Análisis estatico - Roberto Aguiar

ANÁLISIS ESTÁTICO DE ESTRUCTURAS, PRIMERA EDICIÓN Copyright © 2005. El autor Editan: Centro de Actualización de Conocimientos Colegio de Ingenieros Civiles de Pichincha Quito - Ecuador Centro Investigaciones Científicas EscueladePolitécnica del Ejército. Av. El Progreso s/n Valle de los Chillos, Ecuador Registro de Autor: 018400 ISBN-9978-310-01-1 ISBN-978-9978-310-01-2 Imprime: FRONTIER PUBLICIDAD

IMPRESO EN ECUADOR

ANÁLISIS ESTÁTICO DE ESTRUCTURAS 1ª EDICION

ROBERTO AGUIAR FALCONI Centro de Investigaciones Científicas

Escuela Politécnica del Ejército Quito Ecuador

ANÁLISIS ESTÁTICO DE ESTRUCTURAS

A mi Madre

PRESENTACIÓN

La Escuela Politécnica del Ejército y el Colegio de Ingenieros Civiles de Pichincha cumpliendo con una de sus funciones, cual es el de elevar el nivel técnico de los profesionales, han apoyado a uno de los investigadores más notables del país en el área de la Ingeniería Sismo Resistente, como es el Dr. Roberto Aguiar Falconí, en la publicación del libro: “Análisis Estático de Estructuras”, que sin lugar a dudas será para los estudiantes una fuente de consulta y para los profesionales un verdadero manual que les servirá para el análisis y diseño de estructuras. La mayor parte de proyectistas estructurales emplean el SAP2000, unos en forma eficiente y otros no. Para los últimos está orientado el libro que se presenta, ya que pueden analizar la solución de estructuras pequeñas, desde la obtención de la matriz de rigidez de un elemento en coordenadas globales hasta la determinación cada cuarto de la luz de las ordenadas de la elástica y de las cargas actuantes, utilizando para el efecto los programas que el autor ha desarrollado. El proyectista que no domina el SAP200, una vez que resolvió la estructura pequeña puede verificar los resultados utilizando el mencionado programa y si salen iguales pasar al diseño de la estructura que le han encomendado. Un aspecto, digno de resaltar del libro, es la manera como el autor presenta los problemas estructurales desde un punto de vista matemático y la soltura como resuelve las ecuaciones diferenciales en forma analítica o en forma aproximada, empleando métodos numéricos. De tal manera que el estudiante de Ingeniería tomará conciencia de la importancia de los cursos de matemáticas que recibió en los primeros años de su carrera. Por otra parte, el autor rinde homenaje al Ing. Alejandro Segovia Gallegos, al presentar la teoría de vigas de cimentación sobre suelo elástico, porque no ha perdido vigencia y es muy importante que las actuales generaciones conozcan el trabajo que desarrolló este gran hombre en la década de los años setenta del siglo pasado. Escribir un libro, como lo ha hecho el Dr. Roberto Aguiar Falconí, no es tarea fácil ya que demanda gran tiempo presentar la teoría, resolver las ecuaciones diferenciales, elaborar programas de computación e ilustrar el uso de los mismos mediante el desarrollo de una gran cantidad de ejemplos, es por eso que a nombre de los profesionales a quienes represento, dejo constancia de mi agradecimiento y felicitación a nuestro estimado colega y socio activo. Por último mi felicitación se hace extensiva al Centro de Investigaciones Científicas de la Escuela Politécnica del Ejército, por el aporte que están brindando al desarrollo de la Ingeniería Estructural en el Ecuador.

Ing. Jorge Merlo Paredes Presidente del Colegio de Ingenieros Civiles de Pichincha

PRÓLOGO

El libro inicia con un repaso de algebra matricial orientado a que el lector pueda resolver completamente una estructura utilizando el programa CAL, Computer Assisted Learning of Structural Análisis, desarrollado por el Prof. Edgard L. Wilson de la Universidad de Berkeley. Este es un programa muy didáctico que sirve para consolidar lo estudiado en “Análisis Matricial de Estructuras” o en “Dinámica de Estructuras”. El lector para usar este programa debe conocer como se resuelve paso a paso una estructura ante cargas estática o cargas dinámicas. En el análisis estático es básico la solución de ecuaciones lineales por este motivo en el capítulo uno se resuelve un ejemplo por el método de eliminación de Gauss habida cuenta que a más de servir para la solución de ecuaciones, el método permite en la etapa de triangularización del sistema encontrar la matriz de rigidez lateral, por todo esto es básico que se conozca este método que es clásico dentro de los Métodos Numéricos. Resolver ecuaciones lineales con CAL se convierte al uso de un solo comando, es muy sencillo pero lo que interesa es que se conozca el algoritmo. En el primer capítulo también se aborda el cálculo de los valores y vectores propios empleando el los método de yJacobi, quepropios también es un clásico en el campo de los Métodos Numéricos. El cálculo de valores vectores sirve para determinar las propiedades dinámicas de una estructura y para calcular los modos de vibración, de ahí la importancia del estudio de este tema, con detalle, como se lo presenta en el capítulo uno. En el capítulo dos se resuelven: pórticos planos, pórticos espaciales, armaduras planas y armaduras espaciales, paso a paso por medio del programa CAL. Al final del capítulo se presenta el ensamblaje directo de la matriz de rigidez en un pórtico plano pero al lector desde el comienzo del capítulo se le hace ver que la solución de cualquier estructura ante cargas estáticas, mediante el Método de los Desplazamientos es general por este motivo si sabe como se realiza el ensamblaje directo de la matriz de rigidez en pórticos planos, también conoce como se realiza en cualquier estructura. CAL está orientado a resolver los cuatro tipos de estructuras indicados al comienzo de este párrafo.

El objetivo de este libro es enseñar a resolver las estructuras básicas como son: pórticos planos, pórticos espaciales, armaduras planas, armaduras espaciales, mallas espaciales en el aire, vigas de cimentación, mallas de cimentación y pórticos planos incluyendo las vigas de cimentación. Por ésto es que se estudia los grados de libertad de las estructuras, los vectores de colocación, las matrices de rigidez de los elementos en coordenadas locales y globales, el ensamblaje de la matriz de rigidez de la estructura, el vector de cargas generalizadas, la solución del sistema de ecuaciones lineales para encontrar los desplazamientos y giros de los nudos, la determinación de las acciones finales en los extremos de los elementos en coordenadas globales y en coordenadas locales. Todo esto de la forma como resuelven los programas de ordenador. En el capítulo dos se detalla todo este procedimiento de cálculo en las estructuras que puede resolver el programa CAL. En el capítulo tres se presenta la solución de pórticos planos de sección constante con carga uniforme distribuida, carga triangular o carga trapezoidal empleando … Diferencias Finitas… ya que se desea encontrar la respuesta en puntos interiores a los elementos, concretamente se desea hallar los desplazamientos, giros, momentos, cortantes y fuerza axial, cada cuarto de la luz y la mejor forma

Roberto Aguiar Falconí CEINCI-ESPE

iv

de resolver esto es con Métodos Numéricos y dentro de ellos las Diferencias Finitas es una alternativa muy buena.

Otro de los objetivos de este libro es proporcionar al lector programas de ordenador para la solución de pórticos planos con los tipos de carga indicados en el párrafo anterior, mallas espaciales en el aire, vigas de cimentación sobre suelo elástico, mallas de cimentación y pórticos planos incluyendo vigas de cimentación para el efecto el autor ha desarrollado los siguientes programas: PLANO, MALLA, CIMEVIGA, CIMMALLA, CIMPLANO. El SAP2000 es un programa que resuelve todos los tipos de estructura hasta aquí indicados y otros más; adicionalmente la entrada y salida de datos es impresionante, tanto que vislumbra al usuario y le hace pensar que ha introducido correctamente los datos, si lo ha hecho así en buena hora y si no ha suministrado los datos en forma adecuada va a cometer error. Por este motivo se recomienda a los proyectistas estructurales que antes de resolver, por ejemplo, una malla de cimentación de un edificio bastante grande, se imponga una pequeña de cuatro elementos y la resuelva utilizando el programa CIMMALLA y el SAP2000, si llega a tener los mismos resultados, significa que sabe utilizar el SAP2000 y puede proceder a resolver la cimentación del edificio real, caso contrario conviene que estudie con más detenimiento el manual del SAP2000 o en su defecto utilice el programa CIMMALLA.

Todos los programas desarrollados reportan al comienzo una serie de información sobre lo que está ejecutando el programa, ésto con el propósito de que se vaya realizando un seguimiento del cálculo pero al final reportan resultados que son muy prácticos como las ordenadas de la elástica cada cuarto de la luz y las fuerzas o momentos, también cada cuarto de la luz. Retomando con la descripción rápida de los capítulos del libro se debe indicar que en el capítulo cuatro se resuelven mallas espaciales también conocidas con el nombre de parrillas, se obtiene la solución …analítica exacta… para la ecuación diferencial que gobierna la flexión y para la ecuación diferencial que gobierna la torsión. Como aplicaciones se presentan la solución de

balcones de enlosas voladizo, de losasde alivianadas bordes empotrados, apoyados o libres, la solución con aberturas tal maneracon que el libro también es práctico. En el capítulo cinco se resuelve vigas de cimentación sobre suelo elástico, utilizando los formularios desarrollados por el querido y recordado maestro Ing. Alejandro Segovia Gallegos pero orientados a la solución matricial, de esta manera no se deja en el olvido la gran labor que realizó tan destacado investigador, para quienes fueron sus alumnos va a ser muy grato recordar la forma tan particular que tenía el Ing. Alejandro Segovia Gallegos en presentar las ecuaciones en tablas y dicho de paso es muy útil ya que ahorra espacio en la formulación. El capítulo seis está dedicado a la solución de mallas espaciales de cimentación sobre suelo elástico se presenta la solución analítica exacta que fue desarrollada por el Ing. Alejandro Segovia Gallegos, adaptada al “Análisis Matricial de Estructuras” y finalmente en el capítulo siete se resuelven pórticos planos incorporando vigas de cimentación, este modelo de cálculo es adecuado cuando el suelo en que se va a construir es blando o de dureza intermedia.

Lo que más tiene el libro es una gran cantidad de ejercicios resueltos ya que los ejemplos ayudan a consolidar la teoría aprendida y son una fuente de verificación de los programas que se entregan con el libro.

Quito, 13 de marzo de 2006

Dr. Ing. Roberto Aguiar Falconí

Roberto Aguiar Falconí CEINCI-ESPE

163

REFERENCIAS

1.

Aguiar R., (1987) Diferencias Finitas en el Análisis Estático de Estructuras, Colegio de Ingenieros Civiles del Guayas, 129 p, Guayaquil.

2.

Aguiar R., (1989) Parrillas de cimentación de sección constante, Un Capítulo de las Memorias del I Curso de Cim entaciones. Escuela Politécnica del Ejército, 31 p, Quito.

3.

Aguiar R., (1991) Análisis Sísmico de Estructuras en forma de péndulo invertido, Escuela Politécnica del Ejército, 325 p, Quito.

4.

Aguiar R., (2004) Análisis Matricial de Estructuras, Centro de Investigaciones Científicas. Escuela Politécnica del Ejército, Tercera Edición, 540 p, Quito.

5.

CAL-91, (1991) Computer Assited Learning of Structural Analysis, Manual del Programa.

6.

Gere J., Waver W., (1972) Análisis de Estructuras Reticulares, Compañía Editorial Continental, S.A., Tercera Edición, 535 p, México.

7.

Hidalgo W., (1989), Vigas de Cimentación sobre suelo elástico, Un Capítulo de las Memorias del I Curso de Cimentaciones. Escuela Politécnica del Ejército, 49 p, Quito.

8.

SAP2000, (1996) Integrated Finite Element Analysis and Design of Structures, Computers and Structures, Inc. Berkeley California, USA.

9.

Segovia A., (1976) Vigas de Cimentación sobre suelo elástico, Apuntes del Curso de Estructuras. Facultad de Ingeniería Civil de la Escuela Politécnica Nacional, Quito.

10. Wilson E., (1997) Three Dimensional Dynamic Analysis of Structures, Computers and Structures, Inc. Berkeley California, USA.

CAPÍTULO 1

OPERACIONES MATRICIALES RESUMEN Se inicia el capítulo presentando la forma como se suma, resta, multiplica matrices con el programa CAL, de igual manera se ve el cálculo de la inversa de una matriz. Posteriormente se presenta la solución de un sistema de ecuaciones lineales simétrico y se ve como se transforma un sistema de ecuaciones asimétrico en un simétrico. soluciónpropios de ecuaciones lineales esanálisis fundamental parapor el análisis estático y eldos cálculo deson los valores yLavectores es básico para el dinámico, este motivo estos temas tratados con bastante detenimiento en el presente capítulo y es así que ha más del uso del programa se presenta el Método de Gauss, para la solución de ecuaciones y el Método de Jacobi, para el cálculo de valores propios ya que son dos métodos clásicos que utiliza el programa CAL. Finalmente se ven otros comandos que se utilizarán en capítulos posteriores, especialmente en el dos y tres, los mismos que permiten trabajar con submatrices.

1.1

INTRODUCCIÓN

El programa CAL permite realizar operaciones matriciales como suma, resta y multiplicación de matrices. También es factible obtener la matriz inversa, la transpuesta, resolver un sistema de ecuaciones lineales simétricas, obtener los valores y vectores propios de una matriz y trabajar con submatrices. El análisis estático y el análisis dinámico de estructuras, en la época actual, está orientado al uso del ordenador y la forma más fácil de programar es resolviendo en forma matricial el análisis estático y dinámico de las estructuras. Por este motivo es que el programa CAL maneja con bastante soltura las operaciones matriciales. En el desarrollo de los otros capítulos se utilizan todos los comandos que aquí se presentan, razón por la cual se indica en forma muy rápida el uso de los mismos.

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí

2

1.2 

OPERACIONES ELEMENTALES EJEMPLO 1 Dadas las matrices: A

2  1

4

 3

B

1  2

 1  1 

C

3  2

2



6

Por facilidad se han escrito matrices de 2 filas y 2 columnas; se aprecia que las matrices A y B son asimétricas ya que el término A(1, 2 ) es diferente del término A( 2 ,1) , lo propio se puede decir

con la matriz B . En cambio la matriz C es simétrica con respecto a la diagonal principal y se aprecia que C (1, 2 )

 C ( 2,1) . El primer subíndice representa la fila y el segundo subíndice la columna.

Se desea encontrar:

 A t . La transpuesta de la matriz A .  A B . El producto de la matriz A por la matriz B . 1 F  C . La matriz inversa de C . G  A  B . La suma de la matriz A con la matriz B . H  A  C . La diferencia de las matrices A con la C . D E

i. ii. iii. iv. v.

SOLUCIÓN Para encontrar la transpuesta de una matriz se intercambian los elementos de las filas por los elementos de las columnas. Los elementos de la diagonal quedan igual. Para el ejemplo se tiene: D

2  4

1



3

Para multiplicar dos matrices se multiplican los elementos de las filas por los elementos de las columnas. Por este motivo para que se pueda realizar el producto matricial es necesario que el número de filas de la una matriz sea igual al número de columnas de la otra matriz. E



AB

2  1

4

1  2 

3

 1 2 1  4  2  1  1  1  3  2

2  (1)  4  1

2

1  (1)  3  1 

2 

10   7 



Para obtener la inversa de una matriz, se debe hallar primero el valor del determinante que se va a denominar . Luego los cofactores y finalmente se dividen los cofactores para . Para hallar los cofactoresdesela elimina la resultante. fila y columna del cofactor que se busca y se alternada encuentra+,el-.valor del determinante submatriz Se destaca que tienen signo en forma

 3  6  2  2  14 Al ser la matriz de 2X2 el cálculo de los cofactores es directo para el elemento C (1,1) para el elemento C (1, 2 )

 C ( 2,1)  2

y para C ( 2, 2)

 3.

 6,

Se cambian de signo empezando por el

elemento C (1,1) que se queda con el mismo signo, el término C (1, 2 )

 C ( 2,1)  2 , etc.

Luego:


F

C

6   14  2  14

1



2 14  0.42857  3   0.14286 14 

3

 0.14286  0.21429

Se puede comprobar que: C

1

C

 C C 1  I

( 1.1 )

donde I es la matriz identidad. Para el ejemplo que es de 2X2. La matriz I es: I

1  0

0



1

Para sumar dos matrices se suma el elemento de la fila i y columna j de la una matriz con el respectivo elemento de la fila i y columna j de la otra matriz. G



2  1

A B

4

1   2 

3

 1 2  1   1  2 1  

4  1

3

3  1

4

3   3 



Para restar dos matrices se resta elemento con elemento, igual que en la suma:

H



AC

2  1

4

2

4  2

3

6

36 

3   2 

2  3   1  2 

 1    1 

2  3

Cuando se tienen matrices de mayor orden, es muy complicado resolver a mano por lo que se debe recurrir al uso de un programa de computación. En este caso de CAL.

1.3

COMANDOS PARA OPERACIONES MATRICIALES

Se presentan los comando de CAL que se necesitan para resolver el ejemplo 1, se indica desde la forma como se carga una matriz hasta como se ejecuta el programa CAL. 

LOAD

A

R=?

C=?

El comando LOAD crea una matriz A de R filas y C columnas. A continuación de la definición de LOAD debe indicarse los elementos de la matriz A por filas, los mismos que pueden estar separados por comas o por un espacio en blanco o por varios espacios en blanco.



MULT

A

B

C

El comando MULT crea la matriz C con el producto de las matrices A y B , siempre y cuando sea posible realizar el producto matricial C  A B



TRAN

A

El comando manera que B



A

t

B

TRAN obtiene la matriz

B con el contenido de la transpuesta de A . De tal


4



TMULT

A

B

C

El comando

TMULT obtiene la matriz transpuesta de

A y multiplica por la matriz B . El

resultado lo almacena en la matriz C . En consecuencia se tiene C



PRINT



t

A B.

A

El comando PRINT imprime la matriz A por pantalla y también en el ARCHIVO.OUT donde se almacenan todas las operaciones que se realizan con CAL. En lugar de escribir toda la palabra PRINT puede escribirse únicamente la letra P, en la primera columna. Todas las instrucciones que se deseen realizar se las graba en un ARCHIVO con cualquier nombre, conviene que éste nombre tenga pocas letras. Posteriormente cuando se ejecuta el programa CAL en la versión que se disponga el programa pregunta el nombre del archivo de datos y una vez que el usuario da el nombre el programa le indica que el archivo de resultados tiene el mismo nombre con la extensión OUT. Es en éste archivo en que se va almacenando toda la secuencia de cálculo.



PRINT

A LABEL=3

Es otra opción para imprimir la matriz A pero en este caso se desea escribir un título antes de la matriz. En el archivo de datos después de escribir PRINT A LABEL=3 se dejará una línea en blanco luego de lo cual se escribe el título y después se dejará otra línea en blanco.



ADD

A

B

El comando ADD realiza la suma de las matrices A y B el resultado lo almacena en A . Se destaca que el contenido de la matriz A , que tenía antes de aplicar el comando ADD cambia, de tal manera que si a futuro va a realizar otra operación con la matriz A debe guardar su contenido con el comando DUP.



SUB

A

B

El comando SUB realiza la operación A  B y el resultado lo almacena en A . También se pierde el contenido que tenía A antes de efectuar la resta de matrices.



DUP

A

A1

Este comando crea una matriz que se ha denominado



INVERT El comando

A.

A1 con el contenido de la matriz

A.

A INVERT obtiene la matriz inversa de la matriz

A y el resultado lo almacena en

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí 

5

QUIT

Sirve para terminar la terminación de un grupo de comandos. Finaliza la ejecución de CAL cuando se llega al comando QUIT se sale automáticamente del programa.



RETURN

El comando RETURN es similar al comando QUIT con la diferencia de que con el comando RETURN no se abandona el programa CAL sino que únicamente termina la ejecución de un bloque de trabajo que fue identificado con la sentencia SUBMIT cuando se ejecuta el programa CAL. Por lo tanto se continúa dentro del programa y se puede ejecutar otro bloque de trabajo. En el archivo de datos la primera instrucción es la identificación de un bloque de trabajo esto se lo hace con la letra B o con la letra A, seguido de un número. Por ejemplo B1 a continuación se indica toda la secuencia de cálculo de ese bloque y puede terminar con el comando RETURN. Después en el archivo de datos se puede tener otro bloque de trabajo, por ejemplo B2 y su secuencia de trabajo que finaliza con RETURN, etc. Cuando se ejecuta CAL con la sentencia SUBMIT se especifica el bloque de trabajo que se desee calcular.



SUBMIT NAME

El comando SUBMIT va acompañado del nombre de bloque de trabajo que se desea ejecutar. En consecuencia NAME es el bloque que puede ser B1 o B2 o el bloque que se desea ejecutar. Se recuerda que cada bloque finaliza con el comando RETURN o QUIT.



C

La letra comentarios.



C en la primera columna indica al programa que lo que viene a continuación son

EJEMPLO 2 Presentar el archivo de datos para resolver el ejemplo 1 con programa CAL.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD A 2 4 1 3 LOAD B 1 -1 2 1 LOAD C 3 2 2 6 TRAN A PRINT D

R=2

C=2

R=2

C=2

R=2

C=2

D LAVEL=3

TRANSPUESTA MULT

A

B

E


6

PRINT E

LAVEL=3

MULTIPLICACION DE MATRICES DUP C C1 INVERT C PRINT C LAVEL=3 MATRIZ INVERSA DUP ADD

A A

A1 B

PRINT A

LAVEL=3

SUMA DE MATRICES SUB A1 PRINT A1

C1 LAVEL=3

RESTA DE MATRICES QUIT Los resultados son los indicados en el ejemplo 1.

1.4

SOLUCIÓN DE ECUACIONES

El programa CAL resuelve ecuaciones lineales aplicando el Método de Gauss pero considerando que la matriz es simétrica. A continuación se presenta dicho método con la realización de un ejemplo.



EJEMPLO 3 Resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales, paso a paso, por el Método de Gauss.



8 X 1  2 X 2  3 X 3  42

Ec ( 1)

2 X 1  10 X 2  X 3  50

Ec (2)

3 X 1  X 2  5 X 3  40

Ec (3)

SOLUCIÓN

Se denomina A , a la matriz de los coeficientes de las incógnitas; B el vector que contiene al término independiente y X al vector de las incógnitas. De tal manera que el sistema de ecuaciones se representa de la forma

A X

B

Al escribir en forma matricial el sistema de ecuaciones se tiene:

( 1.2 )


8 2  3

7

3  X 1 

42   X   50   2   5   X 3  40

2 10

1

1

Al emplear el Método de Gauss en una primera etapa se debe triangularizar el sistema es decir formar una matriz triangular superior o matriz triangular inferior de los coeficientes de las incógnitas, esto se logra de la siguiente forma:

i)

Obtener ceros en la primera columna. Para el efecto la primera ecuación se copia tal como ésta y luego se hace la Ec (2) - 2 de Ec (1). 8

2 X 1  10 X 2  X 3  50  2 X 1  0.5 X 2  0.75 X 3  10.5 ____________________

____

0 X 1  9.5 X 2  0.25 X 3  39.5 Siendo ésta última la nueva ecuación (2). Ahora se realiza: Ec (3) -

3 8

Ec (1).

3 X 1  X 2  5 X 3  40.0  3 X 1  0.75 X 2  1.125X 3  15.75 _____________________

______

0 X 1  0.25 X 2  3.875 X 3  24.25 ii)

En una segunda subetapa se obtienen ceros en la segunda columna del nuevo sistema de ecuaciones que después de la primera subetapa ha quedado de la siguiente forma:

8 0  0 A partir del término A(2,2) realiza Ec (3) -

0.25 9. 5

2

  X 1  42    X   39.5  0.25   2   3.875  X 3  24.25 3

9.5 0.25

 9.5

se obtendrá un cero en la segunda columna para lo cual se

Ec (2).

0.25 X 2  3.875 X 3  24.25

 0.25 X 2  0.007 X 3  1.039 _________________ 0 X2

______

 3.868 X 3  23.211

Para el ejemplo se ha terminado la etapa de triangularización, el resultado obtenido es:


8

8 0  0

3  X1 

42    X   39.5    2   3.868  X 3  23.211

2 9.5

0.25

0.0

La segunda etapa corresponde a la solución del sistema para lo cual se calculan las incógnitas desde abajo hacia arriba, es decir usando la última ecuación se halla X 3

X3 

23.211

6

3.868

El valor de X 3 se sustituye en la ecuación (2) y se obtiene X 2

X2 

 0.25  6  39.5 9.5

 4.0

Finalmente se reemplaza X 2 y X 3 en la ecuación (1) para calcular X 1

X1 

 2  4  3  6  42 8

 2.0

Por lo tanto la solución del sistema de ecuaciones reporta:

X



SOLVE

A

2.00   4.00  6.00 

B

El comando SOLVE resuelve ecuaciones lineales simétricas. En A se indica la matriz de coeficientes y en B el término independiente. La solución del sistema de ecuaciones viene en la matriz B.



LOOP

END

N=?

El comando LOOP realiza el número especificado en N=?, las sentencias comprendidas entre LOOP en que se inicia el lazo y END en que finaliza el lazo.



IF

M1

El comando

M2 IF sirve para salir de un LOOP. En efecto si M1 es menor que M2 se sale del

LOOP. 

EJEMPLO 4

Resolver los siguientes sistemas de ecuaciones lineales, cuya matriz de coeficientes A es común para los dos casos.


8 2  3 8 2  3

9

3  X 1 

42   X   50   2   5   X 3  40 3  X 1  13     1 X 2  13     5   X 3  9 

2 10

1

1 2 10 1

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD A R=3 C=3 8 2 3 2 10 1 3 1 5 LOAD B R=3 C=1 42 50 40 DUP A A1 LOOP END N=2 SOLVE A B PRINT B LOAD B R=3 C=1 13 13 9 DUP A1 A END QUIT

RESULTADOS



X1

 2. 0

Primer sistema de ecuaciones X 2

 4. 0  6.0

X3



X1

 1. 0

Segundo sistema de ecuaciones X 2

 1. 0  1 .0

X3

Cuandosimétrico se tienemultiplicando un sistema de asimétrico, este debe convertirse en un sistema de ecuaciones porecuaciones la matriz transpuesta.



EJEMPLO 5

Resolver el siguiente sistema de ecuaciones asimétricas con programa CAL. Previamente convertirlo en simétrico.


10

3  X 1  5   1  X 2  3

2 4 

t

Si se multiplica la ecuación ( 1.2 ) por la matriz A se tiene:



t

A AX

Sea C



t

A A y sea D



t

A B

t

A B . De tal manera que el sistema de ecuaciones ( 1.2 )

queda:

D

C X

que es simétrico. Para el ejemplo se tiene: C

2  3 D

4  2  1  4

2  3

3 20   1 2

2



10 

4 5 22   1  3 12 

Luego el sistema de ecuaciones se ha transformado en:

20 2 

2  X 1 



22   12   

10   X 2 

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD 2 3 4 -1 LOAD 5 3 TRAN MULT MULT SOLVE PRINT QUIT

A

R=2

B

R=2

A AT AT A AT B C D D

C=2

C=1

C D

RESULTADOS X1 X2

1.5

1 1

VALORES Y VECTORES PROPIOS

Un método clásico para encontrar los valores y vectores propios de una matriz simétrica es el Método de Jacobi. Los teoremas fundamentales en que se basa el método son:




11

Teorema 1. Dos matrices A y B se dicen que son semejantes si existe una matriz que admite inversa P, tal que: B



 P 1

AP

( 1.3 )

Teorema 2. Si A y B son dos matrices semejantes, entonces tienen los mismos valores propios.



Teorema 3. Si una matriz es diagonal. Entonces los valores propios son los elementos de la diagonal.



Teorema 4. Toda matriz simétrica es diagonalizable en una base de vectores propios.



Definición de Matriz Ortogonal. Una matriz H se dice que es ortogonal, si: H H

t

I



H

1

 Ht

( 1.4 )

La idea básica del Método de Jacobi es construir una serie de matrices que son semejantes a la srcinal, para lo cual se emplea una matriz de paso P que es ortogonal. Las matrices semejantes que se van obteniendo tienden a ser diagonales. El procedimiento es iterativo y termina estrictamente cuando se llega a una matriz diagonal. El procedimiento termina cuando en la última matriz encontrada, la suma de los elementos fuera de la diagonal en valor absoluto es menor a una tolerancia prefijada. La matriz final es semejante a la matriz srcinal y además se considera diagonal. Por lo tanto los valores propios son las cantidades de la diagonal. Existe las siguientes posibilidades para hacer cero a los elementos fuera de la diagonal: i) Hacer ceros por filas, ii) Hacer ceros por columnas, iii) Hacer cero al mayor elemento fuera de la diagonal en valor absoluto, iv) Una combinación de los casos anotados.

1.5.1 Desarrollo del Método Sea a p ,q el elemento de la fila p y columna q, de una matriz A, que se desea hacer cero, p  q , el elemento se encuentra en la matriz triangular inferior en el ciclo k. La matriz P, con la cual se construirá la matriz semejante y con la cual se logrará el objetivo propuesto tiene la siguiente forma:

   AK     

a p ,q

       1   P   

P

 Ak 1

Cos

      

Sen 1

 Sen

Cos

0

      1

      

( 1.5 )


12

En la ecuación ( 1.5 ) se han indicado los elementos no nulos de la matriz matriz se determina de la siguiente manera.

P. En general ésta

i.

En la diagonal principal todos los elementos son 1 a excepción de dos términos que valen Cos  . Estos términos corresponden a los ubicados en la fila p y columna p; y al ubicado en la fila q y columna q.

ii.

El elemento a p , q de la matriz triangular inferior tiene por valor

 Sen , su simétrico

vale Sen La matriz P, indicada en la ecuación ( 1.5 ) es ortogonal. En consecuencia se cumple que la inversa de la matriz P no es más que la transpuesta. A esta matriz se la conoce también con el nombre de matriz de rotación. La base del método consiste en evaluar 

de tal manera que el elemento

a p ,q

correspondiente a la matriz Ak 1 sea nulo. El valor de  se obtiene a partir de la siguiente ecuación:

tg 2 

2 a p,q

a p , p  a q,q

( 1.6 )

1.5.2 Procedimiento de cálculo El procedimiento de cálculo para encontrar los valores y vectores propios de una matriz simétrica es como sigue:

i.

Se construye la matriz A1 semejante a la matriz A A1 1

pero P1

 P11

A P1

 P1t . Luego: A1

ii.

A

 P1t

A P1

Se obtiene la matriz A2 semejante a A1 , etc.… A2



A3



P3 A2 P3

A4



P4 A3 P4

t

P2 A1 P2 t

t

.......... .......... .... Ak 1

Se puede decir que Ak 1



t

Pk 1 Ak Pk 1

 Dk 1  E k 1 . Donde

está fuera de la diagonal. Entonces.

Dk 1 es una matriz diagonal y E k 1 lo que


lim k 

lim k 

1   Dk 1      E k 1  0

Por el teorema 2, los valores propios  de el test de parada deberá verificar que



13

2

... ....

      n  

A son los valores propios de

Ak 1 . Por otra parte

aik, j 1   . La sumatoria en valor absoluto de los elementos

fuera de la diagonal es menor que una cantidad muy pequeña  .

1.5.3 Cálculo de los Vectores Propios Al desarrollar el procedimiento indicado en el apartado anterior, se tiene:

A1  P1t A P1 t t t A2  P2 A1 P2  P2 P1 A P1 P2

A3  P3 P2 P1 A P1 P2 P3 t

t

t

A4  P P P2 P1 A P1 P2 P3 P4 t 4

...

t 3

t

t

........

t t t t t t t Ak 1  Pk 1 Pk Pk 1 .......P4 P3 P2 P1 A P1 P2 P3 P4 .......Pk 1 Pk Pk 1

( 1.7 )

t

El producto de las matrices P transpuesta de ( 1.7 ) converge a P y el producto de las matrices P de ( 1.7 ) converge a P, que es matriz ortogonal. Luego se tiene que:

Ak 1

de

A. 

 Pt

AP

Por lo tanto por el teorema 4, las columnas de la matriz

( 1.8 )

P de ( 1.8 ) son los vectores propios

EJEMPLO 6 Encontrar los valores y vectores propios, por el Método de Jacobi, de la siguiente matriz A .

Determinar los términos a p ,q como el máx. ai , j , el máximo en valor absoluto de los elementos fuera de la diagonal de la matriz triangular inferior.

5   0

A 2

2 3

1

0  1 1 


14



Solución o

Primer Ciclo

a p , q  2 tg 2 

p2 2 a p,q

a p, p  aq,q

q 1

2   2 



35

Cos  P1   Sen  0

2

 2  63.435

0

0.8507   0   0.5257   1  0

Sen Cos 0

6.2364   0.5257

o

0.5257

0

0.8507

0

0

  1 

0.5257   0.8507 1.0000 

0.0000

A1  P1t A P1  0.0000

   31.717

1.7640

 0.8507

Segundo Ciclo a p ,q  0.8507

tg 2 

p3

2 a p,q

a p, p  aq,q

1   0



2   0.8507 1  1.7640

 2.227

   32.909

 1.0000   0.0000   Cos  0.0000

0

P2  0

q2

Cos

 Sen

0

0.0000

0.0000 

Sen

0.8395

0.5453

6.2364   0.4411

 0.5453  0.2861

A2  P2t A1 P2  P2t P1t A P1 P2   0.2861

a

i, j

2.3145 0.0000

 0.2861  0.4411  0.7272

Vectores Propios

P1

o

0.8507  P2  0.5257  0.0000

0.4413

0.2858 

0.7142

0.4622

 0.5433

  0.8395

Tercer Ciclo a p , q  0.4411 tg 2 

2 a p ,q

a p , p  a q ,q

p3

 0.1524

q 1

   4.3339

  0.8395 0.4411 

  0.4494

0.0000


0.9971   0.0756

1.0000 0.0000

 0.2852

6.2689  A3  P P P A P1 P2 P3   0.2852  0.0000 t 3

t 2

t 1

a

i, j

 0.0756  0.0000  0.9971 

0.0000

P3  0.0000

15

0.0000 

  0.4160

2.3145

0.0216

0.0216

 0.2852  0.0216  0.3068

Vectores Propios

0.8698   0.0635

P1 P2 P3   0.4892 o

0.4413

0.2207 

0.7142

0.5006

 0.5433

  0.8321 

Cuarto Ciclo a p ,q  0.2852

p2

0.9974  

P3   0.0716

0.0000

q 1 0.0716

0.0000 

0.9974

0.0000

6.2887    0.0015

i, j

 

1.000 

0.0000

A4  P4t P3t P2t P1t A P1 P2 P3 P4  0.0000

a

   4.104

0.0000 2.2937 0.0216

 0.0015  0.0216  0.4160 

 0.0015  0.0216  0.0231

Vectores Propios

0.8359  

0.5024

0.2205

0.6773

0.5006

0.1022

 0.5373

0.8371

P1 P2 P3 P4   0.5391

Se considera que

a

 

es un valor sumamente pequeño por lo que se termina el cálculo.

i, j

Por lo tanto los valores y vectores propios son los siguientes:

1

 6.2887

(1)

0.8359    0.5391 0.1022 


16

2

 2.2937

3



EIGEN

A

V

( 2)

 0.4160

0.5024   0.6773   0.5373 0.2205  0.5006 0.8371

( 3)

M

El comando EIGEN obtiene los valores y vectores propios de una matriz A, simétrica pero a más de esta matriz se debe dar como dato el vector M, que tiene N filas, siendo N el orden de la matriz A. El vector M es unitario. Los valores propios retornan en M y los vectores propios en V, cada columna de V es un vector propio. CAL encuentra los vectores propios

normalizados de la siguiente manera: (i )t



M

(i )

1

( 1.9 )

EJEMPLO 7 Hallar los valores y vectores propios de la matriz

A del ejemplo 6, utilizando el programa CAL.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD A 5 -2 -2 3 0 -1 LOAD M 1 1 1 EIGEN A PRINT V PRINT M QUIT

R=3 0 -1 1 R=3

C=3

C=1

V

M

RESULTADOS Prácticamente el programa reporta los resultados ya indicados en el ejemplo anterior, lógicamente con mayor precisión. Los valores obtenidos son:

1

 6.2899

(1)

0.83599    0.5391 0.10193 


1.6 

2

 2.2943

3

 0.41547

( 2)

17

0.5049   0.68305   0.5277

( 3)

0.21494  0.49266 0.84326

OTROS COMANDOS DE CAL ZERO

A

R=?

C=?

T=?

D=?

El comando ZERO crea una matriz A de R filas y C columnas. Si no se especifica nada más, toda la matriz A queda con ceros. Pero si adicionalmente se da un valor en la variable T, toda la matriz queda con el valor que se dicho valor. Si se da un valor en D, los elementos de la diagonal quedan con el valor asignado en D.



DELETE

A

Con este comando se borra la matriz



DUPS

A

B

A de la memoria del computador.

R=?

C=?

El comando DUPS crea una nueva submatriz B(1,1) corresponde al término A(L1,L2).



DUPDG

A

STOSM

A

B

B con los valores de la diagonal de la matriz A.

L=L1,L2

El comando STOSM almacena la submatriz en la fila L1 y columna L2.



STODG

B que tiene R filas y C columnas. El término

B

El comando DUPDG crea un vector



L=L1,L2

A

B en la matriz A. El término B(1,1) es localizado

B

Antes de utilizar el comando STODG se debe tener en memoria la matriz A y el vector B. El comando STODG lo que hace es introducir en la diagonal de la matriz A, los valores del vector B. 

SCALE

A

B

El comando SCALE multiplica la matriz una matriz de una fila y una columna, B(1,1).

A por el escalar B. El escalar B debe cargarse como


18



WRITE

A

Este comando escribe la matriz A en el disco. Se crea un archivo que tiene el mismo nombre del archivo de datos pero con la extensión A.



READ

A

Este comando lee la matriz A del disco. Antes de utilizar este comando se debe haber utilizado el comando WRITE. La lectura debe realizarse durante la ejecución del archivo de datos en que se escribió algún dato en el disco.

Estos comandos se van a utilizar en los capítulos subsiguientes, especialmente en el dos y tres.

CAPÍTULO 2

COMANDOS PARA ANÁLISIS ESTÁTICO RESUMEN Se resuelven armaduras planas, pórticos planos, armaduras espaciales y pórticos espaciales, utilizando los comandos del programa CAL. Se inicia el capítulo presentando el Método de los Desplazamientos que es un método general con el cual se resuelve cualquier estructura y se finaliza el capítulo explicando con detalle el ensamblaje directo de la matriz de rigidez de la estructura.

2.1 INTRODUCCIÓN El programa CAL permite resolver armaduras planas, armaduras espaciales, pórticos planos y pórticos espaciales, con cargas solo en las juntas, empleando el Método de los Desplazamientos, cuyo procedimiento de cálculo se resume a continuación. i. ii. iii. iv. v. vi.

vii.

Se deben numerar los nudos, las juntas y se debe definir los grados de libertad de la estructura. Se halla la matriz de rigidez, en coordenadas globales k (minúscula), de cada uno de los elementos de la estructura. Se determina el vector de colocación de cada uno de los elementos. El vector de colocación está compuesto por los grados de libertad del nudo inicial y final, respectivamente. Se encuentra la matriz de rigidez de la estructura, K (mayúscula) por ensamblaje directo. Se obtiene el vector de cargas generalizadas de la estructura, Q . Cuando las cargas actúan en las juntas el cálculo es directo. Se resuelven ecuaciones lineales y se determinan el vector de coordenadas generalizadas, q , que contiene a los desplazamientos y giros de la estructura. La matriz de rigidez de la estructura K , son los coeficientes del sistema de ecuaciones y el vector de cargas generalizadas Q , es el término independiente. Se calculan las fuerzas y momentos finales en cada uno de los elementos, P (mayúscula). Previamente se determinan las deformaciones p de los elementos en base al vector de coordenadas generalizadas q , y al vector de deformación. El producto de la matriz de rigidez del elemento en coordenadas globales k por el vector p reporta el vector de fuerzas en coordenadas globales P .


20

viii. ix.

Se pasan las fuerzas en coordenadas globales a coordenadas locales por medio de la matriz de paso T. Para el efecto se multiplica la matriz T por el vector de cargas en coordenadas globales P . Si no existe cargas en los elementos, la solución estática se termina en el paso anterior pero si existe cargas en los elementos al vector de cargas en coordenadas locales se debe sumar el vector de acciones de empotramiento perfecto en coordenadas locales.

El programa CAL está orientado solamente a resolver estructuras con cargas en las juntas. Cuando existen cargas en los elementos el cálculo del vector de cargas generalizadas Q ya no es directo como sucede cuando solo existen cargas en las juntas o nudos. Se debe resolver el problema primario y complementario (Análisis Matricial de Estructuras, Aguiar 2004). Los 8 pasos indicados en el procedimiento de solución corresponden a la solución del problema complementario. La solución total es igual a la suma del problema primario más el problema complementario.

2.2 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UN ELEMENTO DE UN PÓRTICO PLANO El programa CAL permite encontrar la matriz de rigidez de un elemento de un pórtico plano, en coordenadas globales bajo dos condiciones en la primera sin considerar la deformación axial mediante el comando SLOPE, en este caso la matriz de rigidez es de 4 X 4 y en la segunda considerando la deformación axial con el comando FRAME, en este caso la matriz es de 6 X 6.



SLOPE K1 E=? I=? L=?

Donde K1 es el nombre que tendrá la matriz de rigidez de un elemento viga o columna en el cual se desprecia la deformación axial. E=?, se debe indicar el módulo de elasticidad del material, I=?, para especificar el momento de inercia de la sección transversal, L=?, se debe dar la longitud del elemento. Se deben dar todos los datos en las mismas unidades por ejemplo en Toneladas y metros. Las coordenadas del elemento para las cuales se obtiene la matriz de rigidez con el comando SLOPE se indica en la figura 2.1, a la izquierda para un elemento columna y a la derecha para un elemento viga. Nótese que en primer lugar se numera el giro del nudo inicial, luego el giro en el nudo final, posteriormente el desplazamiento perpendicular al eje del elemento en el nudo inicial y finalmente el desplazamiento perpendicular al eje del elemento en el nudo final. La convención de signos positiva se indica en la figura 2.1

Figura 2.1 Sistema de coordenadas de un elemento columna y viga para el comando SLOPE La matriz de rigidez para el sistema de coordenadas indicado en la figura 2.1, es:


 4 EI  L    K     



2 EI

6 EI

L 4 EI L

L2 6 EI L2 12 EI L3

21

 6 EI  L2   6 EI  L2    12 EI  L3  12 EI   L3 

( 2.1 )

EJEMPLO 1

Encontrar la matriz de rigidez de una viga de 4.0 m., de longitud cuya sección transversal mide 0.30m., por 0.30m., y el módulo de elasticidad es E  2100000 T / m 2

I

b h3 12



0.30  0.30 3 12

 0.000675 m 4

ARCHIVO DE DATOS B1

SLOPE KV E=2100000 I=0.000675 PRINT KV

L=4.0

QUIT El programa reporta:

1417.50  KV     



708.75

531.56

1417.50

531.56 265.78

FRAME K T I=? A=? E=? X=Xi,Xj

 531.56  531.56  265.78

     265.78 

Y=Yi,Yj

El comando FRAME determina la matriz de rigidez de un elemento de un pórtico plano considerando la deformación axial y la deformación a flexión, en coordenadas globales. Las variables de este comando son: K es el nombre de la matriz de 6 X 6 en el cual retorna la matriz de rigidez; T es el nombre de la matriz de paso de coordenadas locales a globales; I=?, es el momento de inercia de la sección transversal; A=?, es el área de la sección transversal; E=?, es el módulo de elasticidad del material; X=Xi,Xj, son las coordenadas en X del nudo inicial y del nudo final; Y=Yi,Yj son las coordenadas en Y del nudo inicial y final. En la figura 2.2, a la derecha, se indica el sistema de coordenadas locales de un elemento viga en el cual la coordenada 1 representa la componente de desplazamiento horizontal del nudo inicial; la 2, la componente de desplazamiento vertical del nudo inicial; la 3, la rotación del nudo inicial. Las coordenadas 4, 5 y 6 tienen el mismo significado pero en el nudo final.


22

Figura 2.2 Coordenadas locales de un elemento viga y coordenadas globales de un elemento inclinado Para un elemento viga de sección constante, como el indicado a la izquierda de la figura 2.2, la matriz de rigidez, en coordenadas locales es:

 EA  L   0    0  K EA   L  0   0 

12 EI



SIMÉTRICA

L3 6 EI L2

4 EI

0

0

12 EI

L

3

L



6 EI

L

2

6 EI

2 EI

L2

L

EA L

12 EI

0 0

L3 

6 EI

L2

             4 EI  L 

( 2.2 )

Por otra parte, la matriz de rigidez de un elemento inclinado, que es el caso general, en coordenadas globales es la siguiente:  EA 2 12 EI 2  L C  L3 S  EA 2 12 EI 2  EA 12 EI  S  3 C  L  L3  SC L L    6 EI 6 EI 4 EI   S C  2 2 L L L  6 EI  EA 2 12 EI 2  EA 12 EI   C  S   SC S    L L3 L3  L2  L    EA 12 EI  EA 2 12 EI 2 6 EI  3  SC  S  3 C  2 C   L L  L L   L  6 EI 6 EI 2 EI  2 S C  L L L2 

SIMÉTRICA

EA 2 12 EI 2 C  3 S L L EA 2 12 EI 2  EA 12 EI   3  SC S  3 C  L L  L  L 6 EI 6 EI S  2 C L2 L

               4 EI   L 

( 2.3 )


23

donde S  Sen y C  Cos  ; siendo  el ángulo que forma el eje del elemento con el eje de las X. Para el caso de la viga indicada a la izquierda de la figura 2.2 el valor de   0 . Luego el Sen  0 y el Cos  1 , al reemplazar estos valores en ( 2.3 ) se obtiene la ecuación matricial ( 2.2 ) . Para el caso de una columna el valor de   90 con lo que el Sen  1 y el Cos  0 . En este caso la matriz de rigidez del elemento en coordenadas globales resulta:

12 EI  L3  0.0   6 EI  L2 K 12 EI  3  L  0.0   6 EI   L2

EA

   

SIMÉTRICA

L

         4 EI  L 

4 EI

0 .0

L

0.0

6 EI

12 EI

L

L

0.0

0.0

2 EI

6 EI

L

L2

2

EA  L 0 .0

3

EA L 0.0

( 2.4 )

El sistema de coordenadas globales asociado a la ecuación matricial ( 2.4 ) es la indicada en la figura ( 2.3 ).

Figura 2.3 Sistema de coordenadas globales de un elemento columna. El sistema de coordenadas locales que utiliza el programa CAL es el indicado a la izquierda de la figura 2.4 y a la derecha se presenta el sistema de coordenadas globales. La matriz T que permite pasar del sistema de coordenadas locales a globales pero referido a la figura 2.4, está deducida en Aguiar (2004) y es la siguiente:

 0  0  T   cos   2   sen  2



0

1

0

0

0

0

0

0

0

1

cos 

sen

2 sen

2 cos 

sen

2 cos  2

0 0

2



2

   0   0 

( 2.5 )


24

Figura 2.4 Sistema de coordenadas locales y globales de un elemento de un pórtico plano. El programa CAL, en la matriz T reporta el producto de esta matriz por la matriz de rigidez del elemento en coordenadas globales. 

EJEMPLO 2

Encontrar la matriz de rigidez, en coordenadas globales, de una columna de 3.0 m., de longitud cuya sección transversal mide 0.30m., por 0.30m., y el módulo de elasticidad es E  2100000 T / m 2 . Indicar además la matriz de paso T, y la que se obtiene con el programa CAL. ARCHIVO DE DATOS B1

FRAME KC TC I=0.000675 A=0.09 E=2100000 X=0.0,0.0 Y=0.0,3.0 PRINT KC PRINT TC QUIT SOLUCIÓN

265.78  0 .0   531.56 K   265.78  0 .0   531.56

47250.0 0.0

1417.50

0.0

531.56 0.0

 47250.0 0.0

708.75

Al reemplazar   0 en ( 2.5 ) se obtiene:

265.78 0.0

47250.0

531.56

0.0

        1417.50


0 0 T  0   0.5

25

0

1

0

0

0 

0

0

0

0

1

 0.5

0

0

0.5

0

0

0.5

0

  0  0

Finalmente la matriz TC que reporta el programa CAL es:

 531.56  531.56 TC    0.00   265.78

0.0

1417.5

531.56

0.0

708.75  1417.5 

0.0

708.75

531.56

0 .0

 472.5

0.0

0 .0

47250

0 .0

531.56

265.78

0.0

   531.56 0.0

2.3 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UN PÓRTICO PLANO Para encontrar la matriz de rigidez de un pórtico plano por ensamblaje directo se debe indicar el vector de colocación de cada uno de los elementos de la estructura en el comando LOADI y el ensamblaje propiamente dicho se realiza con el comando ADDK. 

LOADI VC R=? C=?

El comando LOAD sirve para cargar un vector o una matriz pero el comando LOADI sirve para indicar el vector de colocación en el arreglo que se ha denominado VC. Posteriormente se indica el número de filas del arreglo, para el caso de pórticos planos R=4 si se utiliza el comando SLOPE y R=6 si se utiliza el comando FRAME. Finalmente se debe indicar el número de columnas que es igual al número de elementos de la estructura. En la primera columna se indicará el vector de colocación del elemento uno, en la segunda columna del elemento dos y así sucesivamente. El vector de colocación contiene los grados de libertad del nudo inicial y del nudo final y está en concordancia con el sistema de coordenadas del elemento. Cuando se utiliza el comando SLOPE se deben dar los grados de libertad en el siguiente orden: en el primer casillero el giro del nudo inicial, en el segundo el giro del nudo final, en el tercero el desplazamiento vertical del nudo inicial y en el cuarto casillero el desplazamiento vertical del nudo final. Por otra parte cuando se utiliza el comando FRAME, el vector de colocación tiene seis elementos, en el primer casillero se indica el desplazamiento horizontal del nudo inicial, en el segundo el desplazamiento vertical del nudo inicial, en el tercero la rotación del nudo inicial, en el cuarto el desplazamiento horizontal del nudo final, en el quinto el desplazamiento vertical del nudo final y en el sexto la rotación del nudo final. 

ADDK K KM VC N=?

Con el comando ADDK se realiza el ensamblaje directo. Antes de emplear este comando es necesario crear encerar la matriz de rigidez de la estructura K que es de orden N x N, siendo N el número de grados de libertad mediante el comando ZERO.


26

El significado de las variables del comando ADDK es el siguiente: K es el nombre de la matriz de rigidez, KM es el nombre de la matriz de rigidez del elemento, VC es el nombre de la matriz que contiene a los vectores de colocación y en N se especifica el número de la columna en la cual se encuentra el vector de colocación del elemento que se está ensamblando. 

EJEMPLO 3

Los elementos de la estructura de la figura 2.5 se consideran axialmente rígidos en consecuencia se desprecia la deformación axial de los elementos. Todos los elementos son de 30 x 30 cm., como se aprecia a la izquierda de la figura 2.5. Se desea determinar la matriz de rigidez de la estructura para los grados de libertad indicados a la derecha de la figura 2.5. El módulo de elasticidad del material E  2100000 T / m 2

Figura 2.5 Pórtico con elementos axialmente rígidos.

SOLUCIÓN En pórticos planos cada junta interior tiene 3 grados de libertad y por cada elemento en el cual no se considera la deformación axial se resta un grado de libertad, por esto se tienen 3 grados de libertad en la estructura del ejemplo 3. Sea la columna izquierda el elemento 1, la viga el elemento 2 y la columna derecha el elemento 3. Los vectores de colocación de estos elementos son: VC (1)  1

0

3

0

 1

2

0

0

VC (3)  2

0

3

0

VC

( 2)

Nótese que para identificar los vectores de colocación de los elementos verticales se ha considerado como nudo inicial el nudo superior y como nudo final el nudo inferior. ARCHIVO DE DATOS B1

SLOPE KC1 E=2100000 I=0.000675 SLOPE KV1 E=2100000 I=0.000675 DUP KC1 KC2

L=3.0 L=4.0

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí LOADI VC 1 1 0 2 3 0 0 0 ZERO K ADDK K ADDK K ADDK K PRINT K QUIT

R=4 C=3 2 0 3 0 R=3 C=3 KC1 VC KV1 VC KC2 VC

27

N=1 N=2 N=3

RESULTADO 3307.50 K   708.75   945.00



708.75 3307.75 945.00

945.00 

  1260.00 945.00

EJEMPLO 4

Determinar la matriz de rigidez de la estructura del ejemplo 3 pero considerando la deformación axial de las columnas y la viga axialmente rígida. En la figura 2.6 a la izquierda se presenta los datos de la estructura y a la derecha los grados de libertad. En este caso se tienen cinco grados de libertad ya que un solo elemento es axialmente rígido.

Figura 2.6 Pórtico con columnas totalmente flexibles y viga axialmente rígidas.

SOLUCIÓN La matriz de rigidez de cada uno de los elementos se va a obtener con el comando FRAME, para la viga se puede encontrar esta matriz con el comando SLOPE pero también se obtendrá con el comando FRAME. Considerando la misma numeración de los elementos, los vectores de colocación son:


28

VC (1)  0

0

0

5

1

2

 0

1

2

0

3

4

VC (3)  0

0

0

5

3

4

VC

( 2)

ARCHIVO DE DATOS B1

FRAME KC1 TC1 I=0.000675 A=0.09 E=2100000 X=0.0,0.0 Y=0.0,3.0 FRAME KV1 TV1 I=0.000675 A=0.09 E=2100000 X=0.0,4.0 Y=3.0,3.0 DUP KC1 KC2 0LOADI0 VC0 R=6 C=3 0 1 0 0 2 0 5 0 5 1 3 3 2 4 4 ZERO K R=5 C=5 ADDK K KC1 VC N=1 ADDK K KV1 VC N=2 ADDK K KC2 VC N=3 PRINT K QUIT

RESULTADO 63266.0 531.56 K   265.78  531.56  0.00

 3307.50

 531.56 708.75 945.00

63266.0

 531.56 0.00

3307.50 945.00

    1260.0

2.4 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UNA ARMADURA PLANA En la figura 2.7 se presenta el sistema de coordenadas locales de un elemento de una armadura plana, en la que se aprecia que 1 es la componente de desplazamiento axial del nudo inicial, 2 la componente de desplazamiento transversal del nudo inicial, 3 la componente de desplazamiento axial del nudo final y 4 la componente de desplazamiento transversal del nudo final.

Figura 2.7 Coordenadas locales de una armadura plana


29

La matriz de rigidez de un elemento, de sección constante, de una armadura plana en coordenadas locales es:

 EA  L  0 K   EA   L  0

EA L

0

0

0

0

0

EA L

0

0

0



  ( 2.6 )

 0  0

donde E es el módulo de elasticidad del material, A es el área de la sección transversal y L es la longitud del elemento. Ahora, en la figura 2.8 se indican las coordenadas globales para un elemento de una armadura plana; en este caso, la coordenada 1 representa el desplazamiento horizontal del nudo inicial, la 2 el desplazamiento vertical del nudo inicial, la 3 y 4 el desplazamiento horizontal y vertical del nudo final. La matriz de rigidez en coordenadas globales es:

 cos  2  EA  sen cos  K  L   cos  2   sen cos 

sen cos  sen 2  sen cos   sen 2

 cos  2  sen cos  cos  2

sen cos 

 sen cos     sen 2  sen cos   sen 2 

( 2.7 )

donde  es el ángulo que forma el eje del elemento con el eje de las X. Para el caso de un elemento horizontal en que coinciden las coordenadas locales con las coordenadas globales   0 .

Figura 2.8 Coordenadas globales de un elemento de una armadura plana. 

TRUSS

K

T

A=?

E=?

N=Ni, Nj

El comando TRUSS sirve para calcular la matriz de rigidez en coordenadas globales de un elemento plano o de un elemento espacial de una armadura. Por ahora la explicación va dirigida al caso plano. K es el nombre del arreglo que contiene la matriz de rigidez del elemento. T el nombre del arreglo que contiene la matriz de paso de coordenadas locales a globales que utiliza CAL. A=?, es el área de la sección transversal; E=?, se debe indicar el módulo de elasticidad del material y en N=Ni,Nj se especifican el nudo inicial y final del elemento.


30

Antes de utilizar el comando TRUSS se deben haber especificado las coordenadas de los nudos de la armadura plana o de la armadura espacial y esto se lo ejecuta cargando la matriz XYZ que se detalla a continuación. 

LOAD

XYZ

R=?

C=?

Se debe denominar XYZ al archivo que contiene las coordenadas de los nudos en sentido X, Y, Z. En cada fila se indica las coordenadas de un nudo. Para el caso de armadura plana el valor de Z=0.

Figura 2.9 Armadura plana y grados de libertad considerados. 

EJEMPLO 5

Determinar la matriz de rigidez de la armadura plana indicada en la figura 2.9 si los elementos horizontales y verticales tienen la misma sección transversal y esta vale 2.0 cm 2 ; las diagonales tienen un área transversal de 1.4142 cm 2 . Por otra parte la longitud de los elementos horizontales y verticales es de 50 cm., y las diagonales miden 70.71 cm. El módulo de elasticidad del material es E  2000000 kg / cm 2 ARCHIVO DE DATOS B1

LOAD XYZ R=4 C=3 0.0 0.0 0.0 50.0 0.0 0.0 0.0 50.0 0.0 50.0 50.0 0.0 TRUSS K1 T1 A=2.0 DUP K1 K2 TRUSS K3 T3 A=2.0 DUP K3 K4 TRUSS K5 T5 A=1.4142 TRUSS K6 T6 A=1.4142 LOADI VC R=6 C=6 0 0 0 3 0 3 0 0 0 4 0 4

E=2000000

N=1,2

E=2000000

N=1,3

E=2000000 E=2000000

N=1,4 N=2,3

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí 0 0 3 1 4 2 0 0 ZERO ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK PRINT

K K K K K K K K

0 0 0 0

R=4 K1 K2 K3 K4 K5 K6

0 1 2 0

C=4 VC VC VC VC VC VC

0 1 2 0

31

0 0 0 0 N=1 N=2 N=3 N=4 N=5 N=6

QUIT

RESULTADO 100000.0 20000.0 K   0.0  0.0 

100000.0 0.0

 80000.0

100000.0

 20000.0

     100000.0

Cuando se resuelve armaduras planas con CAL el vector de colocación tiene que ser de 6 elementos y en la tercera fila y sexta fila se deberá colocar ceros ya que el problema es en dos dimensiones.

2.5 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UNA ARMADURA ESPACIAL En la figura 2.10 se indican las coordenadas globales de un elemento de una armadura espacial, las coordenadas 1,2 y 3 son las componentes de desplazamiento según los ejes X, Y, Z, del nudo inicial y las 4, 5, y 6 las componentes de desplazamiento según los ejes X, Y, Z, del nudo final.

Figura 2.10 Coordenadas de un elemento de una armadura espacial. La matriz de rigidez de un elemento de una armadura espacial en coordenadas globales resulta:


32

C X2  CY2 C X CY C C CY C Z C Z2 EAX  X Z K  L  C X2  CY C X  C Z C X  2  C Z CY  C X CY  CY   C C  C C  C Z2 X Z Y Z 

C X2 C X CY C X CZ

CY2 CY C Z

         C Z2 

( 2.8 )

siendo

CX 

XJ  XI L

CY 

YJ  YI L

CZ 

ZJ  ZI L

( 2.9 )

donde X J , YJ , Z J son las coordenadas del nudo J, y, X I , YI , Z I son las coordenadas del nudo I. Por otra parte L es la longitud del elemento. La matriz de paso T de coordenadas locales a coordenadas globales de elementos en el espacio no es única ya que depende de la orientación de los ejes del elemento. Con esta indicación al considerar que el eje X del elemento coincide con el eje del elemento, la matriz de paso de un elemento inclinado de una armadura en el espacio, es la siguiente:

        T       

CX  C X CY C X2  C Z2

CY

CZ  CY C Z C X2  C Z2

C X  CZ 2

 CZ C X2  C Z2

0

0

0

2

CX C X2  C Z2

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

CX

0

0

0

 C X CY

C X2  C Z2  CZ C X2  C Z2

   0    0    CZ   CY C Z   C X2  C Z2   CX  2 2 C X  C Z  0

CY C X2  C Z2 0

( 2.10 ) Los cósenos directores que constan en ecuación ( 2.10 ) están indicados en ( 2.9 ). En elementos verticales se tiene que C X  C Z  0 , luego al aplicar la ecuación ( 2.10 ) se tendría división por cero. Por lo tanto para elementos verticales se debe trabajar con la siguiente matriz T . 0  C - Y T  0  0 0   0

CY

0

0

0

0

0

0

0

0

0



0

1

0

0

0

0

0

0

CY

0

0

0

- CY

0

0

0

0

0

0

1 

 

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí 

33

EJEMPLO 6

Se desea calcular la matriz de rigidez de la torre que se indica en la figura 2.11. En la tabla 2.1 se indican las coordenadas de los nudos referidas a los ejes X, Y, Z de figura 2.11. El módulo de elasticidad del material es E  30000 kg / cm 2 .

Figura 2.11 Numeración de los nudos de armadura espacial.

Nudo 1 2 3 4 5 6 7

Tabla 2.1 Coordenadas de los nudos de armadura espacial X Y ( cm. ) ( cm. ) 0.0 0.0 7.5 40.0 15.0 80.0 15.0 0.0 15.0 40.0 30.0 0.0 22.5 40.0

Z ( cm. ) 0.0 6.5 13.0 25.98 19.50 0.0 6.5

En la figura 2.12 se indica la numeración de los elementos y en la tabla 2.2 se presenta la sección transversal de cada uno de ellos, se indica además el nudo inicial y el nudo final de cada elemento. En la figura 2.13 se presenta el vector de colocación de cada uno de los elementos.


34

Figura 2.12 Numeración de los elementos de armadura espacial. Tabla 2.2 Nudo inicial, Nudo Final y Sección Transversal de armadura espacial. Elemento rea Nudo Inicial Nudo Final ( cm2) 12 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

4.0 3.0 4.0 3.0 4.0 3.0 5.0 5.0 5.0 2.0 2.0 2.0

Elemento 1

X 0

23 4 5 6 7 8 9 10 11 12

10 7 0 10 0 0 0 1 7 10

12 4 5 6 7 1 4 6 2 5 7

23 5 3 7 3 5 7 2 5 7 2

Tabla 2.3 Vector de colocación de los elementos. Nudo Inicial Nudo Final Y Z X Y 0 0 1 2 20 8 0 11 0 0 0 2 8 11

30 9 0 12 0 0 0 3 9 12

47 4 10 4 7 10 1 7 10 1

58 5 11 5 8 11 2 8 11 2

Z 3 69 6 12 6 9 12 3 9 12 3


Figura 2.13 Grados de libertad con que se resuelve la armadura.

ARCHIVO DE DATOS B1 C MATRIZ DE RIGIDEZ DE UNA ARMADURA ESPACIAL LOAD XYZ R=7 C=3 0.0 0.0 0.0 7.5 40.0 6.5 15.0 80.0 13.0 15.0 0.0 25.98 15.0 40.0 19.50 30.0 0.0 0.0 22.5 40.0 6.5 TRUSS K1 T1 A=4.00 E=30000 N=1,2 TRUSS K2 T2 A=3.00 E=30000 N=2,3 TRUSS K3 T3 A=4.00 E=30000 N=4,5 TRUSS K4 T4 A=3.00 E=30000 N=5,3 TRUSS K5 T5 A=4.00 E=30000 N=6,7 TRUSS K6 T6 A=3.00 E=30000 N=7,3 TRUSS K7 T7 A=5.00 E=30000 N=1,5 TRUSS K8 T8 A=5.00 E=30000 N=4,7 TRUSS K9 T9 A=5.00 E=30000 N=6,2 TRUSS K10 T10 A=2.00 E=30000 N=2,5 TRUSS K11 T11 A=2.00 E=30000 N=5,7 TRUSS K12 T12 A=2.00 E=30000 N=7,2 0LOADI 1 0 2 0 3 1 4 2 5 3 6 ZERO ADDK ADDK ADDK

0VC 7 R=60 C=12 10 0 0 8 0 11 0 0 9 0 12 0 7 4 10 4 7 8 5 11 5 8 9 6 12 6 9 K R=12 C=12 K K1 VC N=1 K K2 VC N=2 K K3 VC N=3

0 0 0 10 11 12

0 0 0 1 2 3

1 2 3 7 8 9

7 8 9 10 11 12

10 11 12 1 2 3

35


36

ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK PRINT QUIT

K K K K K K K K K K

K4 K5 K6 K7 K8 K9 K10 K11 K12

VC VC VC VC VC VC VC VC VC

N=4 N=5 N=6 N=7 N=8 N=9 N=10 N=11 N=12

SOLUCIÓN Se presentan únicamente las dos primeras filas de la matriz de rigidez de la armadura espacial. 5929.6  45 5.60 1656.40  72.32  38 5.7  62.68  998.34 7209.90 1171.6  38 5.7  2057.1  33 4.29 0      

K  

0 0 

 1730.4  4000 0 

0 

0 0 

0



0 



2.6 ANÁLISIS DE UNA ESTRUCTURA ESPACIAL En la figura 2.14 se presenta a la izquierda un elemento de una estructura espacial y a la derecha el sistema de coordenadas globales del mismo. Cada nudo tiene 6 grados de libertad, tres desplazamientos y tres rotaciones; en la figura los desplazamientos se han representado con flecha simple y las rotaciones con flecha doble, la dirección positiva de los mismos va paralelo a los ejes de coordenadas.

Figura 2.14 Coordenadas globales de un elemento de una estructura espacial. Las coordenadas 1, 2 y 3 representan las componentes de desplazamiento en dirección X, Y, Z, respectivamente del nudo inicial; las coordenadas 4, 5 y 6 representan las componentes de rotación con relación a los ejes X, Y, Z. Las coordenadas 7, 8 y 9 son similares a la 1, 2 y 3 pero en el nudo final y finalmente las coordenadas 10, 11 y 12 son similares a la 4, 5 y 6 pero en el nudo final. Por facilidad se presenta en primer lugar la matriz de rigidez en coordenadas locales de un elemento de una estructura espacial, luego la matriz de rotación de local a global y finalmente se indica el triple producto matricial con el cual se obtiene la matriz de rigidez en coordenadas globales. Estas son:


37

COORDENADAS LOCALES

 EA  L  12 EI Z 0 3  L  12 EI Y 0 0 3  L  GJ 0 0 0 L   6 EI Y 4 EI Y 0  2 0 0 L L   6 EI Z 4 EI Z 0 0 0 0 2 L L K=   EA 0 0 0 0 0  L  6 EI 0  12 EI Z 0 0 0  2Z 3  L L  12 EI Y 6 EI Y 0 0  0 0 3 2  L L  GJ 0 0 0  0 0 L   6 2 Y EI Y 0 0 0 2 0  EI L L  6 EI Z 2 EI Z  0 0 0 0 2 L L

EA L 0

12 EI Z 3

L 0

12 EI Y

0

3

L 0

0

0

GJ L

6 0

0

0



6 EI Z 2

4

EI2 Y L

0

EI Y L

0

0

0

L

                               4 EI Z   L  ( 2.11 )

MATRIZ DE PASO DE COORDENADAS LOCALES A GLOB ALES

R  T    

R R

     R

( 2.12 )

SUBMATRIZ DE ROTACIÓN

1  R   2 3 1  cos  cos  sen cos  cos  sen 3  cos  sen cos  sen sen 2  sen

1

1 

2

2

3

   3 

( 2.13 )

 1   sen sen  2  sen cos sen sen  cos  cos  3  cos  sen sen  sen cos  3  cos  cos 1  cos 

 2  sen


38

donde  ,  ,  son los ángulos que hacen rotar a las coordenadas globales de la estructura hasta que coincidan con las coordenadas locales de cada elemento. La matriz de rigidez en coordenadas globales, que por didáctica se va a denominar K  , se obtiene con la siguiente ecuación:

K Tt K T 

FRAME3 K T I=I33,I22

A=? J=?

( 2.14 )

E=? G=? N=Ni,Nj P=P1,P2

El comando FRAME3 determina la matriz de rigidez de un elemento de una estructura espacial en coordenadas globales, en K viene la matriz de rigidez, en T se encuentra el producto de esa matriz de rigidez por la matriz de paso de locales a globales que usa CAL, posteriormente se debe indicar los momentos de inercia I33,I22, con respecto a los ejes 3 y 2 de la figura 2.15 en que se presenta una sección rectangular de ancho b y altura h. Luego el área A de la sección transversal; posteriormente el momento de inercia torsional J, luego el módulo de elasticidad del material E, el módulo de corte G. El nudo inicial Ni y el nudo final Nj también deben especificarse mediante N=Ni,Nj. Finalmente se debe indicar P=P1,P2. Si el elemento se encuentra en el plano XY el valor de P=1,0. Si el elemento se encuentra en el plano ZX el valor de P=2,0. Si el elemento se halla en el plano YZ el valor de P=3,0. No es único el valor de P, hay varias opciones pero con las indicadas es suficiente. El valor de P está relacionado con los cosenos directores, es decir con la matriz de paso T.

Figura 2.15 Sección rectangular y ejes. Con relación a la sección rectangular indicada en la figura 2.15, los momentos de inercia son:

I 33 



b h3 12

I 22 

h b3

J   h b3

12

MEMFRC T Q VC

P

 

b b4    0.21 1  h  12h 4  ( 2.15 ) 3

1

N=?

El comando MEMFRC sirve para determinar las fuerzas en coordenadas locales de elementos de: armaduras planas, armaduras espaciales, pórticos planos y pórticos espaciales de acuerdo al sistema de coordenadas que considera CAL. En la figura 2.16 se indica el sistema de coordenadas locales que considera el programa CAL para un elemento de un pórtico espacial. El significado de las variables del comando MEMFRC es el siguiente: T es el nombre de la matriz que contiene el producto de la matriz de paso de coordenadas locales a globales por la matriz de rigidez del elemento, Q es el nombre del vector que contiene los desplazamientos y giros de la estructura,


39

VC es el nombre del arreglo que contiene los vectores de colocación de cada uno de los elementos de la estructura, P es el nombre del vector en el cual se graban las acciones de los elementos en coordenadas locales, está en concordancia con el sistema de coordenadas locales que considera CAL. N=?, se debe especificar el número de la columna de VC en la cual se encuentra el vector de colocación del elemento.

Figura 2.16 Sistema de coordenadas locales que considera el programa CAL . Es importante destacar que el programa CAL está orientado a resolver estructuras con cargas en las juntas, de tal forma que si se tiene cargas en los elementos el usuario a los valores que reporta el comando MEMFRC deberá sumar las acciones de empotramiento perfecto. 

EJEMPLO 7

Se resuelve con CAL el pórtico espacial que viene resuelto en el libro de Gere y Weaver (1972) y que se indica en la figura 2.17. Las cargas de los nudos consisten en una fuerza de 2P en la dirección positiva de X en el nudo B, una fuerza de P en la dirección negativa de Y en el punto C y un momento PL en el sentido negativo de Z en C. El elemento BC está sujeto a una fuerza 4P en la dirección positiva de Z aplicada a la mitad de la longitud del elemento.

Figura 2.17 Pórtico espacial tomada de Gere y Weaver (1972). El plano XY es un plano principal para los elementos AB y BC; el elemento CD tiene un plano principal paralelo al eje Y. Se considera que todos los elementos tienen las mismas propiedades en sus secciones transversales y cuyos valores numéricos son:


40

E  30000 Kips / p lg 2 G  12000 Kips / p lg 2

P  1 Kip A  11 p lg 2 J  83 p lg 4 L  120 p lg I 33  I 22  56 p lg 4

SOLUCIÓN Como el programa CAL no resuelve directamente estructuras con cargas en los elementos, lo más adecuado para este ejercicio es considerar que en el punto medio de BC existe una junta, de tal manera que la estructura tiene 18 grados de libertad, 6 por cada nudo, los mismos que se indican en la figura 2.18. En la figura 2.19 se indica la numeración de los nudos y de los elementos.

Figura 2.18 Grados de libertad de estructura espacial.

Figura 2.19 Numeración de los nudos y elementos.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD XYZ R=5 C=3 0.0 120.0 0.0 120.0 120.0 0.0 240.0 120.0 0.0 0.0 0.0 0.0 360.0 0.0 120.0 FRAME3 K1 T1 I=56,56 A=11 FRAME3 K2 T2 I=56,56 A=11 FRAME3 K3 T3 I=56,56 A=11 FRAME3 K4 T4 I=56,56 A=11

J=83 J=83 J=83 J=83

E=30000 E=30000 E=30000 E=30000

G=12000 G=12000 G=12000 G=12000

N=4,1 N=1,2 N=2,3 N=5,3

P=1,0 P=1,0 P=1,0 P=3,0


41

LOADI VC R=12 C=4 0 1 7 0 0 2 8 0 0 3 9 0 0 4 10 0 0 5 11 0 0 6 12 0 1 7 13 13 2 8 14 14 3 9 15 15 4 10 16 16 5 11 17 17 6 12 K 18 ZERO R=1818C=18 ADDK K K1 VC ADDK K K2 VC ADDK K K3 VC ADDK K K4 VC PRINT K LOAD QT R=1 C=18 2 0 0 0 0 0 0 0 4 TRAN QT Q SOLVE K Q PRINT Q MEMFRC T1 Q VC MEMFRC T2 Q VC MEMFRC T3 Q VC MEMFRC T4 Q VC PRINT P1 PRINT P2 PRINT P3 PRINT P4 QUIT

N=1 N=2 N=3 N=4 0 0 0 0 -1 0 0 0 -120

P1 P2 P3 P4

N=1 N=2 N=3 N=4

RESULTADOS Los desplazamientos y giros que reporta el programa en el vector q se indican a continuación. Únicamente por motivo de espacio se escribe en tres columnas q1  0.15281

q 7  0.15351

q13  0.15420

q 2  0.000244

q8  0.38945

q14  0.45615

q 3  0.62632

q 9  1.1278

q15  0.61385

q 4  0.0075361

q10  0.005560

q16  0.0035842

q 5  0.005463

q11  0.000007

q17  0.0057481

q 6  0.0026735

q12  0.0028564

q18  0.002702

Lasdefuerzas y momentos finales se en la tablaconvención 2.4 y en ladefigura se indica el significado cada una de estás acciones P, indican con su respectiva signos2.20 positiva. Tabla 2.4 Fuerzas y momentos finales de pórtico espacial. Elemento

P1

1 2 3 4

(kip) 0.66977 -1.9114 -1.9114 -3.2039

P2

P3

(kip) (kip) -0.08864 2.0318 0.66977 2.0318 0.66977 -1.9682 0.21104 0.075419

P4

P5

P6

P7

P8

(kip plg) -45.339 -16.401 -16.401 13.461

(kip plg) 16.401 198.47 -37.712 25.250

(kip plg) 42.747 -37.625 -118.00 29.605

(kip plg) 227.41 45.339 -198.47 -9.5748

(kip plg) -32.111 -42.747 37.625 -73.468


42

Figura 2.20 Nomenclatura y convención de signos positiva que utiliza programa CAL.

En la figura 2.20 se ha dibujado con un círculo y un punto para representar una fuerza vertical que va hacia arriba, con un círculo y una cruz para representar que la fuerza va hacia abajo; la misma orientación pero con círculos para representar un momento.

2.7 ANÁLISIS DE UNA ARMADURA ESPACIAL En el apartado 2.5 se presentó el cálculo de la matriz de rigidez de una armadura espacial. Ahora para la solución completa el lector debe determinar el vector de cargas generalizadas Q . Cuando las cargas actúan solo en las juntas el cálculo de Q es directo. Posteriormente se procede en forma similar a la solución de una armadura plana o de un pórtico espacial. 

EJEMPLO 8

Con relación a la armadura espacial que se presentó en las figuras 2.11 a 2.13, se desea encontrar las fuerzas que actúan en cada uno de los elementos si en el nudo superior de la torre gravitan fuerzas se indican en la figura 2.21. Presentar el archivo de datos para el programa CAL y laslas fuerzas enque los elementos.


Figura 2.21 Fuerzas que gravitan en la armadura espacial.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD XYZ R=7 0.0 0.0 0.0 7.5 40.0 6.5

C=3

13.0 15.0 80.0 0.0 25.98 15.0 40.0 19.50 30.0 0.0 0.0 22.5 40.0 6.5 TRUSS K1 T1 A=4.00 TRUSS K2 T2 A=3.00 TRUSS K3 T3 A=4.00 TRUSS K4 T4 A=3.00 TRUSS K5 T5 A=4.00 TRUSS K6 T6 A=3.00 TRUSS K7 T7 A=5.00 TRUSS K8 T8 A=5.00 TRUSS K9 T9 A=5.00 TRUSS K10 T10 A=2.00 TRUSS K11 T11 A=2.00 TRUSS K12 T12 A=2.00 LOADI VC R=6 C=12 0 1 0 7 0 10 0 00 23 1 4 2 5 3 6 ZERO ADDK ADDK ADDK ADDK ADDK

00 7 8 9 K K K K K K

89 4 5 6

E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 E=30000 0

0

N=1,2 N=2,3 N=4,5 N=5,3 N=6,7 N=7,3 N=1,5 N=4,7 N=6,2 N=2,5 N=5,7 N=7,2

1 7

00 11 12 00 00 00 23 89 10 4 7 10 1 7 10 11 5 8 11 2 8 11 12 6 9 12 3 9 12 R=12 C=12 K1 VC N=1 K2 VC N=2 K3 VC N=3 K4 VC N=4 K5 VC N=5

10 11 12 1 2 3

43


44

ADDK K K6 VC N=6 ADDK K K7 VC N=7 ADDK K K8 VC N=8 ADDK K K9 VC N=9 ADDK K K10 VC N=10 ADDK K K11 VC N=11 ADDK K K12 VC N=12 PRINT K LOAD QT R=1 C=12 0 0 0 0 -20.0 50.0 0 0 0 0 0 0 TRAN QT Q SOLVE K Q PRINT Q MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC MEMFRC PRINT P1 PRINT P2 PRINT P3 PRINT P4 PRINT P5 PRINT P6 PRINT P7 PRINT P8 PRINT P9 PRINT P10 PRINT P11 PRINT P12 QUIT

T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8 T9 T10 T11 T12

Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q

VC VC VC VC VC VC VC VC VC VC VC VC

P1 P2 P3 P4 P5 P6 P7 P8 P9 P10 P11 P12

N=1 N=2 N=3 N=4 N=5 N=6 N=7 N=8 N=9 N=10 N=11 N=12

SOLUCIÓN En la tabla 2.5 se indican las fuerzas en los elementos que reporta el programa CAL, se destaca que si es positivo la fuerza es a tracción y si es negativo la fuerza es a compresión. Tabla 2.5 Fuerzas en los elementos. Elemento Fuerza (kg.) 1 74.10 2 74.10 34 5 6 7 8 9 10 11 12

-166.05 -166.00 74.17 74.10 0.07 -0.07 0.0 0.0 0.047 0.0


45

2.8 ANÁLISIS DE UN PÓRTICO PLANO 

EJEMPLO 9

La estructura de la figura 2.22 se encuentra resuelta completamente, en forma manual en Aguiar (2004) y se trata de un pórtico plano cuyas columnas son de 30/30 cm., la viga es de 20/30 cm., y sobre ella gravita las cargas indicadas a la izquierda de la figura 2.21. Al centro se aprecian los grados de libertad y a la derecha el sistema de coordenadas globales de cada uno de los elementos. El módulo de elasticidad del material se considera E  2173706.513 T / m 2 . Se desea encontrar los desplazamientos y giros de la estructura y las acciones finales de los elementos.

Figura 2.22 Pórtico de ejemplo 9, grados de libertad y coordenadas globales de cada elemento. Cuando las cargas actúan solo en las juntas el vector de cargas generalizadas Q es directo, está conformado por el valor de dichas cargas será positivo si actúan en el sentido de las coordenadas generalizadas, que está indicado en la parte central de la figura 2.21. Para el ejemplo se tiene que la fuerza de 5T., está aplicada en la dirección de la coordenada 1, por este motivo Q1  5 . La carga de 10 T., está en sentido contrario a la coordenada 2, por lo tanto Q2  10 . Como no existe momento en la coordenada 3, se tiene que Q3  0 , etc. En el archivo de datos es conveniente cargar la matriz transpuesta del vector Q pero previo al cálculo del vector de coordenadas generalizadas q se obtiene la transpuesta. Lo indicado en el presente párrafo también se aplicó en el ejemplo del pórtico espacial. La ecuación básica de Análisis Estático de Estructuras es:

QKq

( 2.16 )

donde Q es el vector de cargas generalizadas, K es la matriz de rigidez de la estructura y q es el vector de coordenadas generalizadas, que contiene a los desplazamientos y giros de la estructura. Para hallar q se debe resolver un sistema de ecuaciones lineales. ARCHIVO DE DATOS B1 FRAME KC1 TC1 I=0.000675 A=0.09 E=2173706.5 X=0.0,0.0 Y=0.0,4.0 FRAME KC2 TC2 I=0.000675 A=0.09 E=2173706.5 X=4.0,4.0 Y=0.0,4.0 FRAME KV1 TV1 I=0.00045 A=0.06 E=2173706.5 X=0.0,4.0 Y=4.0,4.0


46

LOADI 0 0 0 1 2 3 ZERO ADDK ADDK ADDK LOAD

0 0 0 4 5 6

VC

K K K K QT

R=6 1 2 3 4 5 6 R=6 KC1 KC2 KV1 R=1

5.0 -10.0 TRAN QT Q 0.0 SOLVE K Q PRINT Q MEMFRC TC1 Q MEMFRC TC2 Q MEMFRC TV1 Q PRINT P1 PRINT P2 PRINT P3 QUIT

C=6

C=6 VC VC VC C=6

N=1 N=2 N=3 0.0

VC VC VC

0.0

15.0

P1 N=1 P2 N=2 P3 N=3

SOLUCIÓN 0.0063337   0.0002247   q   0.0024415 0.0061925  0.00002026    0.0052656 

P (1)

1.6938   0.0973    10.991    0.39912 

P ( 2)

7.2703  11.133    0.99101   4.6009 

P ( 3)

0.097322 3.8667     4.6009    0.99101 

P (1) es el vector de fuerzas y momentos en la columna izquierda, P ( 2 ) corresponde a la columna derecha y ( 3) a la viga. Para entender el significado de los elementos de se presenta P trabaja el nuevamente la figuraP izquierda de 2.4 que son las coordenadas locales con las cuales programa CAL.


47

Figura 2.4 Coordenadas locales con las que trabaja CAL en pórticos planos. De tal forma que el primer elemento del vector P corresponde al momento en el nudo inicial, si es positivo es antihorario, el segundo elemento es el momento en el nudo final, si es positivo es antihorario, el tercer elemento es la fuerza axial, si es positiva el elemento está trabajando a tracción y el cuarto elemento es la fuerza de corte con la convención de signos indicada en la figura 2.4

2.9 ENSAMBLAJE DIRECTO El fundamento teórico del ensamblaje directo de la matriz de rigidez se halla en Aguiar (2004), aquí se presenta en forma práctica con la solución de un ejemplo pero antes de ello se indica el procedimiento de cálculo, el mismo que se aplica a cada uno de los elementos de la estructura. i. ii. iii.

Se halla la matriz de rigidez de cada elemento en coordenadas globales, que se va a denominar con la letra k minúscula. Se determina el vector de colocación de cada elemento. Se realiza el ensamblaje de la k de elemento en la matriz de rigidez de la estructura K . Para explicar el ensamblaje se coloca el vector de colocación a la izquierda y encima de la matriz de rigidez del elemento. El vector de colocación indica la fila y la columna a la cual van los elementos de la matriz de rigidez de miembro en la estructura, cuando el vector de colocación tiene un número 0 significa que esa fila o columna no contribuyen a la matriz de rigidez de la estructura.

El procedimiento es aplicable a cualquier tipo de estructura. Por facilidad de explicación en el siguiente ejemplo, que es tomado de Aguiar (2004) se lo aplica a un pórtico plano. 

EJEMPLO 10

Determinar la matriz de rigidez, por ensamblaje directo de la estructura mostrada a la izquierda de la figura 2.23. El sistema de coordenadas generalizadas (grados de libertad) de la estructura se indica a la derecha de la figura 2.23 al igual que la numeración de los elementos. Considerar que:

I0 1  . A0 L2 80


48

Figura 2.23 Estructura de ejemplo 9 y grados de libertad.

SOLUCIÓN Para el elemento 1, se considera que el nudo inicial corresponde a la junta A y el final al nudo B. Al reemplazar   90 0 en ecuación matricial ( 2.3 ), la matriz de rigidez en coordenadas globales (que se puede encontrar con el comando FRAME si fuera numérico el ejercicio) resulta.

k (1)

 12  0   6 L   12 0   6 L

0

 6L

 12

80

0

0

 80

0

4 L2

6L

0

 80

0

6L 0

12 0

0 80

0

2 L2

6L

0

 6L   0  2 L2  EI 0  3

0

6L  0 

L

 4 L2 

No se considera el efecto de corte y se ha reemplazado la condición de que A 0 = 80 Io / L2 dato del problema. Para el elemento 1 el vector de colocación es:

VC (1)  0 0 0 1 2 3 Luego al colocar el VC sobre y a la derecha de la matriz de rigidez de miembro, se tiene:



k (1)

0

 12  0    6 L   12  0   6 L

0

1

0

0

 6L

 12

2

80

0

0

0

4 L2

6L

0

0

6L

12

0

 80

0

0

80

0

2 L2

6L

0

0

 80

3



 6L   0  2 L2  EI 0  6 L  L3 0   4 L2 

0 0 0 1 2 3

La matriz de rigidez de la estructura analizada es de 4 x 4 y la contribución del miembro 1, es:


 12  K   6L  

6L







80 







4 L2 





49

   EI o  L3  





Para el elemento 2 se tiene que: 3

sen 

cos  

5

4 5

Al reemplazar estos valores en la matriz de rigidez de miembro en coordenadas globales y al proceder en forma similar al elemento 1 teniendo presente que:

VC ( 2)  1

2

3

0

4

0

se tiene:



k ( 2)

1

 1388  25   816   25  18L EI o  5  3  L  1388   25   816   25   18L  5

2

3

0

0

816

 18L

 1388

 816

25 912

5 24 L

25  816

25  912

25L 24

5 4 L2

25L 18

5  816

18 L

5 1388

25  912

5  24 L

25 816

25 24 L

5

2524 L 5 816 25 912

25 18 L

2 L2

5

4

25  24 L

5

5



 18L   5  24 L   5  2 L2   18 L   5   24 L   5   4 L2  

La contribución del elemento 2 a la matriz de rigidez del pórtico analizado, es:

1388  25  816  K   25   18L  5   18L   5

   

816 25 912 25 24 L 5 24 L 5

 

 18L 5 24 L

 

5

 18L  5   24 L 

  2 L2    2 4L   5



4 L2



2 L2 



EI o L3

1

2

3

0

0

4


50

Al sumar la contribución de los elementos 1 y 2 se obtiene:

1688  25   816  K   25  12 L  5   18L  5

  

816 25 2912 25 24 L

 

5 24 L

 

5 

5 

12 L

24 L  5

8L



2 L2



2

 18L  5   24 L  5   2 L2   4 L2 



EI o L3

CAPÍTULO 3

PÓRTICOS PLANOS RESUMEN Se presenta la teoría para resolver pórticos planos con los siguientes tipos de carga: uniforme, triangular y trapezoidal. Las acciones de empotramiento perfecto se obtienen mediante el uso de las funciones de forma y la respuesta cada cuarto de la luz se halla empleando diferencias finitas para la flexión y corte; para la carga axial se resuelve la ecuación diferencial. Finalmente se indica el uso del programa denominado PLANO, mediante la realización de varios ejercicios.

3.1 ACCIONES DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO En la figura 3.1 se muestran los tres tipos de carga que pueden actuar sobre las vigas de un marco y que considera el programa PLANO, a la izquierda se tiene una carga uniforme distribuida de magnitud Po , al centro una carga triangular cuya máxima magnitud vale Po en la mitad de la luz y a la derecha una carga trapezoidal la misma que primero es lineal en una distancia a y posteriormente es constante con un valor de Po .

Figura 3.1

Tipos de carga que considera el programa PLANO.

En el libro de Análisis Matricial de Estructuras, Aguiar (2004) se encuentran deducidas las acciones de empotramiento perfecto las mismas que se resumen a continuación, con la convención de signos y nomenclatura de figura 3.1.


52



Carga Uniforme Po L

V V  '

2 2

M  

Po L

Carga Triangular Po L

V V  '

M  

 M '

12

42 5 Po L

 M '

96

Carga Trapezoidal V V'  M 

Po L  a 1   2  L

2 3 Po L2  a a  ' 1  2        M 12   L   L  

Para encontrar las acciones de empotramiento perfecto se utilizan las siguientes funciones de forma o de interpolación. x

2

x

3

 ( x)  1  3 L  2 L 2

 3 ( x) 

2

x

 5 ( x)  3 6 ( x)  

 1   x

3

  L x

2 2

L

x

2

L

2

2

x

( 3.1 )

3 3

L

 1  

x

 

L

Para el cálculo de las acciones de empotramiento perfecto, primero se debe deducir la ecuación o ecuaciones que definen la variación de la carga y aplicar el siguiente formulario, para el caso de carga uniforme distribuida. L

L







V  Po  2 ( x ) dx  Po 1  3 0

0

x

2 2

L

  x M  Po  3 ( x )  Po  x 1     L 0 0

2

3 x  dx 3  L 

 dx   L L 2 3  x x  ' V   Po  5 ( x )  Po   3 2  2 3 dx L L  0 0 L L 2  x  x  ' M   Po  6 ( x)  Po    1   dx L  L  0 0 L



L



2

( 3.2 )


53

En el formulario indicado en las ecuaciones ( 3.2 ) la carga Po sale de la integral por ser constante y las integrales van desde 0 hasta la L, por el mismo motivo. Para el caso de carga triangular, para cada caso se tendrán dos integrales la una que va de 0 hasta L/2 y la otra desde L/2 hasta L., ya que se tienen dos ecuaciones que definen la variación de la carga. A continuación se indican las integrales que se deben resolver para el caso de carga triangular. L/2

o

L/2

o

0

L/2



V  '

0

L



  2P

3 ( x ) dx 

  2 ( x)dx

L

 2 Po

o

L/2

L x

x

 3 ( x)dx

L x

  2 Po  5 ( x) dx    2 Po  2 Po  5 ( x )dx L L L/2

L/2

M  '

x

 2 Po

o

L/2

x

 2P



  2 P

 2 ( x ) dx 

L

0

M 

L

x

 2P

V 

 2P

o

0

x L

L

L

 6 ( x ) dx 



  2 P

o

( 3.3 )

x

 2 Po

  6 ( x)dx

L

L/2

Para el caso de carga trapezoidal, para cada caso se debe resolver tres integrales cuyos límites de integración van de 0 –a, de a-(L-a) y de (L-a)-L.. Las integrales en este caso son: a

La

x



V  Po

a

0

a

a

0

a

a

M

'

o

0

x a

L

P

3 ( x ) dx 

o



a

L a

L a

L

Po a Po a

x  L   2 ( x) dx  x  L  3 ( x) dx ( 3.4 )

Po

 P  ( x)dx    a x  L   ( x) dx P x  L   ( x) dx  ( x) dx   P  ( x) dx    a

V  0 Po a  5 ( x )dx 

  P

La

La

 3 ( x) dx 

x

'



 2 ( x ) dx 

o

a

x



M  Po

L

P

 2 ( x) dx 

o

5

5

La

a

La

L

o

o

6

6

6

La

a

Con la función de forma  2 ( x) se calcula el cortante en el nudo inicial, con  3 ( x ) el momento en el nudo inicial, con  5 ( x) el cortante en el nudo final y con  6 ( x ) el momento en el nudo final.

3.2 VECTOR DE CARGAS GENERALIZADAS Cuando las cargas actúan en las juntas el cálculo del vector de cargas generalizadas Q es directo, únicamente se debe identificar la coordenada en la cual gravita la carga pero cuando las cargas actúan en los elementos, el procedimiento de cálculo, orientado al uso del computador, es el siguiente. i.

Se determina el vector de cargas de empotramiento perfecto en coordenadas locales Q 2 .En la figura 3.2 se observa a la izquierda el sistema de coordenadas locales con el cual trabaja el programa PLANO. Para los casos de carga analizados, el vector transpuesto de Q 2 será:

Q2t  N

V

M

N'

V'

M'


54

'

Donde N , N son las fuerzas axiales de empotramiento perfecto en el nudo inicial y final, respectivamente, para los casos analizados y para elementos horizontales vale cero. ii.

Se halla la matriz de paso T de coordenadas locales a coordenadas globales. En la figura 3.2 a la derecha se aprecian estos dos sistemas de coordenadas.

Figura 3.2

Sistemas de coordenadas: locales y globales que considera programa PLANO.

 cos   sen   0 T  0  0   0

sen

0

0

0

0

cos 

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

cos 

sen

0

0

0

 sen

cos 

0

0

0

0

1

0

        

( 3.5 )

Donde  es el ángulo que forma el eje del elemento con el eje de las X. Para el caso de vigas horizontales   0 . iii.

Se encuentra el vector de empotramiento perfecto en coordenadas globales Q3 con la siguiente ecuación.

Q3  T t Q2

( 3.6)

En la ecuación ( 3.6 ) se ha cambiado de signo ya que son acciones en los elementos y cuando van a las juntas, pasan con sentido contrario. iv.

Una vez que se tiene el vector Q 3 cambiado de signo con la ayuda del vector de colocación se obtiene el vector de cargas generalizadas Q.

El procedimiento descrito para el cálculo de Q se aplica a cualquier tipo de estructura y está orientado a la elaboración de un programa de ordenador. En el siguiente capítulo se obtiene el vector de cargas de una estructura por medio del Problema Primario y Complementario, ese procedimiento es para cuando se obtiene manualmente y tiene por objetivo ilustrar la aplicación de principios de la física. Una sistematización de ese procedimiento es el que se ha presentado en este apartado. En el capítulo anterior se presentó, entre otras cosas, el cálculo de pórticos planos, razón por la cual se da por terminado la explicación que conduce a la obtención de las acciones finales de fuerzas y momentos en los extremos del elemento. Ahora lo que interesa ilustrar es como se obtiene


55

el desplazamiento axial, vertical, giro, momento a flexión, corte y fuerza axial en un punto interior del elemento. Una forma de resolver el problema planteado en el párrafo anterior es analíticamente para lo cual se sebe resolver la ecuación diferencial que gobierna la flexión. Para el caso de carga uniforme distribuida la solución de ésta ecuación diferencial es relativamente sencilla pero para el caso en que se tiene carga triangular o carga trapezoidal, encontrar una solución analítica es bastante complejo por lo que es preferible encontrar una solución aproximada empleando cualquiera de los métodos numéricos que existen. Aquí se va a resolver el problema utilizando Diferencias Finitas, razón por la cual en el siguiente apartado se presentan las ideas fundamentales del método y los operadores que se van a utilizar en la solución del problema de flexión.

3.3 DIFERENCIAS FINITAS El Método de las Diferencias Finitas sirve para resolver ecuaciones diferenciales, de cualquier orden, sean estas ordinarias (en una sola variable) o en derivadas parciales ( varias variables). Para el efecto la solución de la ecuación diferencial se cambia a la solución de un sistema de ecuaciones lineales. La ecuación diferencial se cumple en cierto dominio continuo, para resolver con diferencias finitas el problema se discretiza el dominio de tal manera que la ecuación diferencial se cumple en los puntos discretos. En consecuencia para tener una mayor exactitud del problema que se resuelve conviene considerar la mayor cantidad de puntos discretos. A manera de ejemplo en la figura 3.3 se presenta una viga apoyada – apoyada y en ella se indican los puntos discretos; se considera un paso h, el mismo que es constante en toda la viga.

Figura 3.3

Puntos discretos en una viga.

El paso h es igual a la longitud del elemento dividido para el número de divisiones, N que se considera en la discretización del dominio. En la figura 3.3 se ha notado con i a un punto cualquiera, el que está a la derecha será el punto i  1 y el que está a la izquierda será i  1 .

h

L N

La ecuación diferencial que gobierna la flexión en elementos de sección constante es:

d 4w dx 4



P( x)

( 3.7 )

EI

Donde w es el desplazamiento vertical, positivo si va hacia abajo, EI es la rigidez a flexión, P( x ) es la carga vertical que gravita sobre el elemento. Otra forma de escribir la ecuación ( 3.7 ) es:

W XXXX 

P( x) EI


56

En diferencias finitas se aproximan las derivadas a partir de la expansión de la serie de Taylor. Es así como para cada derivada se tienen varias fórmulas denominadas: Progresiva, Regresiva y Simétrica. Cada una de ellas tiene un error asociado las que menos error tienen son las simétricas. En el libro Diferencias Finitas en el Análisis Estático de Estructuras , Aguiar (1987) se presenta con detalle la obtención de estas fórmulas. La fórmula simétrica para la cuarta derivada es:

W XXXX 

wi  2  4wi 1  6wi  4 wi 1  wi  2 h4

Al reemplazar la aproximación de la cuarta derivada en la ecuación diferencial ( 3.7 ) se halla la ecuación en diferencias. Esta resulta:

wi  2  4 wi 1  6wi  4 wi 1  wi  2 

P( x) EI

h4

( 3.8 )

La ecuación diferencial ( 3.7 ) se cumple en todo el dominio del elemento, en cambio que la ecuación ( 3.8 ) se cumplirá únicamente en los puntos discretos. Al aplicar la ecuación ( 3.8 ) a cada punto del elemento se pasa a tener un sistema de ecuaciones lineales.

3.4 CONDICIONES DE BORDE En la solución matricial de una estructura se obtienen los desplazamientos y giros de cada una de las juntas. Por lo tanto para cada elemento se conoce el desplazamiento vertical y giro en el nudo inicial y en el nudo final. El primer punto discreto de un elemento se tiene en el nudo inicial y a este se lo identifica con el número 0 y el último punto discreto se lo tiene en el nudo final identificando este punto como n. Por consiguiente de la solución matricial de la estructura se conoce el desplazamiento vertical y giro en el punto 0 y en el punto n. Luego son datos: w0 ,  0 , wn ,  n La ecuación ( 3.8 ) se aplica desde el punto 1 hasta el punto n-1. No se aplica en el punto 0 ni en el punto n ya que son conocidos los desplazamientos en dichos puntos. Aplicar la ecuación ( 3.8 ) en el punto 1 significa que i  1 luego se ve claramente que se requiere un punto auxiliar a la izquierda del punto 0, punto que no existe pero se necesita para poder aplicar la ecuación ( 3.8 ). En la figura 3.4 se presenta el nudo inicial de un elemento identificado por el punto 0, el punto auxiliar que está a la izquierda identificado por -1 y varios puntos del elemento.

Figura 3.4

Identificación de varios puntos discretos cercanos al nudo inicial.

Mientras menos puntos auxiliares se consideren en la solución del problema, se tendrá mayor exactitud. Estos puntos discretos deben expresarse en función de los puntos reales utilizando para el efecto las condiciones de borde. En el ejemplo se conoce el giro en el punto 0, pero el giro es igual a la primera derivada del desplazamiento con respecto a X. La fórmula simétrica de la primera derivada es la siguiente:


WX 

X 

57

wi 1  wi 1 dw dx

2h wi 1



 wi 1

( 3.9 )

2h

Para el punto 0 se tiene:

0 

w1  w1 2h

 w1  w1  2 h  0

( 3.10 )

Al proceder en forma similar con el punto n se tiene que el punto auxiliar que en este caso será el punto n+1 se expresa en función de los puntos reales por medio del giro en el punto n.

n 

wn 1  wn 1 2h

 wn 1  wn 1  2 h  0

( 3.11 )

3.5 MATRIZ DE DIFERENCIAS Y VECTOR DE CARGAS Al aplicar la ecuación ( 3.8 ) en el

punto 1 y reemplazar la ecuación ( 3.10 ) se tiene:

w1  4 w0  6 w1  4 w2  w3 

P1 EI P1

h4 4

w1  4 w0  6 w1  4 w2  w3  EI h  2h 0 P 7 w1  4 w2  w3  1 h 4  2h 0  4 w0 EI Para el punto

( 3.12 )

2 la ecuación ( 3.8 ) reporta: P2

w0  4 w1  6w2  4w3  w4 

 4 w1  6w2  4w3  w4 

P2 EI

EI

h4

h 4  w0

( 3.13 )

Para el punto 3, se tiene:

w1  4 w2  6 w3  4 w4  w5 

P3 EI

h4

( 3.14 )

Las restantes ecuaciones se obtienen aplicando la ecuación ( 3.8 ) en los puntos 4, 5, 6,…., hasta el punto n-1. En las ecuaciones ( 3.12 ), ( 3.13 ), (3.14) se tiene que P1 , P2 , P3 son los valores

de las cargas discretas en los puntos 2, 3, 4. A la matriz de coeficientes se denomina matriz de diferencias S y al término independiente 

vector de cargas en diferencias Q . Estas resultan.


58

 7  4   1   S      

4

1

6

4

1

6

4

4

1

1 6 4 4        1

Q 

     1           6 4 4  1 7  4

 P1 4   EI h  2h 0  4 w0     P2 h 4  w  0  EI    P 4 3  h   EI  P  4 4  h   EI           Pn 4  1  EI h  wn     Pn h 4  2h  4 w  n n  EI       

( 3.15 )

( 3.16 )

Donde P1 , P2 , P3 , , Pn1 , Pn son las cargas verticales en los puntos discretos 1, 2, 3, …., n-1, n. Las mismas que se obtienen de acuerdo a la distribución de carga. Para carga uniforme distribuida todas son iguales y valdrá P0 pero para los otros dos tipos de carga se debe encontrar las ecuaciones de las rectas primero y luego evaluar en los puntos seleccionados. Para encontrar los desplazamientos w se debe resolver el siguiente sistema de ecuaciones lineales. 

S w Q

( 3.17 )

3.6 GIRO, MOMENTO Y CORTE Una vez que se halla los desplazamientos, en los puntos discretos de cada elemento, se procede al cálculo del giro  , del momento m , del cortante v , en cualquier punto. El programa PLANO, únicamente reporta cada cuarto de la luz, pero el formulario de cálculo es general y es el siguiente:




dw dx



m   EI v

dm dx

59

wi 1  wi 1 2h

 w  2wi  wi 1    EI  i 1  h2   mi 1  mi 1

d 2w



( 3.18 )

dx 2

2h

El cálculo del giro y del momento se lo ha realizado en función del desplazamiento vertical pero el cálculo del corte se lo ha efectuado en base al momento. Se destaca que en los tres casos se ha trabajado con las diferencias simétricas.

3.7 RESUMEN DE CÁLCULO Antes de presentar el análisis axial, conviene hacer un repaso general del procedimiento de cálculo. El mismo que se resume a continuación. i. ii. iii. iv.

Se determina la matriz de rigidez de cada uno de los elementos en coordenadas globales. Se encuentra la matriz de rigidez de la estructura K . Se halla el vector de cargas generalizadas Q . Se obtiene el vector de coordenadas generalizadas q , que contiene los desplazamientos y giros en cada una de las juntas para el efecto se resuelve el siguiente sistema de ecuaciones.

QKq v.

Una vez determinado el vector q para cada elemento se obtienen las condiciones de borde y se determina el giro y el desplazamiento en el nudo inicial y final.

vi. vii. viii. ix.

Se encuentra la matriz de diferencias S y el vector de cargas Q . Se halla los desplazamientos w en los puntos discretos. Se encuentra el giro, momento y corte en puntos discretos. Finalmente se determina la deformación axial en puntos discretos y la fuerza axial. La forma de evaluación de este último punto se indica a continuación.



3.8 ANÁLISIS AXIAL Cuando se determinó w0 , 0 , wn ,  n en base al vector q y el vector de colocación se encuentra también los desplazamientos axiales en el nudo inicial y final que se denominarán u 0 , u n . Para hallar el desplazamiento axial u ( x) en cualquier punto interior del elemento se aplica la siguiente ecuación que está deducida en Aguiar (2004).

u ( x)  u o1 ( x)  u n 4 ( x)

( 3.19 )

Donde 1 ( x),  4 ( x) son las funciones de forma que valen:

1 ( x)  1  4 ( x) 

x L

( 3.20 )

x L

( 3.21 )


60

Para encontrar la fuerza axial N se tiene:

N  AE

du dx

u u   AE  i 1 i 1   2h 

( 3.22 )

En la ecuación ( 3.22 ) se ha utilizado la fórmula simétrica de la primera derivada. Como se podrá apreciar primero se deben calcular los desplazamientos axiales y luego las fuerzas axiales.

3.9 CASO PRÁCTICO 1 En la figura 3.5 se presenta la planta de una construcción de dos pisos la misma que tiene dos vanos en sentido X, de 4.0 m., el primero y de 5.0 m., el segundo. En sentido transversal se tiene un vano de 4 m., de luz. Todas las columnas son de 20/30 cm., en los dos pisos, la dimensión menor es perpendicular al sentido X. Las vigas en los dos sentidos y en los dos pisos son de 25/25.

Figura 3.5

Distribución en planta de estructura de dos pisos.

Figura 3.6 Repartición de la carga vertical a los pórticos. La distribución de la carga vertical, a los pórticos se considera a 45 grados, como se aprecia en la figura 3.6. El primer vano es cuadrado razón por la cual en los pórticos gravita una carga triangular; en cambio el segundo vano es rectangular por lo que en sentido largo la carga es trapezoidal y en el sentido corto es triangular. Es dato del problema que la carga vertical vale 600

kg/m2.


61

El ancho cooperante para el pórtico en sentido X es de 2m., por lo que tanto la carga 2 triangular como trapezoidal tienen un valor máximo de 0.6 T/m por 2 m., que da 1.2 T/m. Estas cargas se indican en la figura 3.7.

Figura 3.7

Análisis de un pórtico longitudinal

Antes de utilizar el programa PLANO se deben numerar los elementos y los nudos, lo cual se indica en la figura 3.8 Los resultados que se obtienen para las vigas 7 y 8 se indican en la tabla 3.1 y para las elementos 1, 2 y 3 en la tabla 3.2. Por otra parte en la figura 3.9 se indica el diagrama de momentos, en la figura 3.10 el diagrama de corte y en la figura 3.11 el diagrama de fuerza axial. Por ser carga triangular y trapezoidal la que actúa en las vigas el diagrama de corte no es lineal, es lineal cuando la carga es uniforme.

Figura 3.8

Numeración de elementos y nudos.


62

Tabla 3.1

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para vigas 7 y 8

Elem.

Dist. (m.)

Des. Ver (m.)

Giro Flex. (rad.)

Mom. Flex (Tm.)

Corte (T.)

Des. Axi (m.)

Fuer Ax. (T.)

7

0.00

0.000050

0.00016

-0.8629

1.1335

-0.000100

0.2754

1.00 2.00 3.00

0.000567 0.000911 0.000522

0.00062 -0.00004 -0.00060

0.1722 0.6073 0.0393

0.8335 -0.0665 -0.9665

-0.000098 -0.000096 -0.000094

0.2754 0.2754 0.2754

4.00

0.000147

0.00014

-1.1287

-1.2665

-0.000092

0.2754

0.00

0.000147

0.00014

-1.9061

1.8518

-0.000092

0.5452

1.25 2.50 3.75

0.001602 0.002791 0.001714

0.00154 0.00006 -0.00153

0.2164 1.1789 0.3489

1.3831 0.0530 -1.2771

-0.000087 -0.000082 -0.000077

0.5452 0.5452 0.5452

5.00

0.000079

-0.00048

-1.6411

-1.7458

-0.000072

0.5452

8

Tabla 3.2

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para columnas 1, 2 y 3

Elem.

Dist. (m.)

1

0.00 0.75 1.50 2.25

3.00

-0.000100

2

3

Des. Ver (m.)

Giro Flex. (rad.)

Mom. Flex (Tm.)

Corte (T.)

Des. Axi (m.)

Fuer Ax. (T.)

0.000000

0.00000

0.1716

-0.000039 -0.000111 -0.000153

-0.00009 -0.00009 -0.00001

0.0591 -0.0534 -0.1659

-0.1500

0.000000

-2.1829

-0.1500 -0.1500 -0.1500

-0.000013 -0.000025 -0.000038

-2.1829 -2.1829 -2.1829

0.00016

-0.2784

-0.1500

-0.000050

-2.1829

0.00

0.000000

0.00000

0.1480

-0.1281

0.000000

-6.3793

0.75 1.50 2.25

-0.000033 -0.000097 -0.000135

-0.00008 -0.00008 -0.00001

0.0519 -0.0442 -0.1402

-0.1281 -0.1281 -0.1281

-0.000037 -0.000073 -0.000110

-6.3793 -6.3793 -6.3793

3.00

-0.000092

0.00014

-0.2363

-0.1281

-0.000147

-6.3793

0.00

0.000000

0.00000

-0.2622

0.2781

0.000000

-3.4378

0.75 1.50 2.25

0.000056 0.000142 0.000140

0.00012 0.00008 -0.00012

-0.0536 0.1550 0.3635

0.2781 0.2781 0.2781

-0.000020 -0.000040 -0.000059

-3.4378 -3.4378 -3.4378

3.00

-0.000072

-0.00048

0.5721

0.2781

-0.000079

-3.4378

Figura 3.9

Diagrama de Momentos


Figura 3.10

Figura 3.11

3.10

63

Diagrama de corte.

Diagrama de Fuerza Axial.

MANUAL DE PROGRAMA PLANO

Antes de cada grupo de datos se debe dar una línea con comentarios, si no se especifica esta línea el programa no se ejecuta. De igual manera por ningún motivo se deben dejar línea o líneas en blanco. El archivo de datos para usar el programa PLANO son los siguientes.


64

 

    

 

Número total de nudos, número de nudos restringidos, número de elementos y módulo de elasticidad. Número del nudo restringido, restricción en X, restricción en Y, restricción al giro. Si el nudo tiene una de esas restricciones se colocará 1, caso contrario se coloca 0. Por lo tanto para definir un empotramiento perfecto se deberá colocar tres unos, el primero significa que no puede desplazarse en X, el segundo significa que no puede desplazarse en Y, finalmente el tercer dígito significa que no puede rotar. Identificación del elemento, del nudo inicial y del nudo final. Por cada elemento una fila de datos. Identificación del nudo, la coordenada en X, y la coordenada en Y. De igual manera en cada fila se especifica las coordenadas de un nudo. Número del elemento, la base y la altura de la sección transversal. Número de Juntas Cargadas. Si existen juntas cargadas se deberá especificar la junta cargada, la fuerza horizontal, positiva si va a la derecha, la fuerza vertical, positiva si va hacia arriba y el momento, positivo si es antihorario. Si no hay juntas cargadas se omite este grupo de datos. Número de elementos cargados. Si no hay elementos cargados, finaliza la entrada de datos. Pero si existen miembros cargados se debe especificar el número del elemento cargado, el código de la carga, el valor de la carga. El valor de la carga se coloca siempre positivo. El código de las cargas es:

para carga trapezoidal.

1 para carga uniforme distribuida, 2 para carga triangular y 3

Si se tiene una carga trapezoidal en una línea adicional se debe especificar la distancia que es aquella donde termina la carga triangular.

a,

EJEMPLO 1



Presentar el archivo de datos, para el programa PLANO, para resolver el pórtico plano indicado en la figura 3.7, es decir del ejemplo que se empezó a desarrollar en el apartado anterior.

ARCHIVO DE DATOS DATOS: NUMERO DE NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, ELEMENTOS, ELASTICIDAD 9

3

10

2173706.51

NUMERO DE NUDO RESTRINGIDO, REST. EN X, REST EN Y, REST AL GIRO 1

1

1

1

2

1

1

1

3

1

1

1

NUMERO DE ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO F INAL 1

1

4

2

2

5

3

3

6

4

4

7

5

5

8

6

6

9

7

4

5

8

5

6

9

7

8

10

8

9

NUMERO DE NUDO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y 1

0.0

0.0

2

4.0

0.0

3

9.0

0.0

4

0.0

3.0

5

4.0

3.0

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí 6

9.0

3.0

7

0.0

6.0

8

4.0

6.0

9

9.0

6.0

65

NUMERO DE ELEMENTO, BASE Y ALTURA 1

0.2

0.3

2

0.2

0.3

3

0.2

0.3

4

0.2

0.3

5

0.2

0.3

6

0.2

0.3

7

0.25

0.25

8 9

0.25 0.25

0.25 0.25

10

0.25

0.25

NUMERO DE JUNTAS C ARGADAS 0

NUMERO DE ELEMENTOS CARGADOS 4

NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CÓDIGO DE C ARGA, CARGA 7

2

1.2

8

3

1.2

2.0 9

2

1.2

10

3

1.2

2.0

3.11

ACCIONES EN COLUMNA

Resolver el pórtico de 4 m. de luz, central, del edificio que está indicado en la figura 3.5. En la figura 3.6 se aprecia que sobre este pórtico gravitan dos cargas de tipo triangular, cada una de ellas tiene una carga P0  1.2 T / m. como son dos la carga total que actúa es P0  2.4 T / m. como se aprecia en la figura 3.12.

Figura 3.12

Cargas actuantes en pórtico central.


66

En la figura 3.13 se indica la numeración de los nudos y los elementos en base al cual se ha preparado el archivo de datos para el programa PLANO que se indica a continuación. En la tabla 3.3 se indica los resultados para la viga 5 y la columna 2. En las figuras 3.14 a 3.16 se indican los diagramas de momento, corte y carga axial, respectivamente.

Figura 3.13 Tabla 3.3

Numeración de nudos y elementos.

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para elementos 2 y 5

Elem.

Dist. (m.)

Des. Ver (m.)

Giro Flex. (rad.)

Mom. Flex (Tm.)

Corte (T.)

2

0.00

0.000000

0.00000

-0.2826

0.75 1.50 2.25

0.000138 0.000368 0.000416

0.00031 0.00025 -0.00018

-0.0710 0.1406 0.3522

3.00

0.000008

-0.00097

0.00

0.000110

1.00 2.00 3.00

0.001709 0.002677 0.001709

4.00

0.000110

5

Des. Axi (m.)

Fuer Ax. (T.)

0.2821

0.000000

-4.80

0.2821 0.2821 0.2821

-0.000028 -0.000055 -0.000083

-4.80 -4.80 -4.80

0.5638

0.2821

-0.000110

-4.80

0.00097

-1.6583

2.4000

-0.000008

0.5301

0.00169 0.00000 -0.00169

0.5448 1.5479 0.5448

1.8000 0.0000 -1.8000

-0.000004 0.000000 0.000004

0.5301 0.5301 0.5301

-0.00097

-1.6583

-2.4000

0.000008

0.5301

Figura 3.14 Diagrama de Momentos.


Figura 3.15

Figura 3.16

Diagrama de Corte.

Diagrama de Fuerza Axial.

ARCHIVO DE DATOS DATOS: NUMERO DE NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, ELEMENTOS, ELASTICIDAD 6

2

6

2173706.51


1

1

1

2

1

1

1


1

3

2

2

4

3

3

5

4

4

6

5

3

4

6

5

6


0.0

0.0

2

4.0

0.0

67


68

3

0.0

3.0

4

4.0

3.0

5

0.0

6.0

6

4.0

6.0


0.3

0.2

2

0.3

0.2

3

0.3

0.2

4

0.3

0.2

5

0.25

0.25

6

0.25

0.25

NUMERO DE JUNTAS C ARGADAS 0 NUMERO DE ELEMENTOS CARGADOS 2

NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CODIGO DE C ARGA, CARGA 5

2

2.4

6

2

2.4

Se han analizado dos pórticos, uno longitudinal (descrito en la figura 3.7) y uno transversal (descrito en la figura 3.12). Ahora interesa conocer la carga axial y momentos flectores que actúan en la planta baja de la columna central (elemento 2) que se indica en la figura 3.17. Los resultados se resumen en la tabla 3.4.

Figura 3.17 Análisis de cargas en columna central.

Pórtico Figura 3.7 Figura 3.9 Total

3.12

Tabla 3.4 Carga axial y momentos que actúan en columna central, en planta baja. Nudo Inicial Nudo Final Axial My Mx Axial My (T.)

(Tm.)

6.3793 4.8000

0.1480

11.1793

0.1480

(Tm.)

(T.)

(Tm.)

6.3793 4.8000

0.2363

0.2826

0.2826

11.1793

0.2362

Mx (Tm.)

0.5638

0.5638

ESTRUCTURA CON VOLADIZO

Manteniendo las dimensiones de vigas y columnas de la estructura de la figura 3.5, se desea que el lector preparé el archivo de datos para el programa PLANO para la estructura de la figura 3.18. 2 La carga vertical es de 0.6 T/m . El análisis se desea para el pórtico en la dirección larga; se


69

considera que sobre la viga del voladizo actúa una carga uniforme distribuida que vale 0.6  2  1.2 T / m. Por lo tanto el ancho tributario es de 2 m.

Figura 3.18

Estructura de dos pisos con voladizo al lado derecho.

La forma más sencilla de resolver una estructura con voladizos es determinar las acciones de empotramiento perfecto generadas en el voladizo y luego transmitir estas acciones al pórtico cambiando de sentido la fuerza y momento. En la figura 3.19 se indica el voladizo con la carga uniforme distribuida.

Figura 3.19 Acciones de empotramiento en un voladizo. V PL

M 

P L2 2

Al reemplazar P  1.2 T / m. , L  1.0 m. Se obtiene: V  1.2 T . y M  0.6 Tm. Luego el estado de cargas a resolver se indica en la figura 3.20. Se aprecia que en los nudos 6 y 9 actúan una carga vertical hacia debajo de 1.2 T. y un momento en sentido horario de 1.2 T m. En el programa PLANO, las fuerzas y momentos en los nudos deben suministrarse con la siguiente convención de signos: Fuerza horizontal, positivo si va hacia la derecha. Fuerza vertical, positivo si va hacia arriba.

  

Momento positivo si es antihorario. Las últimas filas del archivo de datos, para resolver la estructura de la figura 3.20, son:


JUNTA CARGADA, FUERZA HORIZONTAL, FUERZA VERTICAL, MOMENTO 6

0.0

-1.2

-0.6

9

0.0

-1.2

-0.6


70


NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CÓDIGO DE C ARGA, CARGA 7

2

1.2

8

3

1.2

2.0 9

2

1.2

10

3

1.2

2.0

Figura 3.20

Estado de cargas de estructura con voladizo.

El objetivo del libro es enseñar como se resuelven las estructuras, no es un libro de diseño, razón por la cual no se han presentado combinaciones de carga.

3.13

ELEMENTOS CON DOS TIPOS DE CARGA

Cuando las luces longitudinales y transversales son diferentes, sobre los elementos horizontales actúan dos tipos de carga como lo ilustra la figura 3.21, en que se tiene un pórtico de un vano y dos pisos, cuyas vigas están sometidas a una carga triangular con una magnitud máxima de 1.5 T/m. y a una carga trapezoidal con una magnitud en la parte constante de 2.0 T/m. Para resolver este pórtico se debe suministrar al programa PLANO dos veces los datos de los elementos cargados, con cada una de las cargas que gravitan sobre ellos. En la figura 3.22, a la izquierda se aprecia la sección transversal de los elementos, las columnas son cuadradas de 35 cm., de lado y las vigas rectangulares de 25 cm., de base por 35 cm., de altura. Se considera un hormigón con una resistencia máxima a la compresión de 210 kg/cm 2 y el módulo de elasticidad se obtiene con la siguiente ecuación: E

 12000 f c'

2

(kg/cm ). A la derecha

de la figura 3.22 se indica la numeración de elementos y nudos. En la figura 3.23 se presentan las fuerzas y momentos en los extremos de los elementos que se obtienen luego de ejecutar el programa PLANO se deja al lector la verificación del equilibrio de nudos y de juntas. El archivo de datos se indica a continuación.


Figura 3.21

Figura 3.22

Elementos con dos tipos de carga.

Geometría del pórtico y numeración de elementos y nudos.

DATOS: NUMERO DE NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, ELASTICIDAD 6 2 6 1738965.21 NUMERO DE NUDO RESTRINGIDO, REST. EN X, REST EN Y, REST AL GIRO 1

1

1

1

2

1

1

1


1

3

2

2

4

3

3

5

4

4

6

5

3

4

71


72

6

5

6


0.0

0.0

2

4.0

0.0

3

0.0

3.0

4

4.0

3.0

5

0.0

6.0

6

4.0

6.0


0.35

0.35

2

0.35

0.35

3

0.35

0.35

4 5

0.35 0.25

0.35 0.35

6

0.25

0.35



NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CODIGO DE CARGA, CARGA 5

2

1.5

5

3

2.0

6

2

1.5

6

3

2.0

1.0

1.0

Figura 3.23

Resultados finales en los extremos de los elementos.

CAPÍTULO 4

MALLAS ESPACIALES RESUMEN Se presenta el marco teórico de Mallas Espaciales también conocidas como Parrillas, se resuelven ejercicios en los cuales se obtiene la matriz de rigidez de la estructura por ensamblaje directo y el vector de cargas generalizadas por medio del problema primario y complementario. Posteriormente se hallan las acciones en los extremos de los elementos en forma manual pero como lo hace el computador. Luego se indica la solución de la ecuación diferencial que gobierna la flexión y de la ecuación diferencial que gobierna la torsión, en elementos de sección constante, para encontrar las respuestas cada cuarto de la luz, en cada elemento. Finalmente se presenta el uso del programa MALLA que analiza estructuras con cargas en las juntas y en los elementos. Como aplicación de la teoría descrita se analiza: un balcón; una losa con abertura; y, tres placas alivianadas, la primera en la cual sus cuatro lados están empotrados, la segunda en que sus lados están apoyados y la tercera que tiene dos lados libres.

4.1

INTRODUCCIÓN

Las parillas son estructuras que se hallan en el plano horizontal y sobre las cuales gravita una carga en el plano vertical. Los elementos de una parilla o malla espacial trabajan a flexión, corte y torsión. En la figura 4.1 se indica la simbología a emplearse para definir las restricciones de los nudos, a la izquierda se presenta un empotramiento perfecto, el rectángulo con dos diagonales significa que no existe desplazamiento vertical, la línea entrecortada axial al eje significa que no hay giro de torsión y la línea entrecortada perpendicular al eje significa que no existe giro a flexión.

Figura 4.1

Simbología utilizada para definir las restricciones de los nudos.


74

En la parte central de la figura 4.1 se presenta un nudo que no puede desplazarse verticalmente y tampoco puede rotar con respecto al eje del elemento. Finalmente a la derecha de la figura 4.1 se tiene un nudo que únicamente admite un giro con respecto al eje del elemento. Cada nudo interior de una malla espacial tiene tres grados de libertad, que para el caso general, son: rotación con respecto al eje X, rotación con respecto al eje Y, desplazamiento vertical con relación al eje Z.

4.2

MATRIZ DE RIGIDEZ

En la figura 4.2 se indica un elemento inclinado en el plano horizontal y el sistema de coordenadas globales que se considera en el estudio. Nótese que se consideran los giros, horario positivo. La matriz de rigidez del elemento se indica en la ecuación matricial ( 4.1 ).

Figura 4.2 4 EI  GI Y CY2 2   LX C X L   GI X 4 EIY   L  L C X CY    6 EIY  2 CY  L  GI 2 EIY 2 2  X C X  CY L L   2 GI EI   X Y    C X CY   L L    6 EI Y C  Y  L2

Coordenadas globales de un elemento de una malla espacial.

GI X

CY2 

L



6 EIY L2

4 EIY L

2 CX

12 EIY

CX

L3

2 EIY   GI  X  C X CY L   L



GI X L

CY2 

6 EIY L2

CX

2 EIY L

2 CX

6 EIY L2

 

6 EIY L2

CY CX

12 EIY L3

GI X L

2 CX 

4 EIY L

CY2

 GI X 4 EIY    C X CY L   L 

6 EIY L2

CY

GI X L

CY2 

6 EIY L2

4 EI Y L CX

2 CX

                12 EIY   L3 

( 4.1 )

C X  cos

CY  sen

( 4.2 )

donde  es el ángulo en el plano horizontal que forma el eje del elemento con el eje de las X. Por otra parte, para un elemento rectangular de base b y altura h los momentos de inercia son:

IY 



b h3

12

I X   h b3

 

b b4    0.21 1  h  12h 4  3

1

( 4.3 )

EJEMPLO 1

En el presente apartado se va a encontrar la matriz de rigidez de la estructura indicada en la figura 4.3 y en el siguiente se resolverá completamente el ejercicio. Los datos son:


75

E  30000 kips / p lg 2 ; G  0.4 E ; P  400 lb ; L  30 p lg . Para los elementos 1 y 2 se tiene que I Y  12 p lg , I X  4 p lg . Para el elemento 3, I Y  14 p lg , I X  6 p lg . Todas las cargas están actuando hacia abajo por ese motivo se ha dibujado la X encerrada en un círculo que representa la parte posterior de una flecha. 4

4

4

Figura 4.3

2

Numeración de nudos y elementos de malla espacial.

SOLUCIÓN En la figura 4.4 se indica la numeración de los nudos y de los elementos y en la figura 4.5 se presentan los grados de libertad de la malla espacial.

Figura 4.4

Figura 4.5


Grados de libertad que se consideran en el estudio.


76

El programa CAL no contempla la solución de mallas espaciales pero hay formas en que se puede trabajar parte en el CAL y otra mediante un programa de ordenador para la ecuación ( 4.1 ). Para la matriz de rigidez de los elementos 1 y 2 se recomienda calcularlos con el comando FRAME y los elementos de la primera y cuarta fila y columna que están relacionados con el momento de inercia I X , y que en el comando FRAME están relacionados con la carga axial reemplazarlos con los de ecuación (4.1). Para estos elementos el ángulo  consecuencia: k (1,1)

 k ( 4, 4)  GI X / L , y

0

 1 y sen  0 . En  k (1, 4 )  GI X / L . Si alguno de los

, luego cos 

los elementos k ( 4,1)

elementos fuera perpendicular al eje X se recomienda proceder en la misma forma. Para el elemento inclinado lo mejor es programar la ecuación matricial ( 4.1 ) y calcular la matriz de rigidez y darle como dato al programa CAL. Al utilizar el comando FRAME para encontrar la matriz de rigidez de un elemento para luego incorporarlo a la solución de mallas espaciales es importante tener presente que el comando FRAME considera que el giro a flexión es positivo si es antihorario, contrario al sistema de coordenadas que se indica en la figura 4.2. En consecuencia la matriz de rigidez que se obtiene con el comando FRAME debe pasarse al sistema de coordenadas de la figura 4.2 mediante la siguiente matriz de transformación de coordenadas.

1 0  0 T 0 0  0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0

0

0

1

  0  0 1  0

Sea K la matriz de rigidez de un elemento que reporta el programa CAL, mediante el comando FRAME y sea

K * la matriz de rigidez asociada a las coordenadas de la figura 4.2. Se tiene:

K Tt K T

( 4.4 )

Por lo tanto, si se desea utilizar el programa CAL para calcular la matriz de rigidez para una malla espacial se debe aplicar la ecuación ( 4.4 ). Una vez más se destaca que se puede proceder de esta manera únicamente para elementos que son paralelos al eje X, y para elementos que son perpendiculares al eje X. En este último caso se deberá ver en la ecuación matricial ( 4.1 ) que elementos son cero y dar los datos en los casilleros en que consta el momento de inercia I X . A continuación se presenta el archivo de datos con el cual se obtiene la matriz de rigidez de la estructura indicada, en este archivo se aprecia que para los elementos 1 y 2 se utiliza el comando FRAME y se da como dato los elementos de la primera y cuarta fila y columna. Para el elemento 3 se da como dato toda la matriz de rigidez del elemento.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD T 1 0 0 0 0 1 0 -1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 FRAME K1 FRAME K2 FRAME K3

R=6 C=6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 -1 0 TE1 I=12 A=0 TE2 I=12 A=0 TE3 I=14 A=0

E=30000 E=30000 E=30000

X=0.0,90.0 X=90.0,150.0 X=45.0,90.0

Y=60.0,60.0 Y=60.0,60.0 Y=0.0,60.0

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí TMULT MULT LOAD 533.33 LOAD -533.33 STOSM STOSM STOSM STOSM PRINT TMULT

77

T K1 AUX1 AUX1 T KE1 TOR1 R=1 C=1 T11 KE1 KE1 KE1 KE1 KE1 T

R=1

C=1

TOR1 TOR1 T11 T11 K2

L=1,1 L=4,4 L=4,1 L=1,4 AUX1

MULT AUX1 T KE2 LOAD TOR1 R=1 C=1 800 LOAD T11 R=1 C=1 -800 STOSM KE2 TOR1 L=1,1 STOSM KE2 TOR1 L=4,4 STOSM KE2 T11 L=4,1 STOSM KE2 T11 L=1,4 PRINT KE2 LOAD KE3 R=6 C=6 14681.600 -10291.200 358.400 6822.400 -10291.200 8678.400 -268.800 -5836.800 358.400 -268.800 11.947 358.400 6822.400 -5836.800 358.400 14681.600 -5836.800 3417.600 -268.800 -10291.200 -358.400 268.800 -11.947 -358.400 ZERO K R=3 C=3 LOADI VC R=6 C=3 0 1 0 0 2 0 0 3 0 1 0 1 2 0 2 3 0 3 ADDK K KE1 VC N=1 ADDK K KE2 VC N=2 ADDK K KE3 VC N=3 PRINT K QUIT

-5836.800 3417.600 -268.800 -10291.200 8678.400 268.800

-358.400 268.800 -11.947 -358.400 268.800 11.947

SOLUCIÓN 16014.933 K   10291.20   358.40

4.3

48678.00

 64.53

   37.873

VECTOR DE CARGAS

Con relación a las cargas que gravitan en la estructura de la figura 4.3, una forma de resolver el problema consiste en considerar que en el punto de aplicación de la carga existe un nudo, con esta consideración la estructura tendría 12 grados de libertad.


78

Cuando las cargas actúan en las juntas, el cálculo del vector de cargas generalizadas Q es directo. Pero cuando las cargas no actúan en las juntas sino en los elementos como se ha considerado en la solución del ejemplo anterior en que se tiene tres grados de libertad para encontrar el vector Q se debe resolver por medio del problema primario y problema complementario.

4.3.1 Problema Primario Se define el problema primario como aquel en el cual actúan todas las cargas sobre la estructura pero los grados de libertad son nulos. En el ejemplo que se está resolviendo significaría que al actuar todas las cargas no va a existir el giro en sentido X, el giro en sentido Y, y el desplazamiento vertical del nudo en que se consideró los grados de libertad. Para que esto suceda es necesario que existan cargas (momento o fuerza) de fijación de sentido contrario que se les ha denominado con la letra R en la figura 4.6

Figura 4.6

Cargas que actúan en el problema primario.

El momento de fijación R1 es aquel que impide el giro alrededor del eje X, el momento de fijación R2 impide el giro alrededor del eje Y. Finalmente la fuerza R3 impide el desplazamiento vertical. Al no existir desplazamientos y giros, en el problema primario cada elemento se considera que esta empotrado-empotrado. Es así como se va a calcular las cargas de fijación R.

Figura 4.7

Acciones de empotramiento para un elemento de una malla sometido a una carga concentrada.

En la figura 4.7 se indica la convención de signos adoptada para definir las acciones de empotramiento perfecto de una viga sometida a una carga concentrada P. El momento M que actúa en el nudo inicial se considera positivo si es horario, el cortante V es positivo si va hacia arriba. En el nudo final el momento M’ es positivo si es horario y el cortante V’ es positivo si va hacia arriba. Las ecuaciones de cálculo de las acciones de empotramiento perfecto ante una carga puntual que actúa a una distancia “a”, son las siguiente s:

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí V  V' 

P b2 3

L

Pa L3

3 a  b 

M 

2

a  3b 

79

M' 

P a b2 L2

( 4.5 )

P a2 b L2

Al reemplazar el formulario indicado en ( 4.5 ) en los datos del ejemplo 1 se obtiene:

Figura 4.8

Acciones de empotramiento perfecto del elemento 1.

Figura 4.9

Acciones de empotramiento perfecto del elemento 2.

Figura 4.10 Acciones de empotramiento perfecto del elemento 3. En el problema primario se determinan las cargas de fijación R para el efecto se realiza equilibrio de elementos y equilibrio de juntas. El equilibrio de los elementos se ha presentado en las figuras 4.8 a 4.10. En la figura 4.11 se presenta la estructura que se está analizando y las acciones de empotramiento perfecto de todos los elementos. Nótese que en el elemento inclinado los momentos de flexión son perpendiculares al eje del elemento.


80

Figura 4.11

Acciones de empotramiento perfecto en los elementos de la estructura.

Del equilibrio de la junta donde están las cargas de fijación se determina las acciones R. Para el efecto las fuerzas y momentos de la figura 4.11 son acciones en los elementos, estas acciones a las juntas van cambiadas de signo. En la figura 4.12 se presentan las acciones que se tienen en la junta central; la junta se ha dibujado bastante grande para facilitar la explicación.

Figura 4.12

Cargas que actúan en la junta central.

Para el equilibrio, el momento flector del elemento inclinado se debe descomponer en sus dos componentes. La horizontal vale: 1.111PL  sen  0.888 PL y la vertical 1.111PL  cos que es igual a 0.666 PL.

0.888 PL  R1  0

 R1  0.888PL

0.666 PL  R 2  0.666 PL  0.5 PL  0 0.777 P  2 P  R3  P  2.222 P  0

Figura 4.13

 R 2  0.832 PL  R3  6 P

Fuerzas y momentos que actúan en el problema complementario.


81

En el problema complementario actúan exclusivamente las fuerzas de fijación pero con sentido contrario a las del problema primario. Son las que producen los giros y desplazamiento vertical, actúan como se muestra en la figura 4.13. Sea Q el vector de cargas generalizadas, para el ejemplo tendrá tres componentes y sea Q1 el momento con relación al eje X, Q2 el momento con relación al eje Y, y Q3 la fuerza de corte. Con esta acotación se tiene:

Q1  R1 

0.888PL 

10656 

Q3  R3   

 6 P 

 2400  

      Q  Q 2  R 2   0.832PL    9984



 

EJEMPLO 2

Con los datos del ejemplo 1. Encontrar los giros y desplazamiento vertical utilizando el programa CAL. Se ingresa como dato la matriz de rigidez de la estructura.

ARCHIVO DE DATOS B1 LOAD K R=3 C=3 16014.933 -10291.20 -358.40 -10291.20 48678.00 -64.53 -358.40 -64.53 37.873 LOAD Q R=3 C=1 10656 -9984 -2400 SOLVE K Q PRINT Q QUIT

SOLUCIÓN  1.4951 rad .    q   0.6254 rad .  78.584 p lg 

4.4

ACCIONES EN LOS ELEMENTOS

En el Archivo de datos del ejemplo 1 de este capítulo, en el comando LOADI se indicó los vectores de colocación de cada uno de los elementos de la estructura. Estos son:

VC (1)  0

0

0

1

2

3

VC ( 2 )  1

2

3

0

0

0

 0

0

0

1

2

3

VC

( 3)

En base a estos vectores de colocación y al vector de coordenadas generalizadas q se determina el vector de deformaciones p de cada elemento en coordenadas globales. Este vector


82

tiene seis elementos para una malla espacial. El vector de colocación lo que indica es la posición del elemento en el vector q que va al vector p .

VC (1) son cero y como no (1) existe posición 0 en el vector q tendrán valor cero en el vector p . El cuarto elemento de VC es el 1, en consecuencia -1.4951 del vector q y así se continúa. De tal manera que las deformaciones de Por ejemplo para el elemento 1, los tres primeros elementos de

los elementos son:



0.0 0.0

p

(1)

  0.0   1.4951  0.6254   78.584



 1.4951

      

 0.6254

p

( 2)

  78.584   0.0  0.0   0.0



 0 .0



      

0 .0

      

p

( 3)

  0 .0   1.4951  0.6254   78.584

Sea PG el vector que contiene a las fuerzas y momentos de cada uno de los elementos en coordenadas globales. Este vector se obtiene multiplicando la matriz de rigidez del elemento en coordenadas globales, que se identifica con la letra k minúscula por el vector de deformación en las mismas coordenadas.

PG  k p Las cargas

PG (1)

( 4.6 )

PG para cada uno de los elementos reporta:

797.40   25959.0   632.45     797.40   30962.0     632.45 

PG ( 2 )

 1196.1 32142.0     1196.5   1196.10  39646.0    1196.50 

PG (3)

21614.0   14534.0   571.09    12649.0   11164.0    571.09 

El primer valor del vector PG corresponde al momento con respecto al eje X, el segundo al momento con respecto al eje Y, el tercero es la fuerza de corte; todo esto referido al nudo inicial. Los siguientes tres valores son referidos al momento final. Por lo tanto las acciones de los elementos en coordenadas globales están referidas al sistema de coordenadas de la figura 4.2. Sea PL el vector de cargas de un elemento en coordenadas locales, referido al sistema de coordenadas de la figura 4.14. Para encontrar las acciones de los elementos en coordenadas locales se debe realizar el siguiente producto matricial.

PL  T23 PG

( 4.7 )


Figura 4.14

Coordenadas locales de un elemento de una malla espacial.

R T23   0

0

cos  sen   0

R

Para los elementos 1 y 2 la matriz

0.6  0.8  0  0 0  0

0

sen

  1 

cos 

0

0

T23 es unitaria y para el elemento 3 está matriz es:

0.8

0

0

0

0

0 .6

0

0

0

0

0

1

0

0

0

0

0

0.6

0 .8

0

0

0

 0.8

0.6

0

0

0

0

0

1 

Los vectores de las cargas en coordenadas locales

797.40   25959.0   632.45  (1) PL     797.40   30962.0    632.45 

( 4.8 )

R 



T23

83

PL( 2)

  

PL , son:

 1196.1 32142.0     1196.5   1196.10  39646.0   1196.50 

PL(3)

1341.5   26012.0   571.09     1341.5   16818.0    571.09 

Al reemplazar los datos del problema en las acciones de empotramiento perfecto, indicado en la figura 4.11, se obtiene los vectores que se van a denominar PE y corresponden a las acciones del problema primario. Estas son:


84

PE (1)

 0.0   15996   888.8     0.0  7992    310.8 

PE ( 2)

 0.0   6000   400     0.0  6000    400 

PE (3)

 0.0    6660   310.8     0.0  13332    888.8 

La solución total del problema es la suma del problema primario más el problema complementario. En ecuación sería:

PT  PL  PE

PT (1)

797.40   41955.0   1521.20     797.40   22970.0    321.65 

PT ( 2)

 1196.10 26142.0     796.46    1196.10  45646.0    1596.50 

( 4. 9 )

PT (3)

1341.5   32672.0   881.89     1341.5   3486.0    317.71 

En la figura 4.15 se indican las acciones finales en cada uno de los elementos.

Figura 4.15

4.5

Acciones finales en cada uno de los elementos de la malla espacial.

RESPUESTAS EN PUNTOS INTERIORES

Para el diseño de estructuras a más de conocer las acciones en los extremos del elemento se necesita conocer el desplazamiento vertical, los giros, el momento a flexión, el cortante y el momento


85

a torsión en puntos interiores, para lograr este objetivo se va a resolver la ecuación diferencial que gobierna la flexión y la ecuación diferencial que gobierna la torsión, en elementos de sección constante.

4.5.1 Análisis a flexión La flexión esta gobernada por la siguiente ecuación diferencial de cuarto orden:

d 4w



dx 4

P ( 4.10 )

EI

donde w es el desplazamiento vertical, positivo hacia abajo, contrario a la convención de signos que se ha utilizado en la solución matricial, P es la carga vertical que gravita sobre el elemento, EI es la rigidez a flexión. La solución es la suma de la solución homogénea wh más la solución particular w p . 

Solución Homogénea d 4 wh dx 4

0

Al integrar se obtiene:

d 3 wh dx 3 d 2 wh 2

dx dwh dx

 A1  A1 x  A2

wh  A1 Como

x2

 A1

2

x3 6

 A2 x  A3

 A2

x2 2

 A3 x  A4

A1, A2 , A3 , A4 son constantes de integración se puede hacer un cambio de

constantes de integración para definir la solución homogénea

w p en la que no aparezcan

denominadores, de la siguiente manera:

wh  A x 3  B x 2  C x  D 

Solución Particular Se va a encontrar la solución particular para una carga uniforme distribuida de magnitud Po .

d 4 wp dx 4



Po EI

La forma de la solución particular es:

wp  F x 4 De donde:


86

dw p dx

 4F x 3

d 2w dx

2

d 3w

 12 F x 2

dx

 24 F x

3

d 4w dx 4

 24 F

Luego al reemplazar la cuarta deriva en la ecuación diferencial se tiene:

Po

24 F 

Po

F

EI

24 EI

Finalmente:

wp 

Po

24 EI

x4

Por lo tanto, la solución de la ecuación diferencial que gobierna la flexión es:

Po

w  A x3  B x2  C x  D 



24 EI

x4

( 4.11 )

Giro, Momento y Cortante

La derivada de w con respecto a x, reporta el giro  , se considera positivo si es horario. Por otra parte se sabe que el momento m y el cortante v se obtienen de:

m   EI

d 2w dx

v

2

dm dx

Por consiguiente a partir de la ecuación ( 4.11 ) se obtiene el giro, momento y corte. Los resultados se presentan en la tabla 4.1

Tabla 4.1 Formulario para hallar el desplazamiento vertical, giro, momento y corte. Solución A B C Particular w( x) 

Po x 4

D

2

x

1

3x 2

2x

1

0

 6 x EI

 2 EI

0

0

 6 EI

0

0

0

x

3

x

24 EI

 ( x) 

Po x 3 6 EI

m( x) 

Po x 2

v ( x) 

 2  Po x



Constantes de Integración

Sea w1 , 1 el desplazamiento vertical y giro en el nudo inicial y w2 ,  2 el desplazamiento vertical y giro en el nudo final; los mismos que se obtienen del vector de coordenadas generalizadas


87

q . Estrictamente el vector de coordenadas que contiene el desplazamiento y los giros están en coordenadas globales. Por lo tanto, para obtener w1 , 1 , w2 , 2 se debe encontrar las deformaciones p de cada elemento en coordenadas locales. Las condiciones de contorno con las cuales se obtienen las constantes de integración, son:

0 0 xL 

i)

En x

ii)

En x

iii)

En

iv)

En x

 w(0)  w1   (0)  1  w( L)  w2  

L

2

 ( L)

Las ecuaciones para calcular el desplazamiento vertical y el giro a flexión se encuentran en la tabla 4.1. Al reemplazar las dos primeras condiciones se obtienen las constantes D y C , respectivamente.

D  w1

C  1

Con las dos últimas condiciones de borde y al sustituir las constantes C y D halladas se encuentra el siguiente sistema de ecuaciones lineales con el cual se hallas las constantes de integración A y B .

 Po L4   w2  w1  1 L   24 EI       2 L   B   Po L3 2  1   6 EI  

 L3  2 3L

L2   A

La solución del sistema de ecuaciones se halla empleando la regla de Cramer.

w2  w1  1 L 

A

 2  1 

Po L4

L2

24 EI

Po L3

2L

6 EI L3

L2 2

3L

2L

w2  w1  1 L 

L3

24 EI

Po L3

2

B

Po L4

3L

 2  1  6 EI L3

L2 2

3L

2L

Al encontrar los determinantes indicados se halla el valor de las constantes A y B , las mismas que se indican en la tabla 4.2 al igual que las constantes C y D . A pesar de que la regla de Cramer fue deducida en 1750 todavía se utiliza por que es muy útil para resolver ciertos problemas.


88

Tabla 4.2 Constantes de Integración para el problema de flexión. Factor Solución w1 w2 1 Particular A=

1



L3

B=

1

C= D=

2

Po L4

2

-2

L

L

12 EI Po L4

-3

3

 2L

L

0 1

0 0

1 0

0 0

L2

24 EI

1 1

0 0

4.5.2 Análisis a torsión La ecuación diferencial que gobierna la torsión en elementos de sección constante es:

d 2 t dx 2



M text

( 4.12 )

GI x

donde  t es el giro a torsión, positivo si es horario, GI x es la rigidez a torsión, M text es el momento externo que actúa sobre el elemento. En éste capítulo se considera M text

 0 . Luego la ecuación a

resolver es:

d 2 t dx 2

0

Al integrar se tiene:

d t

A dx t  A x  B Sea  t1 ,  t 2 los giros de torsión en el nudo inicial y final; los mismos que se obtienen del vector de deformaciones



p en coordenadas locales (similar al problema de flexión).

Constantes de Integración Las condiciones de borde para encontrar las constantes de torsión, son las siguientes: i)

En x

ii)

En x

0 L

 t   t1 t  t 2

Con la primera condición se halla la constante B y con la segunda la constante A .

A

 t 2   t1 L

B   t1


89

Luego:

  t 2   t1   x   t1  L 

t  



( 4.13 )

Momento de Torsión De la resistencia de materiales se conoce que el momento de torsión m t se obtiene con la

siguiente ecuación.

mt  GI x

d t dx

Luego al derivar  t con respecto a x y reemplazar en m t se halla:

  t 2   t1    L 

mt  G I x 

( 4.14 )

Para el caso analizado en que no hay momento de torsión externo el momento mt es constante a lo largo del elemento. Se destaca que la convención de signos con la cual se obtiene la ecuación diferencial que define m t es horario positivo en el nudo inicial y antihorario positivo en el nudo final. El programa MALLA cuya entrada de datos se indica en el siguiente apartado, reporta cada cuarto de luz, el desplazamiento vertical, los giros a flexión y torsión, el cortante y los momentos a flexión y torsión con la convención de signos de resistencia de materiales.

4.6 PROGRAMA MALLA El programa de ordenador denominado MALLA permite resolver mallas espaciales con elementos de sección constante. Es un programa didáctico y práctico que presenta en un archivo lo que va ejecutando. Los datos de entrada del programa se indican a continuación pero antes de ello se destaca que antes de cada grupo de datos el usuario deberá colocar una línea de comentarios.





Número de nudos, número de nudos restringidos, número de elementos y módulo de elasticidad del material. Se identifica el número del nudo restringido y se indica si tiene o no las siguientes restricciones: a giro alrededor del eje X, a giro alrededor del eje Y, al desplazamiento vertical. Si tiene restricción se debe colocar uno caso contrario se coloca cero.



Para cada elemento de la estructura se debe indicar el número del elemento, el nudo inicial y el nudo final. 





Para cada nudo se debe primero identificar el nudo y dar las coordenadas en X, y en Y. Es preferible que todas las coordenadas que se ingresen sean positivas, para ello se debe ubicar en forma adecuada el srcen de coordenadas, Para cada elemento se debe indicar el número del elemento, la base y la altura de la sección transversal. Indicar el número de juntas cargadas.


90







Para cada junta cargada se debe indicar el número de la junta cargada, el momento que actúa en sentido X, el momento que actúa en sentido Y, la fuerza vertical. Indicar el número de elementos cargados. Para cada elemento cargado se debe especificar el número del elemento cargado y la carga vertical, uniforme distribuida. El programa solo trabaja con carga uniforme distribuida.

4.7 BALCÓN EN VOLADIZO Presentar el archivo de datos para el programa MALLA, para el balcón en voladizo que se indica en la figura 4.16 Todos los elementos tienen una base de 20 cm., y un peralte de 40 cm. Indicar los vectores de cargas generalizadas y coordenadas generalizadas; l as acciones finales en

los extremos de cada elemento con la convención de signos de Análisis Matricial de Estructuras y las ordenadas de la elástica, momentos a flexión y torsión y cortante cada cuarto de luz, con la convención de signos de resistencia de materiales.

Figura 4.16

Estructura de análisis.

SOLUCIÓN Los grados de libertad se indican en la figura 4.17 y en la figura 4.18 se indica la numeración de los elementos y nudos de la estructura. Nótese que el grado de libertad 1 representa un giro de torsión para el elemento 2 y es a la vez giro de flexión para el elemento 1; algo similar sucede con la coordenada 2 que es torsión para el elemento 1 y flexión para el elemento 2.

Figura 4.17

Grados de libertad de malla espacial.


Figura 4.18

91


El momento de inercia a flexión I Y y el momento de inercia a torsión I X calcula el programa MALLA sin embargo se detalla su cálculo.

IY 

IY   

0.2  0.4 12 1

b h3

I X   h b3

12

3

b b4    0.21 1  h  12h 4  3

1

3

 0.0010667 m 4

0.2  0.2 1  12  0.4 4 0.4  4

 0.21

 

   0.2288 

I X  0.2288  0.4  0.2 3  0.0007324 m 4

De igual manera las acciones de empotramiento perfecto calcula el programa MALLA pero vale la pena recordar las ecuaciones que se utilizan. Para una viga de sección constante con carga uniforme distribuida, como se indica en la figura 4.19 las acciones de empotramiento perfecto son:

M 

Po L2

V 

12

M  M

'

Convención de signo para las acciones de empotramiento perfecto de una viga.

Tabla 4.3 Acciones de empotramiento perfecto. Nudo Inicial Nudo Final

Elemento

1 2 3

( 4.15 )

2

V V

'

Figura 4.19

Po L

Torsión (T m.) 0.0 0.0 0.0

Flexión (T m.) -0.5 -2.667 -0.5

Corte (T.) 1.5 4.0 1.5

Torsión (T m.) 0.0 0.0 0.0

Flexión (T m.) 0.5 2.667 0.5

Corte (T.) 1.5 4.0 1.5


92

En la tabla 4.3 se indican las acciones de empotramiento perfecto para cada uno de los elementos de la estructura que se analiza.

ARCHIVO DE DATOS DATOS GENERALES: NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, MODULO DE ELASTICIDAD 4

2

3

2100000

1 4

1 1

1 1

1 1

1 2 3

1 2 4

2 3 3

1 2 3 4

0.0 0.0 4.0 4.0

0.0 2.0 2.0 0.0

1 2 3

0.20 0.20 0.20

0.40 0.40 0.40

NUDOS RESTRINGIDOS: NUMERO DE NUDO, GIRO X, GIRO Y, DESPLAZAMIENTO INFORMACION DE ELEMENTOS: ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO FINAL

COORDENADAS DE LOS NUDOS: NUDO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y.

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA

CARGAS EN LAS JUNTAS: NUMERO DE JUNTAS CARGADAS 0

CARGAS EN LOS ELEMENTOS: NUMERO DE ELEMENTOS CARGADOS 3

ELEMENTOS CARGADOS: NUMERO Y CARGA UNIFORME DISTRIBUIDA 1 2

1.5 2.0

3

1.5

RESULTADOS  0.004 0.002     0.006 q   0.004  0.002    0.006

0.5  2.667     5.50  Q  0.5   2.667    5.50  Tabla 4.4

1 2 3

Acciones finales sobre los elementos en coordenadas locales.

Nudo Inicial

Elemento

Nudo Final

Torsión

Flexión

Corte

Torsión

Flexión

Corte

(T m.) -0.575 0.0 0.575

(T m.) -11.0 -0.575 -11.0

(T.) 7.0 4.0 7.0

(T m.) 0.575 0.0 -0.575

(T m.) 0.0 0.575 0.0

(T.) -4.0 4.0 -4.0

En la tabla 4.4 se indican las acciones finales en cada uno de los elementos en coordenadas locales, con la convención de signos de Análisis Matricial. Se deja al lector la comprobación del equilibrio en cada uno de los elementos y en cada una de las juntas.


93

En la figura 4.20 se presentan las acciones obtenidas en los extremos. Para ilustrar un poco más los resultados obtenidos se detallan las acciones de flexión del elemento 2, por ejemplo, el mismo que está sujeto en el nudo inicial (izquierdo) a un momento de - 0.575 Tm. (negativo) que significa que es antihorario en consecuencia la armadura irá en la parte superior en ese punto, en el nudo final del elemento 2 (derecha) el momento es de 0.575 Tm. (positivo) que significa que es horario luego la armadura longitudinal también va en la parte superior.

0.575Tm

0.575Tm 4T

4T

4T

4T

0.575Tm

7T

0.575Tm

11Tm

0.575Tm

Figura 4.20

11Tm

7T

O.575Tm

Acciones finales en los extremos de los elementos.

Nótese en la figura 4.20 que en el empotramiento actúa un momento a flexión de 11 Tm., es negativo razón por la cual es antihorario y el hierro deberá colocarse en la parte superior de la viga. Finalmente en la tabla 4.5 se indica las ordenadas de la elástica, los momentos de flexión y torsión y el cortante, cada cuarto de luz con la convención de signos de resistencia de materiales, de los elementos 1 y 2. Del 3 no se presenta ya que son exactamente iguales a las del elemento 1.

Tabla 4.5 Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz. Desplazamiento Giro a Momento Corte Giro a Vertical Flexión a Flexión (T.) Torsión (m.) (rad.) (Tm.) (rad.)

Elem.

Dist. (m)

Momento a Torsión (Tm.)

1

0.00 0.50 1.00 1.50 2.00

0.000000 0.000550 0.001962 0.003908 0.006101

0.00000 0.00208 0.00346 0.00423 0.00446

-11.0000 -7.6875 -4.7500 -2.1875 0.0000

7.00 6.25 5.50 4.75 4.00

0.000000 0.000467 0.000934 0.001401 0.001868

-0.5746 -0.5746 -0.5746 -0.5746 -0.5746

2

0.00 1.00 2.00 3.00

0.006101 0.007837 0.008564 0.007837

0.00187 0.00138 0.00000 -0.00138

-0.5746 2.4254 3.4254 2.4254

4.00 2.00 0.00 -2.00

-0.004464 -0.004464 -0.004464 -0.004464

0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

4.00

0.006101

-0.00187

-0.5746

-4.00

-0.004464

0.0000

4.8 LOSA CON ABERTURA En la figura 4.21 se presenta un panel cuadrado de 6m., de lado, de una losa. Este panel tiene una abertura en su parte central. Se desea analizar las vigas perimetrales a la abertura las mismas que tienen una dimensión de 25/25 cm.

94


Figura 4.21 Geometría de un panel de una losa que tiene una abertura.

Figura 4.22

Modelo numérico de cálculo.

El modelo numérico de cálculo se indica en la figura 4.22, se considera que las vigas están empotradas en las vigas exteriores del panel. Por otra parte la carga vertical permanente (muerta) es 2 2 de 600 kg/m y la carga transitoria (viva) de 200 kg/m . Se desea realizar el análisis estático para el estado de carga 1.4 D + 1.7 L. Utilizando el programa MALLA.


95

Figura 4.23 Modelo para el cálculo de las cargas que gravitan sobre las vigas. Se ha denominado L1 a la luz de 1.375 m. En base a esta dimensión, en la figura 4.23 se presenta el ancho cooperante considerado para la obtención de las cargas uniformes distribuidas que gravitan sobre las vigas, las mismas que se indican en la figura 4.24.

Figura 4.24

Cargas verticales que gravitan en las vigas.

Las cargas de 1.46 T/m y 0.65 T/m., se obtienen de la siguiente manera:

1.46  (1.4  600  1.7  200)  0.9  1.375 0.65  (1.4  600  1.7  200)  0.4  1.375


96

Figura 4.25


'

Se considera un hormigón con una resistencia a la compresión de f c módulo de Elasticidad se encuentra con la siguiente ecuación E

 210 kg / cm 2 ,

y el

 15000 f . ' c

En la figura 4.25 se indica la numeración de los nudos y elementos con la cual se resuelve el problema y en la tabla 4.6 la respuesta para los elementos 1, 3, 7 y 8.

ARCHIVO DE DATOS DATOS GENERALES: NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, MODULO DE ELASTICIDAD 12

8

12

1 2 3 6 7 10 11 12

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1 2 4 5 8 9 3 4 5 7 8 9

4 5 8 9 11 12 4 5 6 8 9 10

1449137.6

NUDOS RESTRINGIDOS: NUMERO DE NUDO, GIRO X, GIRO Y, DESPLAZAMIENTO 1 1 1 1 1 1 1 1

INFORMACION DE ELEMENTOS: ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO FINAL


97

COORDENADAS DE LOS NUDOS: NUDO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

1.375 4.625 0.0 1.375 4.625 6.000 0.000 1.375 4.625 6.000 1.375

0.0 0.0 1.375 1.375 1.375 1.375 4.625 4.625 4.625 4.625 6.000

12

4.625

6.000

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE Y ALTURA

CARGAS EN LAS JUNTAS: NUMERO DE J UNTAS CARGADAS 0

CARGAS EN LOS ELEMENTOS: NUMERO DE ELEM ENTOS CARGADOS 12

ELEMENTOS CARGADOS: NUMERO Y CARGA UNIFORME DISTRIBUIDA 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

1.46 1.46 0.65 0.65 1.46 1.46 1.46 0.65 1.46 1.46 0.65 1.46

Tabla 4.6 Elem. 1

3

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para elementos 1,3,7 y 8.

Dist. (m.) 0.00

Desp. (m.) 0.000000

Giro Flex. (rad.) 0.00000

Mom. Flex (Tm.) -2.3434

Corte (T.) 3.0638

Giro Tors (rad.) 0.000000

Mom Tors (Tm.) -0.4713

0.34 0.69 1.03 1.38

0.000251 0.000851 0.001600 0.002343

0.00134 0.00205 0.00224 0.00203

-1.3765 -0.5822 0.0397 0.4891

2.5619 2.0600 1.5581 1.0563

0.000508 0.001016 0.001524 0.002032

-0.4713 -0.4713 -0.4713 -0.4713

0.00 0.81 1.63 2.44 3.25

0.002343 0.003807 0.004395 0.003807 0.002343

0.00203 0.00139 0.00000 -0.00139 -0.00203

0.0178 0.6614 0.8760 0.6614 0.0178

1.0563 0.5281 0.0000 -0.5281 -1.0563

0.002032 0.002032 0.002032 0.002032 0.002032

0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000


98

7

0.00 0.34 0.69 1.03 1.38

0.000000 0.000251 0.000851 0.001600 0.002343

0.00000 0.00134 0.00205 0.00224 0.00203

-2.3434 -1.3765 -0.5822 0.0397 0.4891

3.0638 2.5619 2.0600 1.5581 1.0563

0.00000 -0.000508 -0.001016 -0.001524 -0.002032

0.4713 0.4713 0.4713 0.4713 0.4713

8

0.00 0.81 1.63 2.44 3.25

0.002343 0.003807 0.004395 0.003807 0.002343

0.00203 0.00139 0.00000 -0.00139 -0.00203

0.0178 0.6614 0.8760 0.6614 0.0178

1.0563 0.5281 0.0000 -0.5281 -1.0563

-0.002032 -0.002032 -0.002032 -0.002032 -0.002032

0.00000 0.00000 0.00000 0.00000 0.00000

4.9 ANÁLISIS DE LOSAS ALIVIANADA Se desea analizar la losa indicada en la figura 4.26 que es de 25 cm., de alto y está empotrada en sus cuatro lados. La carga vertical que gravita sobre la losa es de 500 kg/m 2. Los alivianamientos de la losa son de cajones de madera de 60/60 cm. Cada uno de los nervios de la losa serán considerados como una viga, para utilizar el programa MALLA, de tal manera que la sección transversal de estos elementos es de 20 cm., de 2 ancho por 25 cm., de peralte. Se considera un módulo de elasticidad de 1449137.6 T/m . Antes de utilizar el programa MALLA se debe encontrar la carga uniforme distribuida equivalente que gravita en cada uno de los nervios, para el efecto en la figura 4.27 se muestra el mosaico de cargas, en el que se aprecia que en cada nervio actúan dos cargas triangulares, se ha negreado las cargas en sentido X, y se ha dejado en blanco las cargas en sentido Y. En la figura 4.28 se indica la numeración de nudos y elementos.

Figura 4.26 Distribución de bloques en una losa alivianada.

A continuación se detalla el cálculo de la carga uniforme distribuida en una viga (nervio).

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí P

W s

3



0.5  0.8 3

 0.133

T m

 P  2  0.133  0.267

99

T m.

Se deja al lector la generación del archivo de datos del programa MALLA y que verifique las respuestas que se indican en la tabla 4.7 para los elementos 26, 28 y 30. De igual manera se deja la verificación del equilibrio en cualquier nudo. Cuando la losa está apoyada en los cuatro lados, en la identificación de los nudos restringidos, se colocará 1 que significa que no hay giro con respecto al eje X, 1 que significa que no hay giro con respecto al eje Y, finalmente otro 1 para el desplazamiento vertical.

Figura 4.27

Distribución de cargas en las vigas.

Figura 4.28



100

Tabla 4.7 Elem. 26

28

30

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para elementos 26, 28 y 30 . Placa empotrada

Dist. (m.) 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

Desp. (m.) 0.000000 0.000020 0.000071 0.000139 0.000214

Giro Flex. (rad.) 0.00000 0.00019 0.00031 0.00037 0.00037

Mom. Flex (Tm.)

Corte (T.) 0.6864 0.6332 0.5800 0.5268 0.4736

Giro Tors (rad.) 0.00000 -0.000020 -0.000039 -0.000059 -0.000079

Mom Tors (Tm.) 0.0195 0.0195 0.0195 0.0195 0.0195

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

0.000453 0.000479 0.000488 0.000479 0.000453

0.00017 0.00009 0.00000 -0.00009 -0.00017

0.1443 0.1603 0.1603 0.1443

0.1064 0.0532 0.0000 -0.0532 -0.1064

-0.000168 -0.000168 -0.000168 -0.000168 -0.000168

0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

0.000214 0.000139 0.000071 0.000020 0.000000

-0.00037 -0.00037 -0.00031 -0.00019 0.00000

0.0431 -0.0570 -0.1676 -0.2890 -0.4209

-0,4736 -0.5268 -0.5800 -0.6332 -0.6864

-0.000079 -0.000059 -0.000039 -0.000020 0.000000

-0.0195 -0.0195 -0.0195 -0.0195 -0.0195

-0.4209 -0.2890 -0.1676 -0.0570 0.0431

0.1656

A continuación se analiza la placa anterior pero considerando que los cuatro lados están apoyados. En este caso el ingreso de datos para el programa MALLA de los nudos restringidos se indica en la tabla 4.8

Nudo

Tabla 4.8 Datos de las restricciones de los nudos exteriores para placa apoyada. Nudos en sentido X. Nudos en sentido Y. Giro en X Giro en Y Desplaz Nudo Giro en X Giro en Y

Desplaz

1,2,3,4

0

1

1

5,11,17,23

1

0

1

29,30,31 32

0

1

1

10,16,22,28

1

0

1

En la tabla 4.9 se indican los resultados obtenidos para los elementos 26, 28 y 30. En la figura 4.30 se indica el diagrama de momentos de los elementos 26, 27, 28, 29 y 30.

Tabla 4.9 Elem. 26

28

30

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para elementos 26, 28 y 30. Placa apoyada.

Dist. (m.) 0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

Desp. (m.) 0.000000 0.000349 0.000686 0.000998 0.001277

Giro Flex. (rad.) 0.00176 0.00172 0.00163 0.00149 0.00129

Mom. Flex (Tm.) 0.1184 0.2262 0.3234 0.4099

Corte (T.) 0.6187 0.5655 0.5123 0.4591 0.4059

Giro Tors (rad.) 0.00000 -0.000072 -0.000144 -0.000216 -0.000288

Mom Tors (Tm.) 0.0714 0.0714 0.0714 0.0714 0.0714

0.00

0.002001

0.00046

0.4202

0.1064

-0.000460

0.0000

0.20 0.40 0.60 0.80

0.002071 0.002094 0.002071 0.002001

0.00023 0.00000 -0.00023 -0.00046

0.4361 0.4414 0.4361 0.4202

0.0532 0.0000 -0.0532 -0.1064

-0.000460 -0.000460 -0.000460 -0.000460

0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

0.001277 0.000998 0.000686 0.000349 0.000000

-0.00129 -0.00149 -0.00163 -0.00172 -0.00176

0.4099 0.3234 0.2262 0.1184 0.0000

-0,4059 -0.4591 -0.5123 -0.5655 -0.6187

-0.000288 -0.000216 -0.000144 -0.000072 0.000000

-0.0714 -0.0714 -0.0714 -0.0714 -0.0714

0.0000


Figura 4.29

101

Diagrama de momentos de elementos 26, 27, 28, 29 y 30.

Ahora interesa resolver la placa alivianada, indicada en la figura 4.30, que tiene dos lados empotrados y dos lados libres. La restricción de los nudos se indica en la tabla 4.9 y en la tabla 4.10 se presentan los resultados para los elementos 26, 28 y 30.

Figura 4.30

Placa con dos lados empotrados y dos lados libres.

Tabla 4.9 Datos de las restricciones de los nudos exteriores para placa con dos lados libres. Nudos empotrados Nudos en sentido Y. Nudo Giro en X Giro en Y Desplaz Nudo Giro en X Giro en Y Desplaz 1,2,3,4

1 1

1 1

1 1

10,16,22,28 29,30,31,32

0 0

0 0

0 0

5,11,17,23

Tabla 4.9 Elem. 26

28

Ordenadas de la elástica y acciones cada cuarto de luz para elementos 26, 28 y 30. Placa apoyada.

Dist. (m.) 0.00

Desp. (m.) 0.000000

Giro Flex. (rad.) 0.000000

Mom. Flex (Tm.)

-0.8415

Corte (T.) 0.6354

Giro Tors (rad.) 0.00000

Mom Tors (Tm.) 0.1481

0.20 0.40 0.60 0.80

0.000042 0.000161 0.000345 0.000582

0.00041 0.00076 0.00106 0.00131

-0.7197 -0.6086 -0.5081 -0.4183

0.5822 0.5290 0.4758 0.4226

-0.000149 -0.000299 -0.000448 -0.000598

0.1481 0.1481 0.1481 0.1481

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

0.001872 0.002248 0.002636 0.003033 0.003441

0.00185 0.00191 0.00196 0.00201 0.00207

-0.1224 -0.1024 -0.0931 -0.0944 -0.1063

0.1265 0.0733 0.0201 -0.0331 -0.0863

-0.001853 -0.002224 -0.002596 -0.002967 -0.003339

0.3683 0.3683 0.3683 0.3683 0.3683


102

30

0.00 0.20 0.40 0.60 0.80

0.005151 0.005598 0.006051 0.006505 0.006960

0.00222 0.00225 0.00227 0.00228 0.00228

-0.0851 -0.0479 -0.0213 -0.0053

0.2128 0.1596 0.1064 0.0532

0.00000

0.0000

-0.004757 -0.004757 -0.004757 -0.004757 -0.004757

0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

0.0000

Para los elementos 2, 10 y 18, que están en sentido perpendicular, se tienen los mismos resultados que los elementos 26, 28 y 30.

CAPÍTULO 5

VIGAS DE CIMENTACIÓN RESUMEN Se presenta la solución de vigas de cimentación de sección constante sobre un suelo que se considera linealmente elástico, se detalla el marco teórico, se resuelven ejercicios manualmente y finalmente se indica el uso del programa CIMEVIGA que sirve para resolver vigas de cimentación. Este programa reporta el desplazamiento vertical, la presión trasmitida al suelo, el giro, el momento y el cortante cada cuarto de la luz de cada vano. El programa permite resolver vigas con cargas en los nudos o vigas can cargas en los elementos o las dos simultáneamente para cualquier condición de apoyo. Finalmente se describe la solución de vigas de cimentación en forma de

T invertida.

5.1 INTRODUCCIÓN En reconocimiento a la gran labor del gran investigador y profesor que fue el Ing. Alejandro Segovia Gallegos, se ha escrito este capítulo utilizando la misma nomenclatura y convención de signos, que utilizó en la solución de vigas de cimentación sobre suelo elástica pero adaptándola a la solución matricial que permite la elaboración de un programa de ordenador en forma fácil. La ecuación diferencial que gobierna el comportamiento de vigas sobre suelo que se considera elástico, es la siguiente:

d 4 w  r w Po   EI EI dx 4 donde

w

( 5.1 )

es la componente de desplazamiento vertical de un punto situado a una distancia x de la

viga de cimentación;  es el coeficiente de balasto del suelo, del cual muy poco se va a hablar en este texto ya que está descrito con verdadero detenimiento en los libros de suelos; r es el ancho de la viga de cimentación; EI es la rigidez a flexión y Po es la carga vertical que gravita sobre la viga. El modelo numérico modela al suelo como una serie de resortes verticales y cada uno de ellos tiene una rigidez que es igual a  r . La fuerza o reacción que se genera en cada resorte es igual a  r w y la presión que se transmite al suelo por efecto de las cargas vale  de la ecuación diferencial ( 5.1 ) se resume en la tabla 5.1

w . La solución

CEINCI – ESPE Roberto Aguiar Falconí

104

w 

Tabla 5.1 Solución Particular wo

Expresiones finales de la solución de una viga de cimentación.

Factor

.

.

.

cC

.

.

cS

.

.

.

sS

sC

1

A1

A2

A3

A4

A2+A3

A1+A4

-A1+A4

-A2+A3

m

o

1/ 

mo

2 EI / 2

-A4

-A3

A2

A1

V

Vo

2 EI / 3

A2-A3

A1-A4

A1+A4

A2+A3

La forma de interpretar cada una de las ecuaciones escritas en la tabla 5.1, es por ejemplo la siguiente para el cortante.

V Vo

2 EI

.

.

. .

A2 A3 c C

3

.

A1 A4 c S

.

A1 A4 s C

. .

A2 A3 s S

donde Vo es la solución particular del cortante que depende del tipo de carga que gravita en la viga. El significado de las variables descritas en la tabla 5.1 es el siguiente:

.

.

s sen u .

S

c .

senh u

C

cos u

u

cosh u



x 

EI  r

( 5.2 )

4 4

Por otra parte, A1, A2, A3 y A4 son constantes de integración, las mismas que se calculan en función de las condiciones de borde. w como se indicó es la componente de desplazamiento vertical, positivo si va hacia abajo;  es el giro, positivo si es horario; m es el momento, positivo si genera tracción en la parte inferior de la viga y V es el corte positivo si el lado izquierdo la fuerza es hacia arriba y en el lado derecho la fuerza es hacia abajo. Las soluciones particulares que están identificadas con un subíndice cero dependen del tipo de carga que gravita sobre la viga.

5.2 MATRIZ DE RIGIDEZ DE UN ELEMENTO En la figura 5.1 se presenta el sistema de coordenadas locales de un elemento de una viga de cimentación. Para cimentaciones horizontales las coordenadas globales son iguales a las coordenadas locales. En la solución matricial se considera que la componente de desplazamiento vertical w es positiva si va hacia arriba y los giros son positivos si van en sentido horario. Nótese que primero se ha numerado el giro del nudo inicial, luego el desplazamiento vertical del nudo inicial, después giro y el desplazamiento vertical del nudo afinal. Conlaesta indicación, debe tener en cuenta paraeldefinir vector de colocación, se pasa indicar matriz de rigidezque de se un elemento.

k k

b a bo

b t bo to

a bo k b

bo to b t

( 5.3 )


Figura 5.1

105

Coordenadas locales de un elemento.

Se ha identificado con k a la matriz de rigidez del elemento (con negrilla y minúscula) y con k a un elemento de la matriz de rigidez (sin negrilla). Las ecuaciones con las cuales se obtienen los elementos de la matriz de rigidez, son:

CS  sc  S 2  s2 2 EI sC  Sc  2 a S  s2  4 EI SC  sc t 3  2 2  S s k

2 EI



s2  S 2 2 S 2  s2 4 EI sS bo  2  2 2 S s  4 EI Sc  Cs to  3  2 2  S s

b

2 EI



( 5.4 )

Las funciones trigonométricas e hiperbólicas que constan en ( 5.4 ) son:

s  sen

L

c  cos



S  senh

L 

L 

C  cosh

( 5.5 )

L 

5.3 MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA ESTRUCTURA Para encontrar la matriz de rigidez de la estructura K (con negrilla y mayúscula) se encuentra en primer lugar la matriz de rigidez de cada uno de los elementos k , luego se determina el vector de colocación que para vigas de cimentación tiene cuatro elementos, que son los grados de libertad del giro y desplazamiento vertical del nudo inicial y final respectivamente. Finalmente se ensambla la matriz de rigidez.



EJEMPLO 1

Encontrar la matriz de rigidez de la estructura, por ensamblaje directo, de la viga de cimentación indicada en la figura 5.2. La viga tiene una base de 60 cm y un peralte de 50 cm. La longitud de cada uno de los vanos es de 4.0 m. Esta sobre un suelo cuyo coeficiente de balasto es

  3000 T / m 3 . El módulo de elasticidad del material tiene un valor

E  2100000 T / m 2 .


106

SOLUCIÓN

I

r h3 12

Figura 5.2

4



0.6  0.5 3 12

Viga de cimentación que se resuelve.

4 * 2100000  0.00625 3000  0.6

C  cosh c  cos

4 .0 2.3239 4 .0

2.3239

 0.00625 m 4

 2.3239 m

 2.88516

 0.149877

S  senh s  sen

4 .0 2.3239 4.0

2.3239

 2.706319

 0.988704

S 2  s 2  2.7063192  0.9887042  6.3466269 Al utilizar las ecuaciones indicadas en ( 5.4 ) se encuentra:

k  14160.61 bo  4098.55

a  5798.94 t  5048.74

b  6357.91 t o  1612.86

Luego la matriz de rigidez del elemento es:

k

14160.61  6357.91  5798.94  4098.55

 6357.91

5798.94

5048.74

 4098.55

 4098.55  1612.86

14160.61

Figura 5.3

6357.91

Grados de libertad de la estructura.

4098.55   1612.86 6357.91  5048.74 


107

Cada nudo de una viga de cimentación tiene dos grados de libertad que son la rotación y el desplazamiento vertical. En consecuencia, al no existir ninguna restricción de movimiento en los nudos de la estructura que se está resolviendo, se tienen 6 grados de libertad, los mismos que se indican en la figura 5.3. La viga de la izquierda se denomina elemento 1 y la viga de la derecha elemento 2. Con esta identificación el vector de colocación de cada elemento es:

VC (1)  1 VC ( 2 )  3

2

3

4

4

5

6

Al efectuar el ensamblaje directo de la matriz de rigidez de la estructura se halla:

K

14160.61  6357.91  5798.94  4098.55  0.0  0.0 

5048.74

 4098.55  1612.86

28321.22 0 .0

0.0

5798.94

0.0

4098.55

10097.48

 4098.55  1612.86

14160.61 6357.91

        5048.74

ARCHIVO DE DATOS DE PROGRAMA CAL B1 LOAD K1 14160.61 -6357.91 5798.94 4098.55 DUP K1 LOADI VC 1 3 2 4 3 5 4 6 ZERO K ADDK K ADDK K PRINT K QUIT

R=4 -6357.91 5048.74 -4098.55 -1612.86 K2 R=4

R=6 K1 K2

C=4 5798.94 -4098.55 14160.61 6357.91

4098.55 -1612.86 6357.91 5048.74

C=2

C=6 VC N=1 VC N=2

5.4 VECTORES DE CARGAS Y COORDENADAS GENERALIZADAS En la figura 5.2 se indica las cargas actuantes en la viga de cimentación y en la figura 5.3 se muestra el sistema de coordenadas generalizadas. Cuando las cargas actúan en las juntas solo se debe ver en que coordenada actúa la carga y si es en el mismo sentido de la coordenada es positivo, caso contrario es negativo. Para el ejemplo el vector de cargas vale:


108

 4  50     0 Q   60   4     50  Para hallar el vector de coordenadas generalizadas q se debe resolver el sistema de ecuaciones lineales, en la que la matriz de rigidez de la estructura vector Q es el término independiente.

K es la matriz de coeficientes y el

SOLUCIÓN  0.0072919   0.021263     0. 0  q   0.0068153   0.0072919     0.021263 

5.5 SOLUCIÓN EN PUNTOS INTERIORES A LA VIGA Si se continúa con la solución matricial vista en capítulos anteriores se obtendría las fuerzas y momentos que actúan en los extremos de la viga pero en un diseño a más de tener valores en los extremos se necesita conocer el desplazamiento vertical, la presión que se transmite al suelo, el giro, el momento y el corte en puntos interiores a la viga, para lograr este objetivo se utiliza el formulario indicado en la tabla 5.1 pero previamente se debe calcular las constantes de integración. Para calcular las constantes de integración A1, A2, A3 y A4 se debe recurrir a los desplazamientos verticales y giros ya conocidos y aplicar el formulario indicado en la tabla 5.2.

Tabla 5.2

Formulario para calcular las constantes de integración.

FACTOR

1  10

 1  10 

 2   20

1

1

0

0

0

1

 SC  sc 

 s2

cS  sC

 sS

CS  sc

S2

 cS  sC 

sS

 S 2  s 2 

 SC  sc 

2 sS

cS  sC

A1 = A2 =

  2   20 

S 2  s2 A3 =

1

S s 2

A4 =

2

1

S s 2

2

Donde 10 , 10 corresponden a la solución particular en el nudo inicial, que depende del tipo de carga que actúa sobre la viga;  20 ,  20 corresponden a la solución particular en el nudo final. Por


109

otra parte, 1 es el desplazamiento vertical en el nudo inicial pero con la nueva convención de signos, se considera positivo si va hacia debajo; 1 es el giro en el nudo inicial, positivo si es horario;

 2 es el desplazamiento vertical en el nudo final, positivo si es hacia abajo y  2 es el giro en el nudo final, positivo si es horario.

Por lo tanto los desplazamientos verticales que vienen en el vector q deben cambiarse de signo para utilizar el formulario de la tabla 5.2. Las constantes de integración que se encuentran en la tabla 5.2 se obtienen reemplazando el valor de los desplazamientos y giros en la tabla 5.1 en X  0 que corresponde al nudo inicial y en corresponde al nudo final. Al hacer esto se tienen cuatro ecuaciones con 4 incógnitas X son L que que las constantes A1, A2, A3 y A4. Al resolver el sistema de ecuaciones anotado se obtiene las ecuaciones presentadas en la tabla 5.2. En consecuencia, una vez que se tiene el vector q se debe encontrar para cada elemento lo siguiente: i. ii.

Desplazamiento y giro en los nudos 1 , 1 ,  2 ,  2 . Teniendo en cuenta el cambio de signo en los desplazamientos. Si existe carga en los miembros y de acuerdo al tipo de carga se debe hallar 10 , 10 en el nudo inicial y  20 ,  20 en el nudo final.

iii. iv.

Calcular las constantes de integración A1, A2, A3 y A4 mediante el formulario indicado en la tabla 5.2. Hallar el desplazamiento vertical  , el giro  , el momento m y el cortante V en

v.

los puntos interiores de la viga, se puede empezar en X  0 y terminar en X  L . La presión que se transmite al suelo se obtiene multiplicando el desplazamiento vertical coeficiente detrabaja balastoa de suelo.y deberá Esta presión en oningún será negativapor yael que el suelo no tracción ser menor igual a caso la presión admisible del suelo. Si no cumple estas dos condiciones se debe incrementar la sección de la viga.

5.6 SOLUCIONES PARTICULARES Y ACCIONES DE EMPOTRAMIENTO Se va a encontrar la solución particular para el caso de carga uniforme distribuida indicada en la figura 5.4. Para el efecto se debe resolver la ecuación diferencial ( 5.1 ).

Figura 5.4

Acciones de empotramiento para una viga sometida a carga uniforme distribuida.

Por se la carga uniforme se plantea que la solución sea una constante, si la carga habría sido de tipo lineal la solución particular también habría sido del tipo lineal. Luego:


110

o 

A

La derivada es cero y al sustituir en:

d 4 w  r w Po   EI EI dx 4 Se obtiene:



r A Po  EI EI

 A

Po r



Luego:

o 

Po r



De otro lado se conoce que:

4

4 EI





r



r

4 EI

4

Finalmente se tiene:

o  Al ser  o constante, se tiene que o

vertical

Po 4 4 EI

( 5.6 )

 0; mo  0; Vo  0

Las acciones de empotramiento perfecto se obtienen para cuando no existe corrimiento ni giro en los nudos inicial y final. En consecuencia se debe reemplazar

1   2  1   2  0 igual forma 10

en tabla 5.2. Además se debe reemplazar 10

  20  0 .

  20  Po 4 / 4 EI ;

de

Al hacer todos estos reemplazos se hallan las constantes de integración

A1, A2, A3 y A4. Finalmente al sustituir las constantes de integración en el formulario de tabla 5.1 y al evaluar en X=0 se hallan las acciones de empotramiento en el nudo inicial y al evaluar en X=L se encuentran las acciones de empotramiento en el nudo final. Para la nomenclatura y simbología de figura 5.4 se tiene:

M 

Po 2  S  s    2 S s

M '  M

C c  Ss

V  Po  

( 5.7 )

V ' V

5.7 USO DE PROGRAMA CIMEVIGA El programa CIMEVIGA resuelve vigas de cimentación sobre suelo elástico con cargas en los nudos y cargas en los elementos. No es obligatorio que tenga los dos tipos de carga. La información que se debe suministrar en el archivo de datos es la siguiente:


111

Número de nudos, número de nudos restringidos, número de miembros y módulo de elasticidad. Para cada elemento se debe indicar: el número del elemento, el nudo inicial y el nudo final. Para cada elemento se debe indicar: el número del elemento, la longitud del elemento y el coeficiente de balasto. Posteriormente para cada elemento se debe dar el número del elemento, la base de la sección transversal y la altura de la sección transversal. Se debe indicar el número de juntas cargadas. Para cada junta cargada se debe indicar: el número de la junta, el momento actuante y la fuerza actuante, en este orden. El momento es positivo si es horario y la carga vertical



 



 

positiva si va hacia arriba.

Se debe indicar el número de elementos cargados. El programa solo trabaja con carga uniforme distribuida. Por lo tanto se debe indicar el número de elemento cargado y la carga que actúa sobre el elemento.

 

EJEMPLO 2



Resolver completamente la viga de la figura 5.2, con el programa archivo de datos e indicar los resultados cada cuarto de luz.

CIMEVIGA. Presentar el

SOLUCIÓN El programa encuentra el desplazamiento vertical, el giro, el momento y el cortante, cada cuarto de luz. Antes de cada grupo de datos se debe indicar cualquier comentario.

ARCHIVO DE DATOS DATOS: NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, MODULO DE ELASTICIDAD 3

0

2

1 2

1 2

2 3

2100000.0

INFORMACION DE ELEMENTOS: ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO FINAL LONGITUD DE LOS ELEMENTOS Y COEFICIENTE DE BALASTO 1 4.0 2 4.0

3000.0 3000.0

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA. 1 2

0.60 0.50 0.60 0.50


JUNTA CARGADA: NUMERO DE JUNTA, MOMENTO, FUERZA 1 2 3

4.00 0.00 -4.00

-50.0 -60.0 -50.0


SOLUCION La matriz de rigidez de cada elemento, la matriz de rigidez de la estructura, el vector de cargas y el vector de coordenadas generalizadas reporta el programa. Estos valores ya fueron presentados por lo que se omite su presentación. Los resultados cada cuarto de luz son:


112

Tabla 5.3 Elemento

Distancia

1

2

Desplazamiento, giro, momento y corte cada cuarto de luz, de ejemplo 2.

Presión

Giro

Momento

Corte

( m. ) 0.00 1.00 2.00 3.00 4.00

Desplazamie nto ( m. ) 0.021263 0.014341 0.009465 0.007216 0.006815

(T/m ) 63.79 43.02 28.39 21.65 20.45

( rad. ) -0.00729 -0.00614 -0.00353 -0.00110 0.000000

( T. m. ) 4.00 -29.02 -35.91 -25.36 -1.53

( T. ) -50.00 -18.14 2.89 17.54 30.00

0.00 1.00 2.00 3.00 4.00

0.006815 0.007216 0.009465 0.014341 0.021263

20.45 21.65 28.39 43.02 63.79

0.000000 0.00110 0.00353 0.00614 0.00729

-1.53 -25.36 -35.91 -29.02 4.00

-30.00 -17.54 -2.89 18.14 50.00

La convención de signos de los momentos indicados en la tabla 5.3 es la de resistencia de materiales. Por lo tanto si los momentos son positivos la tracción es en la fibra inferior y si son negativos en la fibra superior. El cortante es positivo si en el nudo inicial la fuerza es hacia arriba y en el nudo final la fuerza es hacia abajo.



EJEMPLO 3

La viga de cimentación de la figura 5.5, tiene una base de 60 cm., y un peralte de 50 cm. Los apoyos no permiten desplazamiento vertical de tal manera que solo se tiene un giro en cada nudo. El 3 primer vano tiene 4.0 m. de luz y un coeficiente de balasto de 3000 T/m ; el segundo vano tiene 4.5 3 m. de luz y un coeficiente de balasto de 3000 T/m ; el tercer vano tiene 4.0 m. de luz y un coeficiente 3

de balasto de 1000 T/m . Las cargas que actúan sobre cada uno de los elementos están indicadas en figura 5.5. Se pide presentar el archivo de datos para el programa CIMEVIGA. Indicar cual es la matriz de rigidez de la estructura, el vector de cargas generalizadas, el de coordenadas generalizadas y los desplazamientos verticales, la presión transmitida al suelo, giros, momentos y cortantes cada 2 cuarto de luz. El módulo de elasticidad del material es 2100000 T/m . Este ejercicio está resuelto manualmente en Hidalgo (1989).

SOLUCIÓN La matriz de rigidez del elemento 1, fue presentada en el ejemplo 1, con detalle. Los cuatro grados de libertad que tiene la estructura se indican en la figura 5.6.

Figura 5.5 Descripción de la viga de cimentación a resolver.


Figura 5.6

113

Grados de libertad


4

3

1 2 3 4

0 0 0 0

1 1 1 1

1 2 3

1 2 3

2 3 4

2100000.0

NUDO RESTINGUIDO: NUMERO DE NUDO, RESTRICCION AL GIRO, RESTRICCION AL DESPLA.


LONGITUD DE LOS ELEMENTOS Y COEFICIENTE DE BALASTO 1 4.0 3000.0 2 4.5 3000.0 3 4.0 1000.0

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA. 1 2 3

0.60 0.50 0.60 0.50 0.60 0.50



ELEMENTOS CARGADOS: NÚMERO Y CARGA VERTICAL 1 2 3

3.0 4.8 2.0

SOLUCIÓN

K

14160.612 5798.936   0.00   0.00

5798.936

0.00

27254.323

4791.749

4791.749

26577.282

0.00

3.766  3.603   Q  4.756    2.612

6295.108

0.000218  0.000116   q  0.000173    0.000113

   6295.108   13483.570 0.00

0.00


114

ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO 1 DIST.

DESPLA.

.00

.000000

1.00 2.00

GIRO

MOMENTO

CORTE

PRESION

.00022

.00000

.000179

.00011

2.42373

.000190

-.00008

2.14223

3.00

.000054

-.00015

-.82150

-4.36949

.05429

4.00

.000000

-7.36005

.00000

.00012

-6.67701

3.86208

.00000

1.03988

.17858

-1.59968

.18957


DESPLA.

GIRO

MOMENTO

CORTE

PRESION

.00

.000000

.00012

-6.67701

9.88491

.00000

1.13

.000298

.00030

1.49823

4.75383

.29793

2.25 3.38

.000495 .000322

.00001 -.00029

.21158 -4.30277

.49483 .32162

4.50

.000000

-.00017

-9.39768

.00000

4.25306 1.98534 -5.65778




DESPLA.

.00

.000000

1.00 2.00

GIRO

MOMENTO

CORTE 5.39736

PRESION

-.00017

-5.65778

.00000

-.000020

.00008

-1.26889

3.37900

-.01978

.000070

.00007

1.11322

1.39449

.06987

3.00

.000087

-.00004

1.53326

-.55262

.08716

4.00

.000000

-.00011

.00000

-2.52280

.00000

EJEMPLO 4

A la viga de cimentación de la figura 5.7 llegan tres columnas pero la viga tiene en sus dos extremos unos voladizos el uno de 1.50 m., de longitud y el otro de 1.80 m., de longitud. Los dos vanos centrales son de 6.0 m., cada uno. En el tramo izquierdo de 1.50 m., el coeficiente de balasto 3 3 es igual a 2000 T/m ; en el de 6.0 m., el coeficiente de balasto es igual a 2500 T/m , en el siguiente 3 vano de 6.0 m., el coeficiente de balasto 3 es de 2500 T/m y en el último vano de 1.8 m., de longitud el coeficiente de balasto es de 2000 T/m . La base de la viga es constante en toda su longitud y vale 1.8 metros, el peralte de cada tramo va cambiando y tiene las siguientes dimensiones: 58.48 cm., en el vano en voladizo; 64.375 en el segundo vano; 66.943 en el tercer vano y 58.48 cm., en el último vano. 2 El módulo de elasticidad del material es 2100000 T/m . Se pide presentar el archivo de datos para resolver esta viga de cimentación con el programa CIMEVIGA y presentar los desplazamientos, la presión transmitida al suelo, giros, momentos y corte, cada cuarto de la luz. Este ejercicio está resuelto manualmente en Hidalgo (1999).

Figura 5.7

Viga de cimentación con voladizos.


115

SOLUCIÓN



Al igual que en vigas en el aire, que tienen voladizos, se puede analizar aparte el voladizo, encontrar las acciones de empotramiento perfecto y colocarle como carga en el nudo, cambiando de sentido. Esta es una posibilidad y la otra es considerar al extremo del voladizo como un nudo más, la última opción es la que se considera en el presente ejemplo, de tal manera que la estructura tiene 10 grados de libertad.


0

4

2100000.0

1 2 3 4

1 2 3 4

2 3 4 5

1 2 3 4

1.5 6.0 6.0 1.8

2000.0 2500.0 2500.0 2000.0

1 2 3 4

1.80 1.80 1.80 1.80


LONGITUD DE LOS ELEMENTOS Y COEFICIENTE DE BALASTO

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA. 0.5848 0.6437 0.6694 0.5848


NUMERO 2 20.0 DE LA-65.0 JUNTA CARGADA, MOMENTO Y FUERZA VERTICAL 3 4

35.0 25.0

-85.0 -75.0


Tabla 5.4 Elemento

Desplazamiento, giro, momento y corte cada cuarto de luz, de ejemplo 3.

Distancia ( m. ) 0.00 0.38 0.75 1.13 1.50

Desplazamiento ( m. ) 0.004175 0.004098 0.004017 0.003927 0.003816

Presión 2 (T/m ) 8.35 8.20 8.03 7.85 7.63

Giro ( rad. ) -0.00021 -0.00021 -0.00022 -0.00026 -0.00034

Momento ( T. m. ) 0.00 1.05 4.18 9.33 16.48

Corte ( T. ) 0.00 5.58 11.06 16.43 21.66

2

0.00 1.50 3.00 4.50 6.00

0.003816 0.003069 0.002529 0.002625 0.003072

7.63 6.14 5.06 5.25 6.14

-0.00034 -0.00052 -0.00015 0.00025 0.00023

36.48 -10.35 -25.90 -15.28 22.24

-43.34 -19.96 -1.39 15.66 34.90

3

0.00 1.50 3.00 4.50 6.00

0.003072 0.003005 0.002931 0.003541 0.004791

6.14 6.01 5.86 7.08 9.58

0.00023 -0.00016 0.00014 0.00067 0.00090

57.24 -2.21 -31.20 -29.92 7.80

-50.10 -29.27 -9.49 11.90 39.81

1


116

4

0.00 0.45 0.90 1.35 1.80

0.004791 0.005151 0.005450 0.005720 0.005983

9.58 10.30 10.90 11.44 11.97

0.00090 0.00072 0.00062 0.00059 0.00058

32.80 18.76 8.47 2.15 0.00

-35.19 -27.12 -18.53 -9.48 0.00

5.8 VIGA T INVERTIDA En la elección de la forma de la sección transversal de la viga de cimentación, se debe tener presente que se requiere que la viga tenga gran inercia a flexión y además que el ancho de la misma sea adecuado para que le de estabilidad a la cimentación. Estas dos condiciones se las cumple con las vigas T invertidas, ya que tienen una gran base que le da estabilidad y un gran peralte con lo que se garantiza una considerable inercia a flexión. En la figura 5.8 se presenta la sección transversal de la viga T que se propone, la misma que tiene un ancho superior de magnitud t y un ancho inferior de magnitud 3t. Por otra parte el peralte del ala es d y el resto del peralte es 1.5 d. De tal manera que la altura total de la sección transversal es

2.5 d.

Figura 5.8 

Nomenclatura utilizada en el modelo.

Para esta geometría el centro de gravedad

I

c

5427 2592

33 36

t d3

d

y el momento de inercia a flexión vale:

( 5.8 )

El programa CIMEVIGA trabaja con vigas rectangulares, de tal manera que si se quiere resolver una cimentación con vigas T, se debe encontrar una sección rectangular equivalente que tenga la misma inercia a flexión, como se ilustra en la figura 5.9 El ancho equivalente menor. La altura equivalente

be se puede considerar igual a la semisuma de la base mayor y la base he se obtiene en base a la inercia a flexión.


be 

3t  t

he  3

Figura 5.9



2

 2.0 t

I be

12

( 5.9 )

Viga rectangular equivalente a la viga T.

EJEMPLO 5

Determinar el centro de gravedad y el momento de inercia a flexión de la viga efecto considerar las figuras rectangulares indicadas en la figura 5.10.

Figura 5.10



117

T, para el

Figuras consideradas para la deducción de inercia a flexión.

SOLUCIÓN

En la tabla 5.5 se muestra el cálculo del centro de gravedad de la viga T con respecto al eje Y, con respecto al eje X se halla en 1.5 t, medido con respecto a un eje de coordenadas cuyo srcen está ubicado en el borde inferior izquierdo. Por otra parte, en la tabla 5.6 se halla el momento de inercia con respecto al centro de gravedad.


118

Tabla 5.5 Cálculo del centro de gravedad en sentido Y. Área Y

Figura

td

1

Y Área

d

t d2

2

2

5 2

5

td

25

4

td

3

2

d

8

d

t d2

2



2

9



2

t d2

33

td

8

t d2

c

Y Área 33td 2 / 8 33   d  Área 9td / 2 36

Tabla 5.6

Cálculo del momento de inercia con respecto al centro de gravedad.

Figura

I cg

1

td3

225

12

1296

2

125 t

Y 2 Área

d3

144 1296

96 3



td 12

141 96

1296 405

t d3

648

I  td 3 

141

 96



405 

5427

648 

2592



5

 t d3

225

3

t d3 2

t d3 t d3

td 3

Figura 5.11 Descripción de las vigas de cimentación de ejemplo 8.

CEINCI – ESPE Roberto Aguiar Falconí 

119

EJEMPLO 6

Se desea resolver la viga de cimentación de la figura 5.11, que esta compuesta por una sección en forma de T invertida en la parte sombreada y vigas rectangulares en la parte central de los tramos. El peralte de la viga T y rectangular es de 50 cm. Las cargas que gravitan son las indicadas 2 en la figura 5.15. El módulo de elasticidad es E = 1738970.0 T/m ; el coeficiente de balasto del suelo 3 2 vale 500 T/m y la presión admisible del suelo es de 10 T/m . En la figura 5.12 se presenta una vista en planta de la cimentación.

Figura 5.12

Vista en planta de la geometría de las vigas de cimentación.

La viga T tiene una base superior de 0.40 m., y una base inferior de 1.20 m., el peralte total es de 0.50 m., pero el peralte del ala es de 0.20 m. En la figura 5.13 se indica la geometría de la viga T, a la izquierda y de la viga rectangular a la derecha. Con esta estructuración se optimiza el diseño y se facilita el sistema constructivo.

Figura 5.13 Sección transversal de la viga T y rectangular. Este ejercicio fue resuelto por Fernando Ruiz (2005) utilizando el programa CIMEVIGA, para ello se debe encontrar en primer lugar la sección de la viga rectangular equivalente a la T.

I be

5427

5427

0.40  0.20  0.0067 m 2592 2592 1.20  0.40   0.80 m. 2

he  3

12

be

t d3 

I

3

12  0.0067 0.80

3

 0.465 m.

4


120

En la figura 5.14 se indica la numeración de nudos y de los elementos se ha colocado dentro de un círculo.

Figura 5.14


Antes de presentar el archivo de datos se recuerda que para los datos de las cargas, la convención de signos adoptada es el momento es positivo si es horario y la carga vertical es positiva si va hacia arriba.

DATOS: NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, MODULO DE ELASTICIDAD 8

0

7

1738970.0

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6 7

2 3 4 5 6 7 8

1 2 3 4 5 6 7

1.05 1.8 1.0 1.0 2.0 0.75 0.75

500.0 500.0 500.0 500.0 500.0 500.0 500.0

1 2 3 4 5 6

0.80 0.40 0.80 0.80 0.40 0.80

0.46 0.50 0.46 0.46 0.50 0.46


LONGITUD DE LOS ELEMENTOS Y COEFICIENTE DE BALASTO

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA.

7 0.80EN0.46 CARGAS LAS JUNTAS: NUMERO DE J UNTAS CARGADAS 3

JUNTA CARGADA: NUMERO DE JUNTA, MOMENTO, FUERZA 1 4.0 4 -2.0 7 -2.0

-10.0 -22.0 -12.0



121

Los momentos y cortantes en los extremos de los elementos que se obtienen luego de ejecutar el programa CIMEVIGA se indican en la figura 5.15 únicamente para los cuatro primeros elementos.

Figura 5.15

Momentos y cortantes finales en los extremos de los elementos.

En todos los elementos se verifica que la presión transmitida al suelo por efecto de las cargas es menor a 10 T/m2 como se aprecia en la última columna del reporte del programa CIMEVIGA. Se indican los resultados obtenidos únicamente para los cuatro primeros elementos. ANALISIS CADA CUARTO DE DIST.

DESPLA.

LUZ

DE

GIRO

ELEMENTO 1 MOMENTO

CORTE

PRESION

.00

.019699

-.00076

4.00000

-10.00000

9.84949

.26

.019489

-.00083

1.64553

-7.94251

9.74429

.53

.019268

-.00085

-.17181

-5.90775

9.63394

.79

.019048

-.00083

-1.45808

-3.89622

9.52398

1.05

.018837

-.00078

-2.21931

-1.90738

9.41833

ANALISIS CADA CUARTO DE DIST.

DESPLA.

LUZ

DE

GIRO

ELEMENTO 2 MOMENTO

CORTE

PRESION

.00

.018837

-.00078

-2.21931

-1.90738

9.41833

.45

.018519

-.00062

-2.69845

-.22690

9.25954

.90

.018275

-.00046

-2.42732

1.42829

9.13759

1.35

.018097

-.00034

-1.41581

3.06464

9.04869

1.80

.017957

-.00030

.32877

4.68697

8.97873


DESPLA.

LUZ

DE

GIRO

ELEMENTO 3 MOMENTO

CORTE

PRESION

.017957

-.00030

.32877

.25

.017880

-.00032

1.72466

6.47890

8.94003

.50

.017793

-.00038

3.56754

8.26266

8.89645

.75

.017686

-.00048

5.85520

10.03681

8.84289

1.00

.017546

-.00064

8.58493

11.79873

8.77301


DESPLA.

LUZ

GIRO

DE

4.68697

8.97873

.00

ELEMENTO 4 MOMENTO

CORTE

PRESION

.00

.017546

-.00064

6.58493

-10.20127

8.77301

.25

.017369

-.00076

4.25323

-8.45526

8.68456

.50

.017168

-.00084

2.35572

-6.72823

8.58424

.75

.016955

-.00087

.88738

-5.02201

8.47729

1.00

.016736

-.00088

-.15710

-3.33748

8.36778

5.9 COMENTARIOS PARA EL DISEÑO Si bien es cierto este no es un libro de diseño, sin embargo es necesario dar ciertas nociones relacionadas con la forma como se procede para diseñar una viga de cimentación sobre suelo considerado elástico.


122



A la cimentación se transmite una fuerza horizontal que no ha sido considerada en el análisis estático presentado. Ahora bien se debe encontrar el cortante basal que llega a la fundación y verificar que este cortante no va a desplazar a la cimentación. Para evitar esto se debe cimentar a una profundidad adecuada. Si existe problema de desplazamiento por efecto del cortante basal (fuerza horizontal) se debe cimentar a una mayor profundidad o agrandar la cimentación para que tenga más peso, pero ésta última opción no es recomendable. Se debe verificar que la resistencia al corte del suelo  RES sea mayor que el cortante actuante  ACT .

 ACT 

V0 A

 RES  C  

tag

 

N A

F .S . 

 RES  ACT

Donde V0 es el cortante basal; A es el área en planta de la cimentación que está en contacto con el suelo; C es la cohesión del suelo;  es la tensión normal; N es la fuerza normal que actúa sobre la cimentación (igual al peso); tag es el coeficiente de rozamiento del suelo;  es el ángulo de fricción del suelo. F .S . es el factor de seguridad al desplazamiento horizontal de la cimentación, se recomienda que sea mayor a 2. 

El control de que la presión transmitida al suelo por efecto de las cargas sea menor o igual a la presión máxima admisible del suelo  AD , debe realizarse con cargas de servicio. Se debe resolver la viga de cimentación para los siguientes estados de carga: i) iv)

D+L D+S

ii) v)

D+L+S D–S

iii)

D+L–S

Donde D es el estado de cargas permanente (muerta); L es el estado de cargas transitorias (viva); S es el estado de cargas sísmicas. Para el primer estado de carga se considera el 100% de la carga viva. En cambio para los estados de carga ii) a v) se debe trabajar con un porcentaje de la carga viva; para viviendas este porcentaje es del 25% de la carga total viva. En una curva esfuerzo deformación de un suelo, existen tres zonas, la primera se denomina de adensamiento, la segunda elástica y la tercera plástica. En la primera zona predominan las deformaciones por compactación y consolidación. En la segunda zona la relación entre el esfuerzo y la deformación tiende a ser lineal y la tercera se caracteriza por un incremento muy rápido de las deformaciones por efecto de la carga. Se define  R como el esfuerzo de rotura del suelo como el límite entre la deformación elástica y el inicio de la deformación plástica. En base a  R se determinan dos esfuerzos admisibles del suelo  AD el uno es para cargas verticales  AD V y el otro es para cargas sísmica  AD S

 ADV  En el estado de carga i)

R 3

 ADS 

R 2

D + L la presión transmitida al suelo debe ser menor a  AD V . En los

estados de carga ii) a v) la presión transmitida al suelo será menor a  AD S . Se ha visto que ante cargas rápidas y de corta duración como son las acciones sísmicas el suelo tiene mejor comportamiento por este motivo es que  AD S es mayor al  AD V .

Una vez que se ha controlado la presión transmitida al suelo se procede al diseño, para ello las cargas deben ser mayoradas para pasar de cargas de servicio a cargas últimas.

CAPÍTULO 6

MALLAS ESPACIALES DE CIMENTACIÓN RESUMEN Como complemento a los capítulos 4 y 5 se presenta el marco teórico y un programa de computación para el análisis de mallas espaciales de cimentación sobre un medio considerado elástico. El programa se denomina CIMMALLA y su uso se lo ilustra con la realización de varios ejemplos de estructuras con cargas en los elementos y con cargas en las juntas. Se presenta además el uso del programa CAL para resolver mallas espaciales con cargas en las juntas.

6.1 INTRODUCCIÓN En el capítulo 4 se presentó la nomenclatura para el análisis de mallas espaciales que se encuentran en el aire. La misma nomenclatura se va a utilizar en el presente capítulo para el análisis de mallas de cimentación sobre un suelo que se considera elástico. Las ecuaciones diferenciales que gobiernan el comportamiento a flexión y torsión de una malla de cimentación con elementos de sección constante, son:

d 4w dx 4 J

d 2 t 2

dx





 rw

EI  r 3 t 12 G



Po

( 6.1 )

EI



Mt

( 6.2 )

G

La solución de la ecuación diferencial ( 6.1 ) fue presentada en el capítulo 5, sin embargo de ello para recordar el significado de las variables que intervienen en su formulación, se indica a continuación: w es la componente de desplazamiento vertical de un punto situado a una distancia x de la viga de cimentación;  es el coeficiente de balasto del suelo; r es el ancho de la viga de cimentación; EI es la rigidez a flexión; Po es la carga vertical que gravita sobre la viga; GJ es la rigidez a torsión,  t es el giro a torsión y M t es el momento de torsión. En Mañay (1990) se presenta con detalle la solución de la ecuación diferencial ( 6.2 ), aquí se indica los resultados alcanzados.


124

Para la solución homogénea, con la cual se obtienen los elementos de la matriz de rigidez, esta es: ..

..

 t  D1 C  D2 S ..

 x    T 

 x    T 

..

C  cosh

( 6.3 )

S  senh

T 

12 G J

 r3

La solución particular depende de la forma del momento torsor M t . Sea  to la solución particular. En consecuencia la solución completa del problema de torsión es: ..

..

 t   to  D1 C  D2 S

( 6.4 )

De la resistencia de materiales se conoce que el momento de torsión en un punto cualquiera de una viga viene dado por:

M T  GJ

d t dx



.. .. GJ    D2 C  D1 S  T  

En la tabla 6.1 se resume la solución del problema de torsión y son las ecuaciones que permiten encontrar el giro de torsión y momento de torsión en puntos interiores de una viga de cimentación.

Tabla 6.1 Giro y momento de torsión en cualquier punto de la viga .. Solución Factor C Particular

S

1

D1

D2

GJ

D2

D1

t 

 to

Mt 

M to



..

T

El cálculo de las constantes de integración D1 y condiciones de borde para x

0

D2 se lo realiza en función de las

son conocidos los giros de torsión en el nudo inicial  t1 ,  t10 , la

primera cantidad se obtiene del vector de coordenadas generalizadas q y la segunda corresponde al giro de torsión de la solución particular evaluada en el nudo inicial. Lo propio se tendrá en el nudo final, en x  L serán datos:  t 2 ,  t 20 . En base a estas condiciones se obtienen las constantes las mismas que se indican en la tabla 6.2.

Tabla 6.2

Constantes de integración de torsión

 t1   t10

D1  D2 

 t 2   t 20

1

0





1

C





S

S 

 L    T 

C  cosh



 L    T 

S  senh

( 6.5 )


6.2

125

MATRIZ DE RIGIDEZ

En mallas de cimentación los elementos, por lo general, son paralelos al eje X, y perpendiculares al eje X, son ortogonales y se encuentran en un plano horizontal. Sin embargo de ello en la figura 6.1 se tiene un elemento inclinado en el plano horizontal para el cual se va a indicar la matriz de rigidez en coordenadas locales. Las columnas de ésta matriz se obtienen encontrando las fuerzas y momentos que generan un desplazamiento o un giro unitario.

Figura 6.1

k

k T C X2  k CY2  kT  k C X CY b C Y  2

Coordenadas globales de un elemento de una malla espacial.

    

k T CY  k C X 2

2

 b CX

t

2

T X Y a C  a C aT  a C X CY  b C  o Y

2

aT  a C X CY  X aT CY  a C 2

2

bo CY  bo C X

 to

bo C X

2

k T C X  k CY k T  k C X CY

k T CY2  k C X2

 b CY

b CX

  t  ( 6.6 )

C X  cos 

CY  sen

( 6.7 )

donde  es el ángulo en el plano horizontal que forma el eje del elemento con el eje de las X. Por otra parte, para un elemento rectangular de base b y altura h los momentos de inercia son:

IY 

b h3 12

I X   h b3

 

b b4    0.21 1  h  12h 4  3

1

( 6.8 )

El significado de cada uno de los términos de flexión que intervienen en la matriz de rigidez del elemento en coordenadas globales se indicó en el capítulo 5, sin embargo de ello para tenerlo completo se presentan nuevamente. 

kT 

GJ C T



S

aT  

GJ 1 T



S

( 6.9 )


126

k a t

2 EI

 2 EI  4 EI 3

  

CS  sc S s sC  Sc 2

2

S 2  s2 SC  sc

b

2 EI

bo  to 

S 2  s2



s2  S 2

S 2  s2 4 EI sS



2

2

 4 EI 3





S 2  s2 Sc  Cs

( 6.10 )

S 2  s2

Las funciones trigonométricas e hiperbólicas que constan en ( 6.10 ) son:

s  sen L  S  senh



c  cos L  L 

C  cosh

L

( 6.11 )



EJEMPLO 1

Encontrar la matriz de rigidez de la malla de cimentación indicada en la figura 6.2 si las vigas son todas iguales y tiene una base de 70 cm., y un peralte de 50 cm. El coeficiente de balasto es de 3 2 1000 T/m , el módulo de elasticidad vale 2173706.5 y el módulo de corte 869482.6 T/m . La luz entre ejes de columnas tiene una dimensión de 3.6 m. Este ejercicio está resuelto manualmente en Aguiar (1999).

Figura 6.2

Descripción de la malla de cimentación.

Las cargas provenientes de las columnas son dos de 31 T., una de 55 T. y otra de 60 T.

SOLUCIÓN En la figura 6.3 se indica la numeración de los elementos y nudos de la malla espacial y en la figura 6.4 se indican los grados de libertad. Al no existir ninguna restricción en los nudos, cada nudo tiene tres grados de libertad. Se está trabajando en forma similar a la de mallas espaciales en el aire estudiado en el capítulo 4.


Figura 6.3

127


Figura 6.4

Grados de libertad.

MATRIZ DE RIGIDEZ DE ELEMENTOS 1 Y 4 5562.020

.000

.000

-5510.649

.000

.000

.000

17918.205

-7808.054

.000

8575.992

7061.922 -3758.699

.000

-7808.054

5005.906

.000

-7061.922

-5510.649

.000

.000

5562.020

.000

.000

.000

8575.992

-7061.922

.000

17918.205

7808.054

.000

7061.922

-3758.699

.000

7808.054

5005.906

-7061.922

MATRIZ DE RIGIDEZ DE ELEMENTOS 2 Y 3 17918.205

.000

7808.054

8575.992

.000

.000

5562.020

.000

.000

-5510.649

7808.054

.000

5005.906

7061.922

.000

-3758.699

8575.992

.000

7061.922

17918.205

.000

-7808.054

.000

-5510.649

.000

.000

5562.020

.000

-7061.922

.000

-3758.699

.000

5005.906

-7808.054

.000


128

Las primeras tres filas de la matriz de rigidez de la estructura se indican a continuación pero para los elementos de la matriz triangular superior.

0.0 7808.05 4 23480.22 4  23480.22  7808.05 4   10011.81 1  

 5510.64 9 0.0

0.0 8575.99

0.0

8575.99 2

0.0

 7061.92 2

0.0

0.0

0.0

0.0

 5510.6

0.0

0.0

0.0

0.0

0.0

 3758.69 9

0.0

0.0

....

.....

....

....

7061.92

 7061.92  3758.6 7061.92 2

0.0 .....

.....

....

....

   0.0   .... 

EJEMPLO 2



Presentar el archivo de datos para el programa CAL para encontrar los desplazamientos y giros de la estructura del ejemplo 1 ante las cargas verticales que se observan en la figura 6.2.

ARCHIVO DE DATOS B1

C MATRIZ DE RIGIDEZ DEL ELEMENTO 1 QUE ES IGUAL AL DE ELEMENTO 4 LOAD

K1

R=6

C=6

5562.020

.000

.000

-5510.649

.000

.000

.000

17918.205

-7808.054

.000

8575.992

7061.922 -3758.699

.000

-7808.054

5005.906

.000

-7061.922

-5510.649

.000

.000

5562.020

.000

.000

.000

8575.992

-7061.922

.000

17918.205

7808.054

.000

7061.922

-3758.699

.000

7808.054

5005.906

C MATRIZ DE RIGIDEZ DE ELEMENTO 2 QUE ES IGUAL AL DE ELEMENTO 3 LOAD

C

R=6

7808.054

8575.992

.000

.000

5562.020

.000

.000

-5510.649

7808.054

.000

5005.906

7061.922

.000

-3758.699

8575.992

.000

7061.922

17918.205

.000

-7808.054

.000

-5510.649

.000

.000

5562.020

.000

-7061.922

.000

-3758.699

.000

5005.906

VC 1 2 3 7 8 9

R=6 4 5 6 10 11 12

C=4 7 8 9 10 11 12

ENSAMBLAJE DE LA MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA ESTRUCTURA K K K K K

R=12 K1 K2 K2 K1

LOAD 0 0 TRAN

QT -31 QT

R=1 0 0 Q

SOLVE

K

C

-7808.054

VECTOR DE COLOCACION

ZERO ADDK ADDK ADDK ADDK

C

C=6 .000

LOADI 1 2 3 4 5 6

C

K2

17918.205

C=1 VC VC VC VC

N=1 N=2 N=3 N=4

VECTOR DE CARGAS GENERALIZADAS C=12 -31

0

0

-55

0

0

-60

CALCULO DE LOS DESPLAZAMIENTOS Y GIROS DE LA ESTRUCTURA. Q

-7061.922 .000

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí PRINT QUIT

129

Q

SOLUCIÓN  0.0029474   0.0008495     0.0100797     0.0030641    0.0015239  q    0.0111562   0.0058509     0.0012629   0.0060780    0.0022811     0.0276039 

6.3

USO DE PROGRAMA CIMMALLA

El programa CIMMALLA reporta el desplazamiento vertical, el giro de flexión, el giro de torsión, el momento a flexión, el momento de torsión y la fuerza de corte, cada cuarto de luz, en cada elemento con la condición de signos indicada en la figura 6.5. Es importante tener en cuenta lo anotado ya que en la solución matricial que finaliza con el cálculo del vector de coordenadas generalizadas q se trabajó con la convención de signos de cada elemento indicada en la figura 6.1

Figura 6.5

Convención de signos positiva para encontrar la respuesta cada cuarto de luz.

Cada grupo de datos del programa CIMMALLA va precedido por una línea de comentarios. Los datos del programa, son: 

   

Número de nudos, nudos restringidos, elementos, módulo de elasticidad y coeficiente de balasto. Identificación del elemento, el nudo inicial y el nudo final. Identificación del nudo y las coordenadas en sentido X y en sentido Y. Número del elemento, la base y la altura de la sección transversal. Número de juntas cargadas.


130

Identificación de la junta cargada, el momento que actúa alrededor del eje X, el momento que actúa alrededor del eje Y, y la fuerza vertical. Número de elementos con carga uniforme distribuida. Identificación del elemento y valor de la carga vertical uniforme distribuida.



 

CINMALLA únicamente resuelve vigas de cimentación con carga uniforme distribuida.

EJEMPLO 3



Presentar el archivo de datos y resultados cada cuarto de la luz para resolver la estructura mostrada en la figura 6.2.

ARCHIVO DE DATOS DATOS GENERALES: NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, ELASTICIDAD, B ALASTO 4

0

4 2173706.5 1000.0

1 2 3 4

1 1 2 3

2 3 4 4

1 2 3 4

0.0 3.6 0.0 3.6


COORDENADAS DE LOS NUDOS: NUDO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y. 0.0 0.0 3.6 3.6

SECCIONES DE LOS ELEMENTOS: ELEMENTO, BASE, ALTURA. 1 0.70 0.50 2 3 4

0.70 0.70 0.70

0.50 0.50 0.50


JUNTA CARGADA: NUMERO DE JUNTA, MOMENTO EN X, MOMENTO EN Y, FUERZA 1 2 3 4

0.0 0.0 0.0 0.0

0.0 0.0 0.0 0.0

-31.0 -31.0 -55.0 -60.0

CARGAS EN LOS MIEMBROS: NUMERO DE MIEMBROS C ARGADOS 0

SOLUCIÓN DIST. DESP. GIRO CORTE ANALISIS CADA VER. CUARTO DE FLUZ MOMENTO DE ELEMENTO 1

.00

.010080

-.00085

-2.2344

-12.6538

GIRO

TOR

-.002947 -.002971

MOM

TORS

.4915 .5676

PRESION

10.0797

.90

.009457

-.00045

-10.8322

-6.5187

1.80

.009365

.00028

-14.0421

-.6243

-.002999

.6444

9.3654

2.70

.009969

.00104

-11.9083

5.4296

-.003030

.7219

9.9686

9.4572

3.60

.011156

.00152

-4.0941

12.0608

-.003064

.8003

11.1562


131


DESP.

VER.

GIRO

F

MOMENTO

CORTE

.00

.010080

.00295

.4915

-18.3462

GIRO

TOR

-.000850 -.000951

MOM

TORS

PRESION

2.2344

10.0797

.90

.012848

.00333

-12.9087

-11.1425

1.80

.016244

.00428

-18.9937

-2.0236

-.001054

2.2833

16.2442

2.70

.020572

.00531

-15.8231

9.5240

-.001158

2.3118

2.2576

20.5721

12.84 76

3.60

.025659

.00585

-.9509

24.0608

-.001263

2.3429

25.6589


DESP.

VER.

GIRO

F

MOMENTO

CORTE

.00

.011156

.00306

-.8003

-18.9392

GIRO

TOR

MOM

TORS

.001524

-4.0941

PRESION

11.1562

.90

.014065

.00353

-14.4174

-11.0168

.00 1710

-4.1357

14.06 53

1.80

.017677

.00455

-20.0253

-1.0664

.001898

-4.1821

17.6773

2.70

.022270

.00561

-15.5626

11.4661

.002088

-4.2334

22.2698

3.60

.027604

.00608

1.5637

27.1538

.002281

-4.2895

27.6039


DESP.

VER.

GIRO

F

MOMENTO

-.00126

CORTE

GIRO

TOR

MOM

TORS

PRESION

.00

.025659

2.3429

-30.9392

-.005851

.9509

25.6589

.90

.024669

-.00074

-18.3322

-15.1112

-.005897

1.1020

24.6689

1.80

.024556

.00055

-24.9768

.3328

-.005951

1.2543

2.70

.025660

.00183

-17.6390

16.0900

-.006011

1.4082

25.6603

3.60

.027604

.00228

4.2895

32.8462

-.006078

1.5637

27.6039

24.5561

En la figura 6.6 se presenta el diagrama de corte en el que se aprecia lo siguiente: i) En el nudo 1 las dos fuerzas de 12.65 T., y 18.35 T., son hacia abajo, la suma de las dos reporta 31 T., que es la carga aplicada en el nudo. ii) En el nudo 2 se aprecia que la fuerza de 12.06 T., que llega del elemento 1 es positiva pero por ser nudo final es hacia abajo, por la convención positiva del corte y la fuerza en el nudo inicial del elemento 3, de 18.94 T., es negativa por eso se dibuja hacia abajo, la suma de las dos reporta 31 T Lo propio se puede indicar para el nudo 3 y nudo 4.

Figura 6.6

Diagrama de Corte de estructura de figura 6.2.

En la figura 6.7 se indica el diagrama de momento y en la figura 6.8 el diagrama de corte de la estructura indicada en la figura 6.2. En la figura 6.8 se ve que el diagrama de torsión no es constante y va cambiando a lo largo del eje del elemento.


132

Figura 6.7

Diagrama de momentos de la estructura indicada en la figura 6.2

Figura 6.8

6.4

Diagrama de Torsión de la estructura de la figura 6.2

EJERCICIOS

Los ejemplos que se resuelven en el presente apartado están relacionados con la malla de cimentación del ejemplo 1. Lo único que cambia es la carga que gravita sobre la estructura. Luego la


133

sección transversal, el módulo de elasticidad y el coeficiente de balasto son los indicados en el ejemplo 1. La numeración de los elementos y nudos es la utilizada en el ejemplo 1.

EJEMPLO 4



Presentar el archivo de datos para el programa CIMMALLA para resolver la malla de cimentación indicada en la figura 6.9, si sobre ella actúan las cargas uniformes distribuidas en los elementos 1 y 4.

Figura 6.9

Estructura de ejemplo 4.


0

4 2173706.5 1000.0

1 2 3 4

1 1 2 3

2 3 4 4

1 2 3 4

0.0 3.6 0.0 3.6

0.0 0.0 3.6 3.6

1 2 3 4

0.70 0.70 0.70 0.70

0.50 0.50 0.50 0.50





CARGAS EN LOS ELEMENTOS: NUMERO DE MIEMBROS CARGADOS 2

DATOS DE CARGAS: ELEMENTO C ARGADO, CARGA UNIFORME DISTRIBUIDA 1 4

2.0 2.0


134

SOLUCIÓN ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO 1 DIST.

DESP.

VER.

GIRO

F

MOMENTO

.00

.001429

.00011

.90

.001520

.00008

1.1258

-.0058

1.80

.001556

.00000

2.70

.001520

-.00008

3.60

.001429

-.00011

CORTE

GIRO

TOR

MOM

TORS

PRESION

1.6971

.000113

.0058

1.4 286

.8274

.000113

.0029

1.5195

1.4964

.0000

.000113

.0000

1.5562

1.1258

-.8274

.000113

-.0029

1.5195

-.0058

-1.6971

.000113

-.0058

1.4286


DESP.

VER.

GIRO

F

MOMENTO

CORTE

GIRO

TOR

.00

.001429

-.00011

.0058

-1.6971

.000113

.90 1.80

.001338 .001301

-.00008 .00000

-1.1258 -1.4964

-.8274 .0000

2.70

.001338

-1.1258

.8274

3.60

.001429

1.6971

.00008 .00011

.0058

MOM

TORS

PRESION

.0058

1.4286

.000113 .000113

.0029 .0000

1.3376 1.3 009

.000113

-.0029

1.3376

.000113

-.0058

1.42 86


DESP.

VER.

GIRO

F

.00

.001429

-.00011 -.00008

.90

.001338

1.80

.001301

2.70

.001338

3.60

.001429

MOMENTO

CORTE

.0058

-1.6971

GIRO

TOR

MOM

TORS

PRESION

-.000113

-.0058

1.4286

-1.1258

-.8274

-.000113

-.0029

1.3376

.00000

-1.4964

.0000

-.000113

.0000

1.3009

.00008

-1.1258

.00011

.0058

.8274

-.000113

.0029

1.3376

1.6971

-.000113

.0058

1.42 86


DESP.

VER.

.00

.001429

GIRO

F

.00011

1.1258

CORTE

GIRO

1.6971

-.000113

TOR

-.0058

MOM

TORS

1.4286

PRESION

.8274

-.000113

-.0029

1.5195

.0000

-.000113

.0000

1.55 62

.90

.001520

1.80

.001556

.00000

2.70

.001520

-.00008

1.1258

-.8274

-.000113

.0029

1.5195

3.60

.001429

-.00011

-.0058

-1.6971

-.000113

.0058

1.4286



.00008

MOMENTO

-.0058

1.4964

EJEMPLO 5

Presentar el archivo de datos y los resultados cada cuarto de la luz de la malla de cimentación indicada en la figura 6.10 que solo tiene cargas en las juntas.

Figura 6.10

Estructura de análisis de ejemplo 5.


135


0

4 2173706.5 1000.0

1 2 3 4

1 1 2 3

2 3 4 4

1 2 3 4

0.0 3.6 0.0 3.6

0.0 0.0 3.6 3.6

1 2 3 4

0.70 0.70 0.70 0.70

0.50 0.50 0.50 0.50





JUNTA CARGADA: NUMERO, MOMENTO EN X, MOM ENTO EN Y, FUERZA VERTICAL 1 2 3 4

5 -5 5 -5

6 6 -6 -6

-40 -40 -40 -40

CARGAS EN LOS ELEMENTOS: NUMERO DE MIEMBROS CARGADOS 0

SOLUCIÓN ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO 1 DIST.

DESP.

VER.

.00

.016767

GIRO

F

-.00115 -.00090

MOMENTO

CORTE

3.9989

-22.1770

GIRO

TOR

MOM

TORS

.001443

1.2411

PRESION

16.7671

.90

.015780

-11.3052

-11.9371

.00 1388

1.2047

15.7 796

1.80

.015332

-.00004

-17.6357

-2.1782

.001334

1.1697

15.3317

2.70

.015748

.00094

-15.2312

7.5655

.001282

1.1360

15.7480

3.60

.016905

.00152

-3.8615

17.8230

.001231

1.1037

16.9046


DESP.

VER.

GIRO

F

.00

.016767

-.00144

MOMENTO

CORTE

-3.7589

-17.8230

GIRO

TOR

-.001150

MOM

TORS

2.0011

PRESION

16.76 71

.90

.015681

-.00086

-15.1608

-7 .6296

-.001242

2.0319

15.68 10

1.80

.015332

.00011

-17.6357

2.0930

-.001334

2.0650

15.3317

2.70

.015847

.00098

-11.3756

11.8729

-.001428

2.1005

15.8466

3.60

.016905

.00123

3.8963

22.1770

-.001524

2.1385

16.9046


DESP.

VER.

.00

.016905

.90

.015847

1.80

.015332

2.70

.015681

3.60

.016767

GIRO

F

-.00123

MOMENTO

CORTE

GIRO

TOR

MOM

TORS

PRESION

3.8963

-22.1770

.001524

2.1385

16.9046

-11.3756

-11.8729

.00 1428

2.1005

15.8 466

-.00011

-17.6357

-2.0930

.001334

2.0650

15.3317

.00086

-15.1608

7.6296

.001242

2.0319

15.6810

.00144

-3.7589

17.8230

.001150

2.0011

16.7671

-.00098


DESP.

VER.

GIRO

F

.00

.016905

-.00152

MOMENTO

-3.8615

CORTE

-17.8230

GIRO

TOR

-.001231

MOM

TORS

1.1037

PRESION

16.90 46

.90

.015748

-.00094

-15.2312

-7 .5655

-.001282

1.1360

15.74 80

1.80

.015332

.00004

-17.6357

2.1782

-.001334

1.1697

15.3317

2.70

.015780

.00090

-11.3052

11.9371

-.001388

1.2047

15.7796

3.60

.016767

.00115

3.9989

22.1770

-.001443

1.2411

16.7671


136

Figura 6.11

6.5

Malla de cimentación con elementos de sección variable.

ELEMENTOS DE SECCIÓN VARIABLE

Los puntos cercanos a las columnas son los que están sujetos a mayores esfuerzos ya que por las columnas se transmiten las cargas que vienen de la estructura y esto ocasiona que para poder cumplir con que la presión transmitida al suelo sea menor que la presión admisible del suelo se deba aumentar la sección transversal. Normalmente se incrementa la sección transversal en toda la longitud, pero al hacer esto en la parte central de los elementos se está sobredimensionando la viga. Para evitar esto se recomienda trabajar con vigas de cimentación variable. El programa CIMMALLA contempla únicamente la solución de mallas espaciales de cimentación con vigas rectangulares, por lo que una opción para resolver vigas de sección variable es considerar en un elemento varios subelementos que tienen diferentes secciones. Por ejemplo en la malla indicada en la figura 6.11 las columnas de la estructura se encuentran sobre los nudos 1,4,7,10,13,16,19 y 22. Se aprecia que las vigas de cimentación cerca de las columnas tienen mayor sección transversal y en la parte central menor sección, como se aprecia en la figura 6.12. En la tabla 6.3 se indican las cargas con las cuales se va a resolver el ejercicio y en la tabla 6.4 los resultados para los elementos 1 y 2.

Tabla 6.3 Junta 1 4 7 10 13 16 19 22

Cargas provenientes de las columnas

Momento en X

(T.m.) 0.120 0.229 0.120 0.000 -0.120 -0.229 -0.120 0.0

Momento (T.m.)en Y

Fuerza(T.) Vertical

-0.169 0.000 0.169 0.314 0.169 0.000 -0.169 -0.314

-3.260 -7.840 -3.260 -7.900 -3.260 -7.840 -3.260 -7.900


137

3

Se considera un suelo con un coeficiente de balasto igual a 500 T/m y un esfuerzo admisible de 10 2 2 T/m . El módulo de elasticidad del material es 2173706.5 T/m

Figura 6.12 Tabla 6.4 Elemento

1

2

6.6

Distan.

Geometría de la viga de cimentación.

Resultados en los elementos 1 y 2

Giro Flexión (rad.) -0.00190 -0.00179 -0.00161 -0.00140 -0.00116

Momento

Corte

(m.) 0.00 0.25 0.50 0.75 1.00

Despla Vertical (m.) 0.008761 0.008299 0.007873 0.007495 0.007176

Momento Torsión (Tm.) -0.1005 -0.1017 -0.1028 -0.1040 -0.1052

Presión

(T.) -1.6044 -1.1780 -0.7739 -0.3900 -0.0234

Giro Torsión (rad.) 0.001754 0.001764 0.001774 0.001785 0.001795

(Tm.) -0.3101 -0.6575 -0.9010 -1.0461 -1.0974

0.00 0.50 1.00 1.50 2.00

0.007176 0.006970 0.007440 0.008368 0.009370

-0.00116 0.00031 0.00150 0.00209 0.00173

-1.0974 -0.9991 -0.6811 -0.1295 0.6839

-0.0234 0.4148 0.8620 1.3544 1.9096

0.001795 0.001951 0.002109 0.002267 0.002426

-0.7842 -0.7887 -0.7936 -0.7990 -0.8046

3.5878 3.4848 3.7202 4.1839 4.6848

(T/m ) 4.3806 4.1495 3.9363 3.7477 3.5878

ORIENTACIÓN AL DISEÑO

Se presenta el análisis estático y sísmico orientado al diseño de la cimentación, mediante una malla de la estructura indicada en la figura 6.13, la misma que se halla ubicada en la ciudad de Macas sobre un suelo tipo S3. La edificación es de un piso y está compuesta por cuatro columnas rectangulares cuyas dimensiones se indican en los respectivos pórticos. Todas las vigas son iguales y son de 25/25. A la izquierda de la figura 6.13 se indica una vista en planta de la estructura que tiene cuatro pórticos se muestra además la distribución de cargas verticales.


138

Figura 6.13

Vista en planta de estructura y estado de carga D. 2

Se considera que la carga la carga muerta D vale 400 kg/m y la carga viva L vale 200 kg/m2. Se aprecia que para los dos sentidos de los pórticos, el ancho cooperante de cargas es de 2.0 m., con esta indicación a la derecha de la figura 6.13 se presenta el estado de cargas D, en el pórtico 1 y 2 la carga actuante es trapezoidal y en el pórtico 3 y 4 la carga es triangular. En la figura 6.14 se indica el estado de carga L y sísmico S.

Figura 6.14

Estados de carga L y sísmico S.

El análisis sísmico de estructuras no ha sido tratado en el libro, razón por la que se obtiene el estado de carga S en forma muy elemental, en base al cortante basal mínimo V0 estipulado en el Código Ecuatoriano de la Construcción.

V0 

Z IC R  p e

( 6.12 )

W

Donde Z es el factor de zonificación sísmica, para Macas es igual a 0.3; I es el coeficiente de importancia de la edificación, para viviendas vale la unidad; C es el coeficiente sísmico, para suelo S3 el valor de C

 2.8

Para el ejemplo se tiene que C

 Ca ; R

es el factor de reducción de

las fuerzas sísmicas por comportamiento inelástico;  p y  e son factores que toman en cuenta las irregularidades en planta y elevación. En este ejercicio se considera R  p  e reactivo que se halla únicamente con la carga muerta D. Para el ejercicio

 6; W

es el peso

W  0.4 T / m 2  5 m  4 m  8 T . V0 

0.3  1  2.8 6

8  1.12 T .

Para el ejercicio se ha encontrado el cortante basal mínimo en una sola dirección y como existen dos pórticos en esa dirección, cada pórtico tiene un cortante basal de 0.56 T.


139

Luego de resolver cada uno de los pórticos con el programa PLANO se obtienen las reacciones indicadas en la figura 6.15 que corresponden al pórtico 1 que es igual al pórtico 2. Es importante notar que para los estados de carga D y L las reacciones horizontales se anulan entre si de tal manera que para estos estados de carga no existe fuerza horizontal que se transmite a la cimentación, solamente existen fuerzas horizontales del estado de carga S.

Figura 6.15

Reacciones para los estados de carga D, L y S del pórtico 1 igual a pórtico 2.

En la figura 6.16 se presentan las reacciones que se obtienen en el pórtico 3 que es igual a las del pórtico 4. Tanto en la figura 6.15 como en la 6.16 se ha presentado los resultados para el estado de cargas +S, se aprecia que la columna izquierda trabaja a tracción y la columna derecha a compresión. El estado de carga -S, no se ha presentado pero es lógico pensar que las fuerzas y momentos se invierten de tal forma que la columna izquierda estará trabajando a compresión y la derecha a tracción; lo propio sucede con los cortantes y momentos. Si en el estado de cargas +S el momento es antihorario, en el estado de carga –S será horario.

Figura 6.16

Reacciones para los estados de carga D, L y S del pórtico 3 igual a pórtico 4.

Figura 6.17

Estados de carga D y L


140

Una vez hallados las reacciones en cada uno de los pórticos se procede a encontrar las fuerzas y momentos que se transmiten a la cimentación, cambiadas de signo. Para la fuerza vertical se debe sumar las fuerzas que se tienen en los pórticos ortogonales. Por ejemplo, para el estado de carga D, en el nudo 1-3 se tiene una fuerza de vertical de 1.2 T., proveniente del análisis del pórtico 1 y una fuerza de 0.8 T., proveniente del pórtico 3, lo que da un total de 2.0 T., el mismo que se ha indicado a la izquierda de la figura 6.17, a la derecha se tiene algo similar pero del estado de carga L.

Figura 6.18 Estados de carga +S y –S. Los momentos a flexión de los pórticos 1 y 3 pasan con sentido contrario, a la malla de cimentación, como momentos alrededor del eje Y (verticales) y lo momentos de los pórticos 3 y 4 pasan como momentos alrededor del eje X (horizontales). En la figura 6.18 se indican las fuerzas y momentos debido al estado de cargas sísmico, a la izquierda cuando la fuerza sísmica actúa de izquierda a derecha, que se ha denominado +S, y a la izquierda cuando la fuerza sísmica actúa de derecha a izquierda, que se ha llamado –S. Con los estados de carga D, L, +S y –S, indicados en las figuras 6.17 y 6.18 se procede a realizar las siguientes combinaciones de carga: i. ii. iii. iv. v.

D+L D+L+S D+L-S D+S D-S

Figura 6.19 Combinación de carga D+L


141

Para la primera combinación de carga, D+L se considera el 100% de la carga viva que se transmite a la fundación. En cambio para las combinaciones de carga ii) y iii) el porcentaje de carga viva será el mismo que se haya utilizado en el análisis sísmico. Para viviendas y oficinas se considera que este porcentaje es del 25%.

Figura 6.20

Combinaciones de carga: D+L+S y D+L-S

En la figura 6.19 se indica las cargas que actúan en la combinación D+L, considerando el 100% de la carga viva. En la figura 6.20 se presentan las combinaciones de carga D+L+S indicada a la izquierda y D+L-S, indicada a la derecha. En estos dos casos se ha considerado el 25% de la carga viva.

Figura 6.21 Combinaciones de carga: D+S

y D-S

En la figura 6.21 se indican las combinaciones de carga D+S, a la izquierda y D-S a la derecha. Para estas cinco combinaciones de carga se deberá ejecutar el programa CIMMALLA y se deberá verificar que la presión transmitida al suelo sea menor que la presión admisible del suelo. Se considera que el suelo sobre el cual se asienta la cimentación tiene un esfuerzo a la rotura

 R  30 T / m 2 y que el coeficiente de balasto vale   3600 T / m 3 . Con estos datos y de acuerdo a lo que se indicó en el capítulo 5. El esfuerzo admisible  ADV ante cargas verticales, es igual a 10 2

2

T/m y el esfuerzo vertical ante cargas sísmicas  ADS es igual a 15 T/m .


142

 ADV 

30 3

 10 T / m 2

Figura 6.22

 ADS 

30 2

 15 T / m 2

Geometría en planta de cimentación propuesta.

Se recomienda que la malla de cimentación sea en base a vigas T invertidas y vigas rectangulares, como se ilustra en la figura 6.22, en que se presenta la forma en planta de la fundación propuesta en donde se aprecia que las vigas T se hallan en los sitios donde se encuentran las columnas figura 6.23.y las vigas rectangulares en el centro de luz. Las secciones transversales se indican en la

Figura 6.23

Sección transversal de las vigas.

Para la combinación de carga D+L se debe verificar que la presión transmitida al suelo sea 2 menor a 10 T/m y para las restantes combinaciones de carga, en que interviene el sismo, la presión 2 transmitida al suelo será menor a 15 T/m . Si no cumple se debe incrementar la sección transversal. De igual manera se debe verificar que para todas las combinaciones de carga, la presión transmitida sea positiva, nunca puede ser negativa ya que ello significa que el suelo está trabajando a tracción, lo que no es correcto. Se deja al lector la verificación correspondiente utilizando el programa

CIMMALLA.

CAPÍTULO 7

PÓRTICOS PLANOS CON VIGAS DE CIMENTACIÓN RESUMEN Se presenta el uso del programa CIMPLANO que resuelve pórticos planos acoplado a la cimentación la misma que está conformada por una viga de cimentación. Este capítulo viene a ser una unión del capítulo 3 en que se resolvió pórticos planos empleando el método de las diferencias finitas y el capítulo 5 en que se resolvió vigas de cimentación sobre suelo elástico. Ahora se resuelve el pórtico incorporado a la cimentación.

7.1 INTRODUCCIÓN Se acostumbra analizar una estructura en dos etapas, en la primera se resuelve la estructura sin tomar en cuenta la cimentación; en esta etapa se determinan las reacciones en los apoyos, las mismas que se cambian de signo y actúan en la segunda etapa en la cimentación. Ahora se resuelve el pórtico y la cimentación en forma acoplada, como se indica, por ejemplo, en la figura 7.1 en que se tiene un pórtico de 3 elementos unido a una viga de cimentación.

Figura 7.1

Pórtico plano acoplado a la viga de cimentación.


144

Se considera que cada nudo de la cimentación tiene dos grados de libertad, el corrimiento vertical y la rotación. Por lo tanto se está despreciando la deformación axial. Los nudos del pórtico tienen tres grados de libertad, en este orden: la componente de desplazamiento horizontal, la componente de desplazamiento vertical y la rotación. Con relación a la figura 7.1 en la figura 7.2 se indican los grados de libertad; nótese que el giro para la solución mediante análisis matricial de estructuras se considera antihorario positivo.

Figura 7.2

7.2

Grados de libertad

ELEMENTO VIGA DE CIMENTACIÓN

Para el sistema de coordenadas del elemento indicado en la figura 7.3, en el capítulo 5, se indicó que la matriz de rigidez de miembro en coordenadas locales es la siguiente:

k

b b

k

Figura 7.3

a

bo

t

bo

a

bo

k

b

to

bo

to

b

t

Coordenadas locales de un elemento que se utilizó en capítulo 5.

( 7.1 )


145

Ahora se va a resolver con el sistema de coordenadas indicado en la figura 7.4, en que se aprecia que la coordenada 1 es la componente de desplazamiento vertical, la 2 es el giro considerado antihorario positivo, etc.; en el capítulo 5 se consideró el giro como coordenada 1 y era positivo si era horario como se ve en la figura 7.3.

Figura 7.4 Coordenadas de un elemento que se utiliza en capítulo 7. 

Sea k la matriz de rigidez asociada a las coordenadas de la figura 7.4, que es la que se utiliza en el programa CIMPLANO. Esta matriz se obtiene por intermedio de la matriz de paso T que relaciona las coordenadas de la figura 7.3 con las de la figura 7.4. Esta matriz es:

T

0 1  0  0

1

0

0

0

0

0

0

1

0

   1  0 0

Finalmente: k



Tt

( 7.2 )

kT

Donde k es la matriz de rigidez indicada en la ecuación ( 7.1 ). El resultado del triple producto matricial reporta:

k



t b   t 0   b0

k

 t0  b0

 b0

t

a  b

a

b

k 

b

b0 

 ( 7.3 )



Los elementos de la ecuación matricial ( 7.3 ) se calculan con el siguiente formulario:

2 EI

CS  sc

k    S s 2 EI sC  Sc a  2  S  s2 4 EI SC  sc t 3  2 S  s2  2

2

s2  S 2

2 EI

b  bo  to 

2

S s

4 EI

2 4 EI 3

2

 

2

sS S 2  s2 Sc  Cs S 2  s2

Las funciones trigonométricas e hiperbólicas que constan en ecuación ( 7.4 ) son:

( 7.4 )

146

CEINCI-ESPE Roberto Aguiar Falconí s  sen

L

c  cos



L

S  senh

 

L 

C  cosh

( 7.5 )

L 

4 EI 4

 r

Siendo  el coeficiente de balasto del suelo, r el ancho de la cimentación, EI es la rigidez a flexión. Tanto el formulario ( 7.4 ) como el ( 7.5 ) están indicados en el capítulo 5. Lo único “nuevo” es la ecuación matricial ( 7.3 ) sin embargo para que este completo el formulario se volvió a copiar.

7.3

ELEMENTO DE UN PÓRTICO PLANO

En el capítulo 2 se presentó la matriz de rigidez, en coordenadas globales, de un elemento viga o columna del pórtico, la misma que se repite en la ecuación ( 7.6 )

 EA 2 12 EI 2  L C  L3 S  EA 2 12 EI 2  EA 12 EI  S  3 C  L  L3  SC L L    6 EI 6 EI 4 EI   2 S C  L L L2   EA C 2  12 EI S 2   EA  12 EI  SC 6 EI S  L L3 L3  L2  L    EA 12 EI  EA 2 12 EI 2 6 EI  3  SC  S  3 C  2 C   L L L L L     6 EI 6 EI 2 EI  2 S C  L L L2 

SIMÉTRICA

EA C 2  12 EI S 2 L L3

 EA 12 EI   3  SC  L   L 6 EI

L2

S

EA L

S2 



6 EI

L2

12 EI

L3 C

C2

               4 EI   L  ( 7.6 )

S  sen

C  cos

Donde  es el ángulo que forma el eje del elemento con el eje de las X; EI es la rigidez a flexión, EA es la rigidez axial. Tanto en el formulario ( 7.4 ) como ( 7.6 ) E es el módulo de elasticidad del material. En la figura 7.5 se presenta el sistema de coordenadas globales asociado a la ecuación matricial ( 7.6 ).

7.4

VECTOR DE COLOCACIÓN

Es importante tener en cuenta el orden de numeración del sistema de coordenadas globales para determinar el vector de colocación de cada uno de los elementos. Para el presente caso el vector de colocación de los elementos del pórtico plano tiene 6 elementos, los tres primeros corresponden al nudo inicial y los siguientes al nudo final. El primero de ellos corresponde al desplazamiento horizontal, el segundo al vertical y el tercero a la rotación.


147

Para la viga de cimentación el vector de colocación es de cuatro elementos ya que el sistema de coordenadas de miembro tiene 4 grados de libertad como se aprecia en la figura 7.4, las dos primeras son para el nudo inicial y las dos siguientes para el nudo final. La primera coordenada es el desplazamiento vertical, la segunda el giro del nudo inicial, etc.

Figura 7.5

Coordenadas globales de un elemento inclinado de un pórtico plano.

Para la estructura indicada en la figura 7.1 cuyos grados de libertad se indican en la figura 7.2 se han numerado los elementos como se indica en la figura 7.6, dentro de un cuadrado, los vectores de colocación VC de cada elemento, son:

VC (1)  1

2

3

4

 0

1

2

5

6

7

VC ( 3)  0

3

4

8

9

10

6

7

8

9

10

VC

VC

( 2)

(4)

 5

Figura 7.6


En el programa CIMPLANO todos los elementos tienen un vector de colocación con 6 cantidades, en este caso para los elementos de la cimentación la primera y cuarta cantidad se coloca cero, de tal manera que el vector de colocación del elemento 1 resulta:

VC (1)  0

1

2

0

3

4

La matriz de rigidez del elemento viga de cimentación es de 6 por 6 para el efecto en la ecuación matricial ( 7.3 ) se incrementó una primera y cuarta columna con ceros y una primera y cuarta fila con ceros.


148

El vector de colocación sirve para el ensamblaje de la matriz de rigidez, para el ensamblaje del vector de cargas, para determinar la deformación de los elementos una vez que se halló el vector que contiene los desplazamientos y giros de la estructura.

7.5

USO DE PROGRAMA CIMPLANO

Siguiendo el mismo esquema de los programas presentados en este libro, cada grupo de datos debe estar precedido por una línea de comentarios y no se deberá dejar ninguna línea en blanco. Los datos del programa CIMPLANO, son:  



   

 

Número total de nudos, número de nudos restringidos, número de elementos, módulo de elasticidad y coeficiente de balasto del suelo. Número del nudo restringido, restricción en X, restricción en Y, restricción al giro. Si el nudo tiene una de esas restricciones se colocará 1, caso contrario se coloca 0. Para los elementos de la cimentación siempre deberá colocarse 1 en restricción en X. Identificación del elemento, del nudo inicial, nudo final y código del elemento. Si se trata de un elemento del pórtico el código es 0 y si se trata de un elemento de la cimentación el código es 1. De tal manera que se dan 4 datos por cada elemento. Identificación del nudo, la coordenada en X, y la coordenada en Y. De igual manera en cada fila se especifica las coordenadas de un nudo. Número del elemento, la base y la altura de la sección transversal. Número de Juntas Cargadas. Si existen juntas cargadas se deberá especificar la junta cargada, la fuerza horizontal, positiva si va a la derecha, la fuerza vertical, positiva si va hacia arriba y el momento, positivo si es antihorario. Si no hay juntas cargadas se omite este grupo de datos. Número de elementos cargados. Si no hay elementos cargados, finaliza la entrada de datos. Pero si existen miembros cargados se debe especificar el número del elemento cargado, el código de la carga, el valor de la carga. El valor de la carga se coloca siempre positivo. El código de las cargas es:

1 para carga uniforme distribuida, 2 para carga triangular y 3

para carga trapezoidal. Si se tiene una carga trapezoidal en una línea adicional se debe especificar la distancia que es aquella donde termina la carga triangular.

Figura 7.7

Estructura de análisis de ejemplo 1

a,


7.6

149

EJEMPLOS DE APLICACIÓN EJEMPLO 1



Presentar el archivo de datos para resolver la estructura de la figura 7.7, para el programa

CIMPLANO, si la numeración de los elementos y nudos es la indicada en la figura 7.6. El módulo de 2

3

elasticidad del material vale 2173706.51 T/m y el coeficiente de balasto es igual a 1000 T/m . La viga de cimentación tiene una base de 40 cm., y un peralte de 20 cm. Las dos columnas son cuadradas de 30 cm., de lado y la viga es de 25/25 cm. La luz del pórtico es de 4.0 m., y la altura del pórtico es de 3.0 m., como se aprecia en la figura 7.7

SOLUCIÓN DATOS: NUMERO DE NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, ELASTICIDAD, B ALASTO 4

2

4

2173706.51

1000.0


1

0

0

2

1

0

0

NUMERO DE ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO FINAL, CODIGO ( 0 PORTICO, 1 CIMENTACION) 1

1

2

1

2

1

3

0

3

2

4

0

4

3

4

0

NUMERO DE ELEMENTO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y 1

0.0

0.0

2

4.0

0.0

3

0.0

3.0

4

4.0

3.0


0.4

0.2

2

0.3

0.3

3

0.3

0.3

4

0.25

0.25



NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CODIGO DE CARGA, CARGA 4

1

2.0

En la figura 7.8 se indican las acciones finales en los extremos de los elementos y a continuación los resultados cada cuarto de luz en los elementos 1 y 4 que corresponden a la viga de cimentación y a la viga del pórtico.


GIRO F

MOMENTO

.00

DESP. VER. .007306

-.00191

1.8209

-4.0000

CORTE

DESP AXI .000000

FUER AXI

1.00

.004775

-.00238

-.8775

-1.5707

.000000

.0000

2.00

.003482

.00000

-1.6190

.0000

.000000

.0000

3.00

.004775

.00238

-.8775

1.5707

.000000

.0000

4.00

.007306

.00191

1.8209

4.0000

.000000

.0000

.0000


150

Figura 7.8 Acciones en los extremos de los elementos. ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO 4 DIST.

DESP. VER.

.00

.007367

1.00

.009911

2.00 3.00 4.00

GIRO F

MOMENTO

.00196

-1.9690

CORTE

DESP AXI

4.0000

FUER AXI

.000001

-.0502

2.0000

.000000

-.0502

.00240

1.0310

.011230

.00000

2.0310

.0000

.000000

-.0502

.009911

-.00240

1.0310

-2.0000

.000000

-.0502

.007367

-.00196

-1.9690

-4.0000

-.000001

-.0502

Figura 7.9

Estructura de ejemplo 2.


151

EJEMPLO 2



El pórtico plano indicado en la figura 7.9 fue resuelto en el capítulo 3 pero sin tomar en cuenta la cimentación. Ahora se desea resolver este ejercicio considerando que en los apoyos existe una viga de cimentación de 40 cm., de base por 20 cm., de altura. Se considera

E  2173706.5 T / m 2 ,

  500 T / m 3 . La numeración de los elementos y nudos se indica en la figura 7.10.

Figura 7.10


SOLUCIÓN DATOS: NUMERO DE NUDOS, NUDOS RESTRINGIDOS, MIEMBROS, ELASTICIDAD, B ALASTO 9

3

12

2173706.51

500


1

0

0

2

1

0

0

3

1

0

0

NUMERO DE ELEMENTO, NUDO INICIAL, NUDO FINAL, C ODIGO (0 PORTICO, 1 CIMENTACION) 1

1

4

0

2

2

5

0

3

3

6

0

4

4

7

0

5

5

8

0

6

6

9

0

7

4

5

0

8

5

6

0

9

7

8

0

10

8

9

0

11

1

2

1

12

2

3

1

NUMERO DE ELEMENTO, COORDENADA EN X, COORDENADA EN Y 1

0.0

0.0

2

4.0

0.0

3

9.0

0.0

4

0.0

3.0


152

5

4.0

3.0

6

9.0

3.0

7

0.0

6.0

8

4.0

6.0

9

9.0

6.0


0.2

0.3

2

0.2

0.3

3

0.2

0.3

4

0.2

0.3

5

0.2

0.3

6

0.2

0.3

7 8

0.25 0.25

0.25 0.25

9

0.25

0.25

10

0.25

0.25

11

0.40

0.20

12

0.40

0.20



NUMERO DE ELEMENTO CARGADO, CODIGO DE C ARGA, CARGA 7

2

1.2

8

3

1.2

2.0 9

2

1.2

10

3

1.2

2.0

Los resultados en las columnas 1, 2, 3 y en las vigas de cimentación 11 y 12 se indican a continuación. Si se comparan los momentos de flexión con los que se obtuvo al analizar el pórtico plano con base empotrada en el capítulo 3 se verá que son diferentes, lo propio sucede con la fuerza axial y de corte. En la figura 7.11 se indican los momentos en los extremos de los elementos y en la figura 7.12 se presentan las fuerzas de corte y carga axial en los extremos de los elementos. La

diferencia se debe a que es un suelo que tiene muy poca resistencia. ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO 1 DIST.

DESP. VER.

GIRO F

.00

.000000

-.00030

.75

.000027

.00034

1.50

.000451

2.25

.001104

3.00

.001819

MOMENTO

-.9788

CORTE

DESP AXI

FUER AXI

.3866

-.006258

-.6888

.3866

-.006270

-2.0908

.00075

-.3988

.3866

-.006282

-2.0908

.00095

-.1089

.3866

-.006294

.1811

.3866

-.006306

.00092

-2.0908

-2.0908 -2.0908


DESP. VER.

GIRO F

MOMENTO

.00009

-.5614

.00

.000000

.75

.000211

.00045

1.50 2.25

.000651 .001227

.00070 .00082

3.00

.001846

.00081

CORTE

DESP AXI

FUER AXI

.2165

-.008294

-.3990

.2165

-.008331

-6.4992 -6.4992

-.2366 -.0742

.2165 .2165

-.008369 -.008406

-6.4992 -6.4992

.0881

.2165

-.008444

-6.4992


GIRO F

MOMENTO

.00

DESP. VER. .000000

.00251

1.8266

-.6031

-.010982

-3.4099

.75

.001401

.00128

1.3742

-.6031

-.011002

-3.4099

1.50

.002012

2.25

.002093

-.00013

.4695

-.6031

-.011041

-3.4099

3.00

.001904

-.00032

.0171

-.6031

-.011061

-3.4099

.00040

.9218

CORTE

-.6031

DESP AXI

-.011022

FUER AXI

-3.4099


Figura 7.11

Momentos en los extremos de los elementos.

Figura 7.12 Corte y fuerza axial en los extremos de los elementos.

153


154

ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE ELEMENTO11 DIST.

DESP. VER.

GIRO F

MOMENTO

CORTE

DESP AXI

FUER AXI

.00

.006258

-.00030

.9799

1.00

.005623

-.00054

-.5039

-.8993

.000000

.0000

2.00

.005695

.00078

-.8496

.2098

.000000

.0000

3.00

.007068

.00173

-.0331

1.4698

.000000

.0000

4.00

.008294

.00009

2.1966

3.0326

.000000

.0000

-2.0908

.000000

.0000

ANALISIS CADA CUARTO DE LUZ DE EL EMENTO12 DIST.

GIRO F

MOMENTO

.00

.008294

.00009

2.7586

1.25

.006346

-.00209

2.50 3.75

.004873 .006934

.00013 .00299

5.00

.010982

.00251



DESP. VER.

-.3425

CORTE -3.4666

DESP AXI

FUER AXI

.000000

.0000

-1.5821

.000000

.0000

-1.4413 -.9197

-.2393 1.1606

.000000 .000000

.0000 .0000

1.8283

3.4099

.000000

.0000

EJEMPLO 3

Presentar únicamente los momentos en los extremos de los elementos de la estructura del 3 ejemplo 2 si el coeficiente de balasto es de 20000 T/m .

SOLUCIÓN

Figura 7.13

Momentos en los extremos de los elementos para ejemplo3.

En la figura 7.13 se presentan los momentos finales en los extremos de los elementos para el caso del ejemplo 3. La geometría de esta estructura es la misma que la estructura presentada en el ejemplo 2, solamente cambió el coeficiente de balasto del suelo. Ahora la cimentación se halla sobre un suelo que tiene mejor resistencia. Al comparar los momentos mostrados en la figura 7.13 con los obtenidos en el capítulo 3, cuando se resolvió la misma estructura considerando base empotrada, se aprecia que estos valores se aproximan mejor a los obtenidos en el ejemplo 2. Algo similar se puede comentar con los valores de fuerza axial y de corte. En resumen si el suelo es de mala calidad se debe incorporar la cimentación al análisis.

Análisis estatico - Roberto Aguiar

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