de cada elemen-

es el factor de distribución para el elemento BA

resistente en el extremo de un elemento, se induce un momento en el extremo opuesto de dicho elemento. El momento inducido en el extremo opuesto tiene siempre una relación con el momento resistente desarrolla-

elemento es:

do en el extremo que gira o que se desplaza. Por lo tanto, se puede definir

-�M

MeA - �K

que: "El factor de transporte es el valor por el cual debe multiplicarse

-

Mee- _fu_ �K M

el momento que se desarrolla en el extremo girado o desplazado de unelemento (siendo el otro extremo empotrado) para obtener el valor delmomento inducido en el extremo opuesto".

M Meo- ..JiL �K

103 En la siguiente tabla se analizan algunos casos comunes.

METOOO DE CROSS a)

ESTRUCTURA

F. T.

En la Fig. 2 se muestra un marco sujeto a un sistema de cargas dado. Para resolver dicho marco se puede usar el principio de superpos_!: ci6n indicado en la figura.

G� �

�� �El -L-

4EI L

l�

1

2 A�·�!

L

L2

�e

_,ll

�)�

..§El_�

e�

•

Estructuras sin desplazamientos.

+

o

fig. 2

=-

o

.1.E.L

Los momentos de los elementos que llegan al nudo B son:

L

MeA

tE�

o

+

KaA primero los nudos

En el cál-

y después se hicieron los

transportes correspondientes.

¡....

Q•• 4,8

4.36 7. 86 - 2.50

-

- 7 z. 00

�

�

0.45

�

0.26

�

5

' o. 26

0.1'1

- o. 7 7 - o. 7

0 . 05 o. 02- 0.03

-

- o. o 7 -

7 3. �3 _j

-

- 5. 14

1

0.0 3

o. 01

7 3 ."53"

g.73

�

2.49

- 7. 43

- (..06

o. 2 72 l

0.728

24.00

,-

� �

3.27

- 6.86 -

�

-

-

0. 9 1

- o. 01J -

6.75

+H¡

0.34

Aislando el cabezal,

o. 71

o.sz o. 7 3

5. 7 2

H,

H1

•

-

- 0 . 07

0.05

-

� - 0.01

6.75- 4H1

•

20.Z8/4

•

•

H,

2.84 + 4

-

•

5.07

O

8.56/4

t�

•

2.14

2.93•

F¡

2.14

5.07

0.02

O

se tiene

---l

0.03

La solución de la estructura requiere el análisis de los marcos.

o. 01

.

� 7Z

- 5. 72

)[

-

___j__

1

7. 63

o. 9 3

_.1

o. 77

7�

0.09

1

0

0.01

o. 01

2.84

1).

De acuerdo con los valores de los momentos obtenidos en el cálculo

0

�

2.9 3

....L-�3 +

Cálculo de la fuerza que ha impedido el desplazamiento del cabezal. (Del paso

·

•

•

EM,, deA.

o. 7 9

o. 09

0.05

·

H,

- 0.10

1

-73.53

7.25

- o. 53

-

5 l� ) j. 3

EM2, üq.

(7)

1

se tiene el marco

siguiente.

6.75

7. 87

-4.99

- o. 9 3

-

y transporte de momentos),

121

o. 572

-10.2 8 -13.12

anterior (distribución

';f,

la.

e..tapa

�

2a. e;tapa

l--. '

116 2o.

Como se mencionó anteriormente,

PASO.-

0.428

se supone un despl�

10.00 -4.28

A del cabezal y se calculan los momentos que lo produ-

zamiento

cen con los cuales se obtiene la fuerza en el cabezal que causa di-

o. 7 8

Así mismo puede suponerse el valor de lcis -

-0.44

cho desplazamiento. momentos

0.08

y calcular la fuerza en el cabezal.

-0.05 Por lo tanto supóngase momentos de

mo valor,

lO tn. m. en la columna de la

dado que las rigideces en ellas son distintas

t-- --

r

{',

E1

5

'

5

Ve

.t =

� 16

x

� 3E1

= 5.0 út.m.

La distribución de momentos se realiza de igual manera como se hizo en la primera etapa.

-z

.

�6

2.08

0.78

o.sz

- 0.14

-0.38 -o. 30 0.22

o. o;

-0.04 -0.03 0.02 -4.36

0.08 -0.01 0.01 4.36

_,.,..

5.00 -0.68 0.39

-0.07

�

0.04

.

.. ...

� : : I

Cálculo de la fuerza

+

'

del cabezal.

5.�= F 2 4.36

4.6�

'4 =H1

H,

1 +

El orden del tabulado en esta etapa es el que se presenta ensegui-

Z:M2, üq. b.10 = 4H1- 8.05 141 � •

•

H1

2.2 6

=

3.54

5. 8 o

=

o

4 H4- 4 . 6 8

H,

+

14 . 1514

Z:M 3. d eJt.

da.

F2 = 3 . 5 4

=

26

4. 3 6

S e tiene

.

F2 que ha producido el desplazamiento

12)

-

-3.64

0.272 5.00 -1.36

-0.02

&e tiene

f'>= 40!3 E1

- 1. 82 � 1. 04 ¡. 04 _>-"�oN...o o

1

-1.78

9

�.:...U

(4)

(1'11"-0,....C"::l"ll/)(',ji='C>�

C

Veamos la siguiente viga:

Jp

!al

�

i-

-t-

-+-

L 2

Si se incrementa el valor de P has ta que se alcance el valor del mo-=­

� --+-

-+-

mento Mp

4

( b)

-+-

Pc.L � 4Mo

Mp

PL

Pe

-r-

Entonces se presenta una articula­ ción plástica lapso.

LY L__¡-

Si igualamos el trabajo con el in­

!e 1

terno en

(e).

Pe 2

e

Pe

!{E-

L

DE COLAP

"'''

por lo tanto el co

y

!

l....., 1

�o�•=--")-+-DEFLEXION --r-ELASTICA

(d)

=

=

Mp2e

� 2-&

Igualando trabajo externo con interno.

Mp(8+28+8) 4Mpe=

!el ZONA

DE

FLUENCIA

2(�) �

WeL 2 -;¡-e

•

132 We

�

Estudiemos un marco

Co.Jr.ga. de eoto.p�o

2P

I,

Estudiemos la siguiente viga continua:

�

¡ ' -

L

----¡; 1

t L

- ,f}

MECANISMOS DE COLAPSO

L

2 - -----,----

----,--

jp

---¡jj ---------� L

2

-

2 -e-,

Pe

=

_ 'fr

El más so

2

2

1

-- 1

1

2MP

MP

MP

--+- �

+- �

-+-

Mecanismos probables de colapso

M Pf} + ZMPf}+ MP

Pe .h.. e

L

-

------- �� p�f} f}:�

M p f} + ZMp-9- :

¡ 1

p

8Mp L

-

-e-,

_

-+­ L-9-

�

Pe_

GMp

�

f}

2Pe fe=Mpe+Mp8+2Mp28

-L-

pequeño de los valores calculados de Pe es la carga real colap-

Pe

� Pe= ---r-

··4�

�:::=

�

Mp(e+e+e+el

Pe( .6eL)

Pe=�

.6-&L

-++

/3).

--L L-&

-t-z

;�

V�o.gJr.o.mo. de Momento� 2Mp2-& +M pi-&+-&+ 2-f}l:

P e=� L

ZPe L-& 2

+ (.6-9- L)

Pe

133 La carga de colapso es la más pequeña

Pe =

2l!!e. L

B

1.2.

I B

L I

O G R

Wh.U.e, Gvr.ge.et¡ t¡ Sm-U:h Vo.e. 2 LIMUSA 1977 M.i.c.ha..eo� t¡

A

F

I A

"Ingen.i.vr..la. E�.:ttr.uc..:tutr.a..e"

W.i..eóon "S.:ttr.uc..:tutr.a..e Mec.ha.n.i.c.ó

a.nd Ana..e!i.

.6i...6" Ma.c.m.