Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia

CAPÍTULO I CONCEPTOS GENERALES

CONCEPTOS GENERALES

PROYECTO ESTRUCTURAL El proyecto estructural, desde el punto de vista del cálculo; consta de dos etapas que se complementan: a) la etapa del análisis estructural y b) la etapa del diseño estructural. El objetivo del análisis estructural y consecuentemente del diseño, es la obtención de una edificación, como producto terminado; seguro, funcional y económico, además de estético. Las estructuras y sus elementos deben ser concebidas y calculadas de tal manera que resistan con un margen de seguridad (factor de seguridad) todas las cargas y deformaciones que se producen desde su construcción hasta el periodo de su vida útil. Para alcanzar tal objetivo, hay que encontrar para cada estructura en particular el método más apropiado de análisis.

ANÁLISIS ESTRUCTURAL El análisis estructural de una edificación es la determinación de la respuesta de la estructura ante la solicitación de cargas y esta se expresa a través de la determinación y cálculo de los esfuerzos internos y de las deformaciones tanto a nivel de cada elemento y en forma global a nivel de la estructura.

Modelo matemático: Antes de analizar una estructura real o imaginaria, es necesario plantear un modelo matemático sobre el cual trabajaremos. El modelo matemático consiste en definir los ejes de los elementos resistentes (estructurales) y sus conexiones entre ellas así como las condiciones de apoyo y el sistema de cargas que actuarán en la estructura.

Respuesta estructural: El análisis estructural conlleva a la determinación y cálculo de la respuesta de la estructura ante la acción de cargas. La respuesta de la estructura se expresa a través de dos parámetros: esfuerzos internos y deformaciones. Los esfuerzos internos pueden ser: a) esfuerzos normales (esfuerzo normal por momento flexionante “M” y esfuerzo normal por fuerza axial “N”) y, b) esfuerzos de corte (esfuerzo de corte por fuerza cortante “V” y esfuerzo de corte por momento torsionante “Mt ”) Las deformaciones tanto a nivel de sección de elementos y a nivel global de la estructura, son: a) traslacionales (desplazamiento en una o varias direcciones

I- 2

ING. RONALD SANTANA TAPIA

de los ejes principales X, Y y Z) y, b) rotacionales (giro en uno o varios planos que conforman los ejes principales, planos XY, plano XZ y plano YZ). La respuesta de la estructura ante la acción de un sistema de cargas cualquiera depende de dos factores: a) de la estructura propiamente dicha y, b) de la magnitud de las cargas. Estructura: Si realizamos un análisis plano, se tendrá en cuenta el material (módulo de elasticidad “E” y módulo de corte “G”), las propiedades de sección de cada elemento (área “A” y momento de inercia “I”). Adicional a esto, se tendrá en cuenta la esbeltez de los elementos, el tipo de conexión entre barras y la condición de los apoyos así como la estabilidad de la estructura. Si se realiza un análisis espacial, se tendrá en cuenta además de lo señalado anteriormente, la configuración en planta y en elevación, a fin de determinar si la estructura es regular o irregular. Las estructuras regulares resisten bien a las cargas gravitacionales y laterales, mientras que las estructuras irregulares tienen como principal enemigo a la carga lateral o de sismo (por el efecto de torsión en planta). Cargas: Los tipos de cargas que mayormente actúan en una estructura son las cargas gravitacionales (verticales) y las cargas laterales (horizontales). La cargas gravitacionales están referidas a: a) carga muerta que proviene del peso de los materiales, dispositivos de servicio, equipos, tabiques y otros elementos soportados por la edificación, incluyendo su peso propio, que se propone sean permanentes y, b) carga viva que proviene del peso de todos los ocupantes, materiales, equipos, muebles y otros elementos movibles soportados por la edificación. Las cargas laterales están referidas fundamentalmente a las cargas del sismo, pudiendo ser relacionadas también a las cargas del viento y a las cargas de presiones de tierras. En consecuencia, las edificaciones y todas sus partes deberán ser capaces de resistir la acción de cargas impuestas como consecuencia de su uso previsto.

TIPOS DE ANÁLISIS Se puede realizar dos tipos de análisis: a) análisis plano “2D” y, b) análisis espacial “3D”.

I- 3

CONCEPTOS GENERALES

Análisis plano: 2D El análisis plano de estructuras reales se realiza con cargas estáticas y con cargas dinámicas. En el caso de las cargas estáticas puede desarrollar mediante un análisis de cargas estáticas y mediante cargas dinámicas.  

Por cargas estáticas Por cargas dinámicas

Análisis espacial: 3D  

Por cargas estáticas Por cargas dinámicas

MÉTODOS DE ANÁLISIS

-

-

Cada problema tiene su método de análisis más apropiado. Existen el método más apropiado para cada tipo de problema en particular. Este texto facilita al estudiante el entendimiento del comportamiento de las estructuras y el aprendizaje de las técnicas de análisis tradicionales y modernos. Dentro de los métodos existentes se encuentran:

Método energético Método tradicional Método matricial Método de los elementos finitos

I- 4

CAPÍTULO II TRABAJO DE LA DEFORMACIÓN ELÁSTICA

TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA

MÉTODOS ENERGÉTICOS TRABAJO DE LA DEFORMACIÓN ELÁSTICA ó ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Se considera que los cuerpos sólidos en la mecánica de materiales están formados por materia que consiste de partículas denominadas puntos materiales y cuyo conjunto constituye la configuración del cuerpo – elemento. Se dice que el cuerpo – elemento experimenta una deformación cuando cambia su configuración, o sea cuando se desplazan sus puntos materiales (sufren un reacomodo). A

P1 B δ1

L

(Fig. 1) Sistema Recto

P δ R A

B (Fig. 2) Sistema Curvo

Si se supone un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo, este se deforma hasta que el sistema de fuerzas internas equilibra al sistema de fuerzas externas. Las fuerzas externas realizan un trabajo que se transforma y acumula en el cuerpo como energía interna, esta energía (o trabajo interno) es el utilizado por el cuerpo para recuperar su forma cuando cesa la acción del sistema de fuerzas externas. Si el cuerpo recupera exactamente su forma inicial se dice que es un cuerpo perfectamente elástico, e indica que el trabajo de las fuerzas externas durante la deformación del cuerpo se transformará totalmente en energía de deformación. (Se desprecia la pérdida de energía por cambio de temperatura del cuerpo, por ser cantidad pequeña). Considerándose una barra elástica de sección transversal A y longitud L, sujeta a una carga axial P, aplicada gradualmente, como se muestra en la figura 3.

II - 2


P

A

L

(P1 , δ1)

δ

Wext.

δ

o

P (Fig. 3)

RELACIÓN: CARGA - DEFORMACIÓN

Sabemos: ( ) ( ) El trabajo externo desarrollado en contra de las fuerzas internas del sistema es: ∫ ∫

( )

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

II - 3

( )


P

P

We xt.

Wext.

δ

δ

CASO LINEAL

CASO NO LINEAL

ENERGÍA DE DEFORMACIÓN El trabajo de la deformación elástica corresponde al área sombreada del triángulo mostrado, es decir, está representado por el área bajo la recta. En el caso de la elasticidad no lineal, la energía de deformación es el área bajo la curva. ENERGÍA DE DEFORMACIÓN EN BARRAS CASO I: Debido al esfuerzo normal

A d v = d s.d A L

δ P

( ) ( ) ( )

( )

Como:

( )

II - 4


(2) en (1):

(

)

(A.L) = Representa un volumen que se puede considerar unitario, obteniéndose el llamado TRABAJO ESPECÍFICO DE DEFORMACIÓN ( ), es decir, la energía de deformación almacenada en la unidad de volumen. ( ) ( ) Como:

( )

De la energía especifica de deformación:

∭ dv = ds .dA

dA

ds Tomando una diferencia de volumen

∭

( )

II - 5


(3) en (4):

∭ ∭ ∫

∬

( )

A. EFECTO DE FUERZA NORMAL

en (5): ∫

∬

( )

Como N, E, A son constantes en una sección transversal. Además: ∬

En (6):

∫ ∫

B. EFECTO DE MOMENTO FLEXIONANTE

En (5)

∫

∬

( )

II - 6


Como M, E, I son constantes en una sección y Además: ∬ En (7)

∫

∬

∫

CASO II: Debido al esfuerzo cortante δ

P

P

P

P

L

dy dv = dx.dy.d z

y

A o

x

P

z

dx Elemento sujeto a fuerza cortante

( ) ( ) Sabemos: ( )

( ) ( )

II - 7


Considerando: dx.dy.dz = 1, volumen unitario, se obtiene el TRABAJO ESPECÍFICO DE DEFORMACIÓN ( ) debido a esfuerzo de corte. ( ) ENERGÍA ESPECÍFICA DE DEFORMACION DEBIDA A ESFUERZO DE CORTE

Como: ( ) De la energía específica de deformación: ∭

∭

( )

(4) en (5):

∭ ∭ ∫

∬

( )

A. EFECTO DE FUERZA CORTANTE

En (6)

∫

∬ ∫

∬

( )

II - 8


Como: V, G, A son constantes y además: ∬

( )

(*) Factor o coeficiente de forma (solo depende de la forma de la sección transversal) En (7)

K = 1.2, Para secciones rectangulares y triangulares K = 10/9, Para secciones circulares.

∫ ∫

( )

(*) TRABAJO DE DEFORMACIÓN POR FUERZA CORTANTE

B. EFECTO DE MOMENTO TORSIONANTE

Considerando sección circular:

En (6)

∫ ∫

∬

∬

Como:

( ) son constantes y además:

∬ En (8)

∫

II - 9


∫

( )

(*)TRABAJO DE DEFORMACIÓN POR MOMENTO TORSIONANTE

Aplicando el Principio de Superposición de Causas y Efectos a fin de considerarse los 4 efectos simultáneamente en a barra; además como un sistema estructural esta compuesto de varios elementos Aplicando la sumatoria, se obtiene la energía interna a trabajo interno debido a la deformación elástica. ∑∫

∑∫

∑∫

∑∫

En donde: El trabajo de la deformación elástica debido a: -

FUERZA AXIAL (Tracción o Compresión):

∑∫ -

MOMENTO FLEXIONANTE: ∑∫

-

MOMENTO TORSOR:

∑∫

FACTOR DE FORMA “K”

El coeficiente de forma o factor de forma “K” de la sección transversal de un elementos, esta dado por la siguiente expresión: ∬

II - 10

ds


dy S

dy

y

dx

dx

x

α

En donde: Q = A.d ; Momento elástico I = Momento de Inercia t = Ancho de la sección A = Área de la sección K = 6/5 = 1.2

: Para secciones rectangulares

K = 10/9 : Para secciones circulares

ds

: Para secciones I

dy s

K=1

dθ

dx θ

α d s = Rd θ o ≤θ≤α

II - 11

R


PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMA Nº 01 Determinar el trabajo de la deformación elástica de la viga en cantiléver P

A

L

B

L

B

SOLUCIÓN: P

x

A

+ En esta estructura se presentan los efectos de flexión y corte, por lo tanto:

∫

∫

( )

1º. Cálculo de las fuerzas internas TRAMO AB: (

)

( )

2º. Cálculo de la “

∫

(

)

∫

II - 12

(

)


PROBLEMA Nº 02 Calcular el trabajo de la deformación elástica para la viga de sección constante. P 3L/4

A

L/4

C

B L

SOLUCIÓN: x

x

P 3L/4

L/4

A

C

B L

+

P/4

∑∫

3P/4

∑∫

( )

1º. Cálculo de las fuerzas internas

TRAMO AB: (

)

2º. Cálculo de la “

TRAMO CB: (

)

:

En (1):

∫

(

∫

)

∫ (

(

)

)

( (

∫

(

)

II - 13

)

)

(

(

)

)


PROBLEMA Nº 03 Encontrar el trabajo de la deformación elástica por todo concepto de la estructura en arco de circunferencia. La sección es única y tiene radio (r = 0.05R), usar G=0.4E A d = 2r x-x R

B P

SOLUCIÓN

A

x x

d = 2r

ds = Rdθ

Psenθ

θ

R

M=P.d Pcosθ

P

dθ

x-x S

θ

B (R - Rcos θ)

∫

TRAMO BA: (

∫

∫

( )

)

(

)

(

)

Además: (

)

(

II - 14

)


En (1):

A. ∫

[

)]

(

∫

(

)

OJO:

(

)

(

)

∫ (

)

(

)∫

(

)

(

)

B.

∫

(

)

∫

OJO:

∫

(

∫ (

)

)∫

( )

II - 15

(

)


C.

∫

(

)

∫

OJO:

∫

(

∫ (

)

)∫

( )

(

)

Reemplazando las expresiones encontradas:

(

)

PORCENTAJE DE PARTICIPACIÓN:

(

)

(

)

(

)

La influencia del cortante y del normal es insignificante en relación a la flexión, por consiguiente se pueden despreciar.

II - 16


PROBLEMA Nº 04 Para la estructura que se muestra, hecha de una varilla maciza de diámetro (d =0.1a), siendo G = 2/5 E , determinar el trabajo de la deformación elástica considerando todos los efectos. d = a/10

D a a

C

B

a

A P

SOLUCIÓN: d = a/10

Z

D

Y

o

X

a a

C

+

B

a

P

x

A

1º. Cálculo de las fuerzas internas: TRAMO AB: (

)

Plano: XZ

II - 17

TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA TRAMO BC: (

)

Z

D

Y

o

+

X

Pa

a C

x

B

Plano: XY

P

TRAMO CD: (

)

Z

D

o

Y

√

X

+

C P

Pa

D

√2

Pa

C

x

P

+

Pa

2 a√

a

a

II - 18

P


√

2º. Cálculo de la energía interna

∑∫

∑∫

∑∫

∑∫

POR FLEXIÓN:

( [∫(

)

)

∫(

∫(

)

(

√ )

)

POR CORTE:

(

)

[∫( )

∫( )

∫ ]

(

POR CARGA AXIAL:

II - 19

)

]


[∫

∫

∫( )

]

POR TORSIÓN:

( [∫

) ∫(

)

∫ ]

(

)

PORCENTAJE DE PARTICIPACIÓN:

∑

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

II - 20

)


PROBLEMA Nº 05 Hallar: P

P A

C

R

B

SOLUCIÓN:

P

P A

Rsen θ

C

θ dθ

R ds=Rd θ

B

∫ TRAMO AB: (

( ∫

)

) (

)

∫

∫

∫ (

(

(

)

)∫

)

( )

II - 21


PROBLEMA Nº 06 Considerando solo el efecto de flexión (EI=cte), calcular la energía de deformación elástica acumulada en la estructura. qa² B

C

3a

4a

A SOLUCIÓN:

X

qa²

Hc = qa

B

3a

C Vc = qa

+ 4a

+

X 45º

RA Cos45º = qa

A 45º

RA R ASen45º = qa

1º. Reacciones: ∑ ( )

( ) √

∑

∑

II - 22


2º. Acciones Internas TRAMO AB: (

)

TRAMO CB: (

)

3º. Energía de deformación ∑∫ ∫

(

)

∫

(

)

(

∫

)

∫

(

)

(

)

PROBLEMA Nº 07 La barra ABC de sección circular esta doblada según la recta AB y el cuadrante de circunferencia BC, si esta fija en A y libre en C, hallar la Energía de Deformación Elástica al actuar una carga “P” en C, perpendicular al plano de la barra. Considerar los efectos de deformación por flexión y torsión (J = 2 I, G = 0.40 E). Z

A

P

r

r

B X

C Y

II - 23


SOLUCIÓN: Z

A θ

r

P

r

dθ

B C

X

Y ds= r dθ

Z

A

B

r

Y

dθ

θ θ/2

P

r

θ /2

d/

Mf =MCos θ/2

d/2

P

-

2

M=Pd

C

+ Mt =MSen θ/2

X d = 2 r Sen θ/2

+

Momento Torsor:

TRAMO CB: (

)

(

) (

)

( )

x Z

A

r

B

P

+

Mt

Y

45º M=√2 Pr +

Mf

r√ 2

TRAMO BA: (

)

r

P X

II - 24


∑∫

∫

(

)

(

∑∫

(

∫

(

∫

)

)

)

∫

(

)

(

)

PROBLEMA Nº 08 Solo efectos de flexión

EI = cte. 3a

B

A

2a P D

TRAMO DC: ( P

D

)

a

TRAMO CB: ( B

x a

+

+

C

2a x C Pa

P

II - 25

C

)


TRAMO BA: (

)

x B Pa

A

P

+ ∑∫ ∫

(

( )

(

∫

∫

)

∫

∫

( )∫

( )

)

( )

∫ (

( )∫ (

(

(

)

II - 26

)

) )∫

CAPÍTULO III PRIMER TEOREMA DE ALBERTO CASTIGLIANO

1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO

1er TEOREMA DE ALBERTO CASTIGLIANO Calcula.- Deformaciones en Sección de elemento La deflexión acción de

del punto de aplicación de la carga

medida a lo largo de la línea de

, puede expresarse como la derivada parcial de la energía de deformación

con respecto a la carga

. ∑∫

∑∫

∑∫

∑∫

Pi i

La deflexión

δi

se obtiene directamente cuando la carga

donde se va obtener

esta aplicada en el punt o

.

Si la carga “i ” no está ubicada en el punto donde se quiere obtener carga ficticia

en el punto de análisis de

luego se deriva respecto de

∑∫

.

∑∫

∑∫

∑∫

Pi

Qi i

Luego haciendo

aplicaremos una

, se obtiene la deflexión

(Ficticia)

δi

en la dirección deseada.

El teorema también es válido cuando se trata de hallar giros, en cuyo caso se aplicará.

Ángulos de torsión:

III - 2


PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMA Nº 01 Hallar la deflexión vertical del extremo libre de la viga en cantiléver mostrado en al figura. Considerar solo efectos de flexión

(EI=constante) P

A

B

L

SOLUCIÓN: x

A

B

L

+ Tramo AB: (

∫

|

B

)

∫

∫

III - 3

P δB


PROBLEMA Nº 02 Hallar

(EI=cte) W A

B

L

SOLUCIÓN: x

W A

Tramo AB: (

(

B

L

)

) ( )

∫

∫

Q (Ficticia)

∫

III - 4



del sistema mostrado en la figura. P

A B

C

a

a

SOLUCIÓN: P

x

A

EI 2EI a

B a

Tramo AB: (

)

Tramo BC: (

)

P

x

B

2EI

Pa

∫

∫ (

C

)

(

C

∫

III - 5

) ∫(

)


PROBLEMA Nº 04 Hallar la flecha al centro de la luz de la viga simplemente apoyada solicitada con carga uniformemente repartida: (EI = constante) W A

B

C L

SOLUCIÓN: x

Q (Ficticia)

W A

δC L

WL + Q 2 2

Tramo AC: (

(

( )

(

∫ (

WL Q + 2 2

) )

∫

B

C

)( )

(

)

∫

(

)

)∫

III - 6


PROBLEMA Nº 05 Determinar el giro en el extremo libre de la viga en voladizo mostrado en la figura Considerar solo efectos de flexión.

(EI = constante) W

A

B

L

SOLUCIÓN: x

W A

B

(Ficticia)M A

L θA A’

Tramo AB: (

∫

)

∫

∫

III - 7


PROBLEMA Nº 06 En la estructura mostrada determinar el desplazamiento horizontal del nudo A y la fuerza horizontal H que anula este desplazamiento. Considerar solo el efecto de la deformación por flexión EI.

P B r 37º

A

r

C

r

SOLUCIÓN ds=rdθ

3P/5

P 37º

B dθ

r d s=rdθ

37º dθ

H

A

θ

C

θ

r

H+4P/5

r

3P/10

3P/10

Tramo AB: (

) (

∫

∫

[

(

(

(

)

(

∫

∫

Tramo CB: (

)

[

)]

)

]

∫

(

)

4P/5

(

(

III - 8

)

)

∫

) )

(

)


(

)

(

”

Cálculo del desplazamiento

)

( )

Cálculo de “H” que anula este desplazamiento :

(

)

(

)

( )

PROBLEMA Nº 07 El anillo de la figura está fabricado con un perfil de acero cuya sección es m-n. si al ser construido hay un error de longitud, por defecto, de 0.05m. Hallar la fuerza necesaria F para unir los extremos libres y poder soldarlos. (

)

0.05m 1’

F 1

F

m n

3m

8’’

. 3/8’’

4

2 ½’’ 3/8’’

SECCIÓN: m - n

3

III - 9

12’’


SOLUCIÓN

Analizando media estructura 1

F

1 θ F Fsenθ

rCosθ θ

Fcosθ ds =rdθ M

dθ

+

3

3

(

)

(

( )

∫

∫ ∫

(

*

)

∫

(

)

∫ (

) ( )

∫ ∫

∫

∫ ( )

+

III - 10

∫

)


Datos:

(

)

( (

) )

PROBLEMA Nº 08 Para el sistema mostrado en la figura, calcular el desplazamiento vertical del nudo “D”. Considerar solo efectos de flexión:

P=6 ton. 12 ton. D

C

5 m.

12

B A

III - 11


SOLUCIÓN P=6 ton. x

12 ton.

D

C

+

5 m.

+ x

+ 12

x

B

A RA

RB

1º. Reacciones

∑ (

)

(

)

( )

∑ ( )

2º. EFECTOS EN LAS BARRAS Tramo AC: (

)

Tramo DC: (

)

Tramo DC: (

) (

)

III - 12


3º. Cálculo del: ∑∫ ∫

∫

∫ ∫

∫


(

)

a

B

2a

C

w

III - 13


SOLUCIÓN d s=adθ a dθ

B

θ

Y X

C

P=wa

Vc =P-wa 2a

w

x HA VA=P-wa

1º. De la estática:

∑

∑ ( )

( )

2º. Cálculo de

Tramo AB: (

) (

(

)

)

III - 14

ING. RONALD SANTANA TAPIA Tramo BC: (

)

(

) (

)( (

(

)

)

(

)

)

(

) (

)

(

)

(

)

Como: ∑∫ ∫ (

)

(

)∫

(

) (

)

∫

(

)

(

( (

) )

(

)∫

)

III - 15


PROBLEMA Nº 10 Considerando solo efectos de flexión calcular el desplazamiento horizontal del apoyo móvil. (EI = Constante) w

B

C

a

A a

2a

SOLUCIÓN w

B

Q

C VC

(Ficticia)

Q

a

A

VA

a

2a


∑

∑ ( )( )

( )

Tramo AB: (

) B

Q

A

w C

Y

α x

(2/3wa - Q/3) a

2a

III - 16


(

)

Pero:

∫

ds

dy

α dx

( √ ) √

∫ (

∫ √

) (

)

√

√

∫

√

III - 17

1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO Tramo BC: (

(

)

)

( )( )

x

w Q

B

C (4/3wa + Q/3)

A

∫ ∫ (

) ( )

∫ (

)

(

)∫

(

√

III - 18

)


PROBLEMA Nº 11 Calcular el valor de la carga P para que los extremos A y D sufran el mismo descenso vertical

300 kg

B

P

A

1m

C

1m

D

1m

2m

E

SOLUCIÓN Q=300 kg

x

B

P

A

1m 1m

x C

1m

2m

E

Tramo AB: (

)

Tramo DC: (

)

Tramo BC: (

)

III - 19

D


Q Q

B

Tramo CE: (

C

x

)

√

(

) P+Q

(

)

M f=Q C

E


C

1m.

5000 kg. B 1m.

A 2m.

III - 20

x

Mf =(P-Q)


SOLUCIÓN VC= VA=Q+2500 (Q+5000)

C

5000 kg. B

β

α

A

Q

VA

Sabemos:

( )

∑ 1º. Reacciones ∑ ( )

( )

( )

2º. Equilibrio de nudos

Nudo “B”: ∑

√

√

(

)

III - 21


Y

NBC 5000 α

X

NAB

∑

√

√ (

)

Nudo “C”: Y

Q+2500 Q+5000 β NAC

X X

2500

∑

√

√

(

)

3º. Efectos axiales (

) (+): Tracción

III - 22

(-): Compresión


VC= VA=Q+2500 (Q+5000)

C

2500

Q

00 50 + √2

√2

1m.

5000 kg. B 1m.

250Q√2 β

α

A

Q

VA 2m.

(

)

(

)

√

√

√

√

√ (

√

√ )

√

TOTAL

( )

PROBLEMA Nº 13 Hallar P

2L/3

L/3

BARRA RÍGIDA

EI= EA=

8 8

A

B E, A, L

E, A, L

C

III - 23

60º

45º

D


SOLUCIÓN D.C.L. (Barra) P 2L/3

A

L/3

B

L Q

∑ (

)

En el sistema tipo armadura

Q

∑

B

∑

( ) C

60º

Nudo: “B” ∑

√

( ) Y

Q

X X

60º NBC

45º NBD

III - 24

45º

D


∑

√

(

√

√

√ √

(

) √

)

√

( ):

(

√ √ √

)

( √

)

√ √ √

( ) ( ( (

)

√ √ √

(

)

√

)

(

)

(

√ √

(

√ √

)

(

√ √

) )

(

(

III - 25

√ )

√

)

)


PROBLEMA Nº 14 Para la estructura reticular plano, se pide calcular el desplazamiento horizontal del Nudo 4 (Apoyo móvil) ,

3

2

3m 4

1 6

5

18 ton. 3m

6 ton. 3m

3m

SOLUCIÓN 3

2

Q

4

1

Q

6

5

18 ton.

6 ton.

V4

V1

Reacciones

∑ ( )

∑ ( )

( )

1º. Cálculo de las fuerzas axiales en las barras Nudo:

∑ ∑

√

III - 26

ING. RONALD SANTANA TAPIA N12

Y 45º Q

N15

X

14

Nudo: ∑ ∑

√ Y

N34 45º Q

N64

X

10

Nudo: ∑

√

∑ Y

N26

N36 45º (10-Q)

(14-Q)

X

6

Nudo: ∑ ∑

√ (

) √ Y

N23 X 45º 10

III - 27


2º. Cálculo de

∑

(+): Tracción

-

(

(-): Compresión

) √

√

√

√

√

√

TOTAL

( )

III - 28

-

Q = 0 (Ficticia)


PROBLEMA Nº 15 Para la estructura bi – articulada, determinar el desplazamiento vertical de 3 y horizontal de 4. Considerar para todas las barras. ( ) 8 ton. 3

4

2 3m 1

5

6

8 ton. 3m

3m

SOLUCIÓN 8 ton.

4√2

P

4 √2

P

3

2

4 3m

H1

1

5

4√2

8 ton.

H5

6 4 √2

V1

V5

1º. Reacciones

∑ ( )

∑ ( ) (

( )

( )

)

( ) (

( ) )

2º. Fuerzas axiales internas: Nudo: ∑

Y

√

4√2

∑

√

N23 4√2

N12

III - 29

X


Nudo: ∑

∑ (

)

√

(

√ )

√ (

)

√ Y

N13

4√2 45º

H1

X

½ (P+Q)

Nudo: ∑ √

*

√

∑ (

) (

+

*

)

√

(

)

(

)

+ √

Y P

N34

4√2

X

45º √2/2(P+Q)-8

N36

Nudo: ∑

∑

√

[ (

√ (

)

√

√

III - 30

(

)

)

√ ]


Y ½ (P-Q)+4√2

N46 45º

4√2

X

N56 4√2

3º. Cálculo de los desplazamientos

8 ton.

4√2

4 √2

4√2 3

4√2

( /2 √2

-8 Q) P+

1

4√2

8 ton.

1/2(P-Q)+4√2

2

4

√2

/2

) -Q (P

1/2(P-Q)+4 √2

1/2(P-Q) 5

6 4 √2

V1

V5 3m

3m

III - 31

3m


III - 32


PROBLEMA Nº 16 Para la estructura reticulada mostrada en la figura, se pide determinar el desplazamiento vertical del Nudo “5” 2P P

2

3

A

A

A

2A

2A

1

a 4

2A

5

Q a

a

SOLUCIÓN 2P P

H1

2

3

1

H4

4 5

Q V4

V1

1º. Reacciones ∑ ( )

( )

( )

( )

∑

∑

( )

2º. Fuerzas axiales: Nudo: ∑

∑

√

III - 33

(

)


Y

N34 45º

H4

X

V4

Nudo: ∑

∑

Y

2P

N23

X

45º N34

N35

Nudo: ∑

∑

Y

N12 H1

N15 V1

III - 34

X


Nudo: ∑

(

∑

(

)

)

√ Y

N23

P

X

45º N25

N12

3º. Cálculo de

(+): Tracción (-): Compresión 2P P

3P+Q 2

2

A

3

A A

2A P+Q

Q

2A

P-Q 2

2

(14-Q)

1

a 4

H4

5

2A

Q V4

V1

a

a

(

)

(

) (

)

(

)

(

)

√

(

)√

√

(

)√ (

√

√ √

√

) (

TOTAL

III - 35

√

)


√

(

)

PROBLEMA Nº 16 Hallar el desplazamiento vertical del nudo

, del sistema bi -articulado

P 8

8 ton.

3

4

2

2m. 1 5

1.5m.

1.5m.

SOLUCIÓN P 8

8 ton.

3

12 ton 4

2

1

H1 = 8 ton.

5

V1= -16/3+P/2

V5= 53/3+P/2

1º. Reacciones

∑

∑ ( )

(

)

( )

2º. Equilibrio de nudos:

III - 36


Nudo: ∑

∑ ( )

( )

Y

P

8 α=53º

X

α=53º N35

N13

Nudo: Y

∑ (

(20/3-5P/8)

)

α=53º

8

N15 (-16/3 + P/2)

3º. Efectos axiales (+): Tracción

(-): Comprensión P

8

8 ton.

3

4

2

12 1

H1=8 ton.

(4+3/8P) 5

V1 =-16/3 + P/2 1.5m.

III - 37

V5 =53/3 + P/2 1.5m.

2m.

X


(

(

)

(

)

(

)

) TOTAL

( )

PROBLEMA Nº 18 Para la estructura con elementos bi - articulados (armadura), calcular el desplazamiento vertical del nudo 4. Considerar para todos los elementos: (

)

Hallar: 2 45º

3 6 ton. 3m. 12 ton.

1 5

4

4m.

3m.

III - 38


SOLUCIÓN 2

3 3√ 2

45º

6 ton. 3√ 2

12 ton. 3 √2

1 5

R1

4

R5

1º. Cálculo de las fuerzas axiales: Nudo: ∑

∑ √ ( )

√

√

√ Y

N34 45º

X

N45 P

∑

∑

√ √

Nudo: ∑

∑ √

(

) √

√

III - 39

(

√ )


√ Y

3 √2

N13

3√ 2

37º P

X

3/4P - 3/4√ 2

2º. Cálculo de : ∑∫

En donde: (+): Tracción (-): Compresión

(

)

(

) √ √

√ ( √

√ ) √

√

TOTAL

III - 40

CAPÍTULO IV MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL

TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA

MÉTODO DEL TRABAJO VIRUAL Llamado también método del “Trabajo de la Carga Unitaria” (Carga Unitaria) Este método nos permite calcular las deformaciones (desplazamientos y giros) de sistemas tipo armadura, pórticos y vigas, pero es particularmente aplicable a las primeras. ∑∫

∑∫

∑

∑∫

En donde: Fuerzas internas producidas por las cargas externas (cargas reales) Fuerzas internas producidas por la carga virtual (cargas unitarias Ficticia) DEMOSTRACIÓN: Sea la estructura del sistema 1, sometida a las cargas P1, P2,….,Pn. Sea AB una sección genérica en la cual se obtienen las acciones internas denominadas Momentos Flector, Fuerza Cortante, Fuerza Normal y Momento Torsor, a las cuales denominaremos , respectivamente. P1

P2 B B

A

A Pn i

i

1 x Pv

SISTEMA 1

SISTEMA 2

Supongamos que las constantes elásticas de la estructura son conocidas y que queremos determinar el desplazamiento vertical del punto “i”. Retiremos todas las cargas exteriores y aplicaremos una carga unitaria vertical en el punto “i” (Sistema 2), calcularemos para esta condición de carga unitaria las acciones internas en la sección genérica AB, de nominando las . Si a la carga unitaria le multiplico por una carga ficticia , las acciones internas se modifican de la forma siguiente: Por el principio de superposición de causas y efectos en ambos sistemas en la sección genérica AB, resulta:

IV - 2


Como:

(Ficticia)

Reemplazando en el 1er Teorema de A. Castigliano:

∑∫

∑∫

∑

IV - 3

∑∫


PROBLEMAS DE APLICACIÓN

PROBLEMA Nº 06 Para la estructura mostrada en la figura, se pide determinar el desplazamiento vertical en la rótula. (EI = constante) wa² D

C

B

Rótula

4a

E

A a

a

3a

SOLUCIÓN: a. En el sistema de carga real: wa² B

C

D

Rótula

x

4/3x=y

dy

ds=5/3 dx 53º

dx

HA=wa 5

53º

A

VA=wa 5

wa E 5

x M Sistema de carga real

1º. Reacciones

∑ ( )

IV - 4

wa 5


∑

( ( )

)

( )

b. En el sistema de carga virtual: 1 B

D

C Rótula

x

4/3x=y

dy

d s=5/3d x 53º

dx

hA= 1 5

53º

A

vA= 4 5

m Sistema de carga virtual

∑ ( )

( )

E 1/5

x

( )

( )

2º. Cálculo de los efectos de flexión al momento flexionante

IV - 5

1/5

TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA Tramo AB: (

Tramo BC: (

)

)

R=wa² x

wa 5

B

C

4wa² 5 wa 5

x

1 5

B 4a 5

C

4 5 m = 4/5x - 4a/5

Tramo CD: (

)

x

wa 5

C

D

wa 5

1 5

x C

4 5 m = 4/5x

IV - 6

D

ING. RONALD SANTANA TAPIA Tramo de: (

) dy

d s=5d x/3 53º

dx

3º. Cálculo del desplazamiento :

∑∫ ∫

∫

(

)

∫

∫ ∫

(

)

∫

∫

∫

PROBLEMA Nº 02 Para la estructura compuesto por un elemento recto y un elemento curvo, se pide determinar el desplazamiento de la sección “B”. (EI = constante)

IV - 7


C

R D

w

B

4R

A

SOLUCIÓN:

∑∫

( ) C ds=Rdθ dθ θ

B

R(1-Cosθ )

4wR

w

x 4wR

A M

4wR

SISTEMA DE CARGA REAL C ds =adθ dθ θ

1

B

D

R(1-Cosθ)

½

x 1

A m

½

SISTEMA DE CARGA VIRTUAL

IV - 8


Tramo AB: (

Tramo BCD: (

)

)

(

)

(

)

En (1): ∫

(

)( )

∫

(

)

(

∫ (

(

∫

)∫

(

))

(

)

)

(

)∫

(

)

PROBLEMA Nº 06

Hallar el alejamiento de los bordes A y D de un canal usado para transportar un fluido cuyo , cuando: , A

D

3.2a

4a

B

3a

C 6a

IV - 9

3a


SOLUCIÓN: 1. Cálculo de reacciones a. En el sistema de carga real: Aprovechando la simetría A

D A’

C’

δ=800 kg/m 3 .3 l=4 86 a

h=3.2a

F =1/2 lw=5614.08 a² 53º

W o

B W

C

B’

W

R

w= δ.h.1m

R

w=2560a(kg/m) Sistema de Carga Real (M)

∑ ( ) (

)

b. En el sistema de carga virtual: 4/5 1

A

1

x

3/5

A’

C’

53º o

B’

B o

C

o

Sistema de Carga Virtual (m)

2.

Cálculo de las fuerzas internas de cada elemento Tramo AA’ : (

)

IV - 10

ING. RONALD SANTANA TAPIA Tramo A’B: (

) 3/5 4/5

A’

0.4912a

A’

f=1/2 (x)(qx ) X

X

qx x/3

B

B

W

( )( ) ( )

Tramo BB’ : (

)

3368.448a² 5614.08a²

45º

1

B 8207.785a

3

W

B’

B

B’

x

x 4a

11048.448a²

3.

Cálculo del desplazamiento entre A y D

a. Cuando (

)

∑∫ ,∫

( )( ∫

) (

)(

IV - 11

)


∫ (

)(

b. Cuando (

)

-

)

,∫

(

)(

)(

)

-

PROBLEMA Nº 07 Resolver el sistema mostrado en la figura y calcular el desplazamiento horizontal del apoyo móvil. Considerar solo efectos de flexión: (EI = constante) P

C B

3a

A 4a

4a

SOLUCIÓN:

1º. Reacciones del sistema

Sea “R” la variante redundante.

IV - 12


∑∫

( ) x

P

C B

R

A Efectos reales de flexión

SISTEMA DE CARGAS REALES (M) x C B

1

A

Efectos virtuales de flexión

SISTEMA DE CARGA UNITARIA (m)

Tramo BC: (

)

∫

∫

( )

Tramo AB: (

) x P

R B

x 4Ra

B

4a

1

A

A

IV - 13


ds

y α

dy

α

x

dx

Reemplazando en la ecuación (1) ∫

∫ (

) (

)

( )

(2) y (3) en (1):

∫

∫ ( ∫

∫

) (

[

) ]

*

+

IV - 14

ING. RONALD SANTANA TAPIA P

C B 25 P 104

A

P 14 MA= 13 Pa

25 104P

∑ ( )

( )

2º. Cálculo del desplazamiento horizontal del rodillo:

∫

( ) x

P

C B 25 P 104

A SISTEMA DE CARGAS REALES (M)

x C B

A

SISTEMA DE CARGA UNITARIA (m)

IV - 15

1

TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA Tramo BC: (

)

∫ ( Tramo AB: (

(

)( )

( )

)

)

(

)

x

1 B

A

∫ (

) (

)

( )

Reemplazando en la ecuación (2):

∫ (

)

IV - 16


PROBLEMA Nº 01 La barra ABC, ubicada en un plano horizontal, está sujeta a una carga vertical “w”, uniformemente repartida. Determinar el desplazamiento vertical de “C”. Datos: E, G=0.4E I, J = 2I Z

A 3a

w

o 3a

3a

w C

B

Y

X

SOLUCIÓN: Z

A 3a

w

o 3a

3a

w C X

3a√2 B

x

3a√2

En el sistema de carga real

IV - 17

Y Mt=3 √2wa(3√2a)=9wa² 2


Z

A

o 1

x 1

3a√ 2

Y

B X

m =3a√2 t

En el sistema de carga virtual

Tramo CB: (

√

)

Tramo CA: (

√

)

√ √

{∫

√

(

)(

)

∫

∫

√

(

√

( √

)(

)(

)

}

√ )

PROBLEMA Nº 05 Hallar el desplazamiento horizontal del apoyo móvil “A” , para la estructura de elementos bi - articulados mostrados

IV - 18


B

2m.

22 ton.

C 1m.

A 2.3m.

SOLUCIÓN: x

dx N+

T

T L

i

x

dx N-

c

: TRACCIÓN

j

c L

i

j

∑∫

∑

]

∑

IV - 19

: COMPRESIÓN


1º. Reacciones VB

B

22 ton

22 ton.

C A

VA

En el sistema de carga real

∑ ( )

(

)

VB

B

1

C A

VA

En el sistema de carga virtual

∑ ( )

(

)

2º. Equilibrio de nudos a. En el sistema de carga real Nudo C:

IV - 20


Y

NBC 22

X

α NAC

∑

∑

Nudo B: Y

19.13 22

X β

NAB 19.13

∑

19.13 2.2

B

36 .1

57

9.565

22 ton.

C 23.990

A

19.13

IV - 21


b. En el sistema de carga virtual: Nudo A:

∑

Y

NAB 1

θ

X

1.304

1.304

B

1. 64 3

1

22 ton.

C 1

A

1.304

IV - 22


3º. Cálculo de

:

(

)

( )

( )

TOTAL

PROBLEMA Nº 07 Para el sistema de armadura con elementos bi-articulados se pide calcular el desplazamiento vertical del nudo 3. (

)

5

4

2m.

53º

1

3

2 5 ton.

2m.

2m.

SOLUCIÓN:

∑

1º. En el sistema de cargas reales: V5 5 H5 4

H

1

1

3 ton. 53º 5 ton.

2 4 ton.

IV - 23

3


A. Cálculo de las reacciones:

∑ ( )

( )

( )

∑ ∑

B. Cálculo de las fuerzas axiales en las barras Nudo 5: Y

4 4

X

α

N45

N15

∑

√

√

∑

√

IV - 24

√


Nudo 1: Y

4

N14 β

4

X

N12

∑

∑

√ V5=4 5 H5=4

2√ 5

4

2

H =7 1

1

5 2√

4

3 3 ton. 53º

2

5 ton.

4 ton.

2º. En el sistema virtual de carga unitaria : V5 5 H5 4

H1

1

3

2 1

A. Cálculo de las reacciones:

∑ ( )

( )

IV - 25


∑ ∑

B. Cálculo de las fuerzas axiales en las barras

Nudo 3: Y

N34 N23 δ

X

1

∑

∑

√

Nudo 5: Y

1 2

X

α

N45

N15

∑

∑

√

√

IV - 26

√

ING. RONALD SANTANA TAPIA V5=1 5

H5=2

√5 4

√5 2

H1=2

2

1

3

2 1

3º. Cálculo del desplazamiento:

(

)

(

√

√

)

(

)

(

)

(

)

√ √

√

√

√ TOTAL

( )

PROBLEMA Nº 08 Para la armadura mostrada, calcular el desplazamiento horizontal y vertical del nudo

y la rotación de la barra

-

. Considerar para todas las barras:

IV - 27

TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA 4m.

4m.

1

2 37º

3m.

53º

53º

3

6000 kg

SOLUCIÓN: I. Cálculo del desplazamiento horizontal 1º. Reacciones a. En el sistema de carga real: N 4m.

4m.

1

2 37º

3000 kg

3000 kg

53º

53º

3

6000 kg

b. En el sistema de carga virtual: n

Nudo: Y

n 23

n 13 37º

1

∑ ∑

IV - 28

37º

X

3m.


2º. Cálculo del desplazamiento horizontal (

(

)

(

)

(

)

)

(

)

∑

( )

II. Cálculo de desplazamiento vertical 1º. Reacciones a. En el sistema de carga real: N 4m.

4m.

0 1

2

N12= 4000

37º

3000 kg

3000 kg N23= 5000

N13= 5000 53º

53º

3

N

6000 kg

b. En el sistema de carga virtual: n n 12 = 2/3

1

2 37º

½

½ n13

n23 53º

53º

3

1

IV - 29

3m.


Nudo:

∑ ∑

Nudo:

∑

2º. Cálculo del desplazamiento horizontal (

(

)

(

)

(

)

(

)

)

∑

( )

III.

Cálculo de la rotación de la barra: Método 1:

IV - 30

-


1

2

L θ 23 =m L

m

∆v

m

(∆V - ∆HCot α)

∆H

Cs

cα

α α

δ

∆H

3

α

∆HCotα

( ) √(

)

(

)

√ √

(

)

√

(

√

(

√

IV - 31

)

)

(δ - ∆HCscα)


Método 2: Fuerzas axiales:

1

2

8m. n12

1/5 = F

1/8

. 5m n23

n 13 F=1/5

1/8

3

1

Nudo: Y

n23 n13

37º 53º 37º

X

∑ (

) ( )

∑

( )

De ( ) ( ): (

)

IV - 32


( (

)

)

Nudo: ∑ Y

n 12

X

37º

1/8

(

n13=5/24

)

Rotación de la barra 2 - 3:

∑

(

IV - 33

)


PROBLEMA Nº 09 Para la estructura con elementos bi – articulados, se pide determinar el desplazamiento horizontal del apoyo móvil. (EA=constante)

SOLUCIÓN:

1º. Cálculo de las reacciones: a. En el sistema de carga real: V4 3

P

P

2

4

1

5

2P V1

∑ ( )

IV - 34


b. En el sistema de carga virtual: V4 3

1

2

1

4

1 5

V1

∑ ( )

( )

2º. Cálculo de los efectos debido a la fuerza axial a. En el sistema de carga real:

Nudo 1: Y

N13 45º

N15 P

∑

∑

IV - 35

X

TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA √ b. En el sistema de carga virtual: Nudo 1: Y

N13 45º

X

N15

1 ½

∑

∑

√ 3

1

2

4

V4=1/2

1

½

1

√2 /2

½

5

½

IV - 36


3º. Cálculo del desplazamiento : ∑

√

√

√

√

√

√

√

√

TOTAL

( ) PROBLEMA Nº 08 Para la estructura compuesta por un elemento horizontal infinitamente rígido y dos elementos bi – articulados, se pide calcular el desplazamiento vertical del nudo “B” (

)

( P 2a/3

a/3

BARRA RÍGIDA EI=

8

A

B

a

C

IV - 37

EA 53º

EA

a

45º

D


SOLUCIÓN: 1.

En el sistema de carga real: N P 2a/3

a/3

√2/2 N

3/5 N

BD

BC

a

37º

45º

D.C.L. VIGA N

BC

N BD

4/5 N BC √2/2 N

BD

∑ √

( )

√

∑ ( )

√

( )

(

) √

( )

2. En el sistema de carga virtual: n 1 a

√2/2 n BD

3/5 nBC a

37º

45º

nBC 4/5 n √2/2 n BC

BD

∑ √

√

IV - 38

( )

n

BD


∑ √

( )

De (1) y (2):

De (1) y (2):

√

√

3. Cálculo desplazamiento vertical del nudo “B” ∑

(+): Tracción

(-): Compresión

√ TOTAL

IV - 39

√


PROBLEMA Nº 11 Par la estructura compuesta por elementos bi – articulados se pide determinar el desplazamiento vertical del nudo 5. 2P 2

P

A

3

A

2A

2A

A

a 4

1 2A

5

a

a

SOLUCIÓN:

∑∫

( )

1º. Cálculo de las reacciones a. en el sistema de carga real: 2P 2

P

A

A

2A

P/2

3

2A

A

1

4 2A

P/2

V4=1/2

∑ ( )

( )

( )

b. En el sistema de carga virtual: 2

2A

½

A

3

A A

1

½

5

1 V4

∑ ( )

2A

4 2A

H4=1/2

5

( )

IV - 40

H4


2º. Cálculos de los efectos debido a la fuerza axial a. En el sistema de caga real: Nudo:

∑

Y

N34 H4

45º

X

3 2P

∑

√

2P P

3P 2

2

3

P 2 P 2

P 2

P/2

1

4

H4= 3P 2

5 P 2

Q V4= 32P

b. En el sistema de carga virtual: Nudo:

IV - 41


Y

n34 h4

45º

X

1 2

∑

∑

√ 1 2

2

3

1 2 1 2

1 2 4

½

1

H4= 1/2

5

1

1 2

V4= 1/2

3º. Cálculo de desplazamiento:

En (1):

∑

√

√

IV - 42

√

√


√

√

√

√ (

TOTAL

(

√

IV - 43

)

√

)

CAPÍTULO IX MÉTODO DE KANI

MÉTODO DE KANY

MÉTODOS KANI CON DESPLAZAMIENTOS

FACTOR DE GIRO:

El factor de giro de “i” o “j” de una barra es igual al cociente de su rigidez relativa resecto a del nudo i . En donde:

∑

NOTA: ∑ , del nudo “i” es igual a 2 veces la sumatoria de las rigidices relativas de las barras que concurren al nudo “i”.

FACTOR DE DESPLAZAMIENTO:

∑ El factor de desplazamiento de la columna “ij”, es igual a 3/2 del cociente de la rigidez relativa de la columna “ij” respecto a la sumatoria de las rigideces de todas las columnas del piso considerado. MOMENTOS DE PISO:

: Giro de la estructura (Horario Positivo) En donde:

MOMENTOS DE FIJACION: ∑

IX - 2


MOMENTO DE DISTRIBUCION:

∑

MOMENTO DE DESPLAZAMIENTO DE COLUMNAS: *

∑(

IX - 3

)+

MÉTODO DE KANY


PROBLEMA Nº 01 Resolver y dibujar el DFC y DMF 4000 kg / m 4000 kg 4

6

5

3m

1

2

6m

3

6m

SOLUCION: E 4000 kg / m

E

E

4000 kg 2I

4 I

5

2I

I

E 1

I

E 2

6m

1º. Grado de hipergeometría:

E 3

6m

4º GRADO (

2º. Rigideces

( )

IX - 4

6 3m


m.c.m. = 3

3º. Factores de giro: Nudo:

∑

Nudo:

∑

Nudo:

IX - 5

MÉTODO DE KANY

∑

4º. Factor de desplazamiento ( de columnas)

∑

5º. M.E.P.

4000 kg / m

0

M45

6m.

4

5

0

M54

4000 kg / m 0 M56 5

6m.

6º. Momentos de piso:

7º. Proceso de distribución

IX - 6

6

0

M65


M’’

1

M’45

M’54

0 0 251 262 254 251 251

M’41

2

-0.25

12000 -3000 -2563 -2417 -2385 -2377 -2376

-12000 0 251 262 254 251 251

M’56

M’65

12000 -0.25

-0.5

12000 0 251 262 254 251 251

-0.167

-12000 3000 3500 3586 3614 3622 3624

0 3000 3500 3586 3614 3622 3624

0 -0.167

-0.5

-0.5

-2000 -2594 -2716 -2742 -2748 -2750

-0.25

-12000 -0.25

M”

6

5 -0.167

4

0 -3000 -2563 -2417 -2385 -2377 -2376

M’52 3

4000

M’’ IDEM

M’’ IDEM

M’’ IDEM

1ra Iteración:

*

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

∑

+

2da Iteración:

(

Nudo

∑

:

IX - 7

)

M’63

MÉTODO DE KANY

Nudo

:

Nudo

:

3ra Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

4ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

IX - 8


5ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

6ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

IX - 9

MÉTODO DE KANY

8º. Momentos de Kani

VIGAS:

COLUMNAS :

9º. Momentos flectores finales

IX - 10


10º. Dibujo del DFC y DMF

13.94

10.94

-13.06

-10.06

-1.79

1.58

4.21

D.F.C.

-16.13 -13.88

-7.5

-4.5

-7.5

4.5

-2.25 7.31 12.96

-0.87

1.58

D.M.F.

IX - 11

5.13

MÉTODO DE KANY KANI – CON BASE ARTICULADO Y CON DIFERENTES ALTURAS EN EL 1er PISO

RIGIDEZ:

CORRECCIÓN DE ALTURA:

Se toma:

(Altura de referencia)

FACTOR DE DESPLAZAMIENTO DE COLUMNAS :

∑

MOMENTO DE DESPLAZAMIENTO DE COLUMNAS :

*

∑

IX - 12

(

)+



PROBLEMA Nº 01 Resolver y dibujar el DFC y DMF 2000 kg/m 5000 kg 2

3

4m 6m 1 1000 kg/m 4

8m

SOLUCION:

E

2000 kg/m

5000 kg

E 2

4m

2I

3

I 6m

I 1

A 1000 kg/m 4

8m

1º. Grado de hipergeometría :

4º GRADO (

2º. Rigideces

IX - 13

E

MÉTODO DE KANY

( )

( )

m.c.m. = 48


∑

Nudo:

∑

4º. Corrección de altura ( de columna)

IX - 14


Sea:

5º. Factor de desplazamiento ( de columnas):

∑

6º. M.E.P. 0

H2 2 M0 21

4m

1 1000 kg/m

IX - 15

MÉTODO DE KANY

2000 kg/m 0 M23 2

8m



IX - 16

3

0

M32


-0.915

-10667 2784 1540 1573 1651 1679 1687 1688

933 2083 1152 1177 1235 1257 1262 1263

-10667 -3200 -5677 -6317 -6439 -6453 -6452 -6451

M’23

10667 -0.20

-0.814

M’’12 7549 9912 10280 10301 10289 10284 10283

-0.30

-9734 -0.214

3 -0.286

2

M’32

M’21

M’’12

M’31

1

4

-8200

1ra Iteración:

:

Nudo

Nudo

:

*

∑

(

)+

[

]

[

]

2da Iteración:

(

Nudo

0 -2133 -3785 -4212 -4293 -4302 -4301 -4301

∑

:

IX - 17

)

M’’34 6716 8818 9145 9164 9153 9149 9148 M’’34

MÉTODO DE KANY

Nudo

:

[

]

[

]

3ra Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

[

]

[

]

[

]

[

]

4ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

5ta Iteración:

IX - 18


Nudo

Nudo

:

:

[

]

[

]

[

]

[

]

6ta Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

7ma Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

[

]

[

]

IX - 19

MÉTODO DE KANY


VIGAS

-

:

COLUMNA:

-

COLUMNA:

-

:

:


IX - 20



6.21 4.92m -4.10

0.9

-9.79

-2.10

D.F.C.

-13.74 0.54

13.74

0.54

-4.84

D.M.F.

IX - 21

MÉTODO DE KANY

PROBLEMA Nº 02 Hallar los momentos flectores en los extremos de las barras, y dibujar el DFC y el DMF. 15000 kg-m

3600 kg/m

1 2

3

3m

5 1m 4

1m

3m

6m

SOLUCION: 15000 kg-m 1

3600 kg/m

A

E 2I

E 2I

2

3

I

I

5

3m

A 1m

4

3m

E

1m


6m

4º GRADO (

2º. Rigideces:

( )

IX - 22


( ) m.c.m. = 60


∑

Nudo:

∑

4º. M.E.P. 1 1

a a 3m

15000 kg-m 15000 kg-m b

2m b 2m

3m L=5m L=5m

2 2

0

0 M021 M021 M21 M21

3600 kg/m 3600 kg/m

M023 2 M23 2 0

6m 6m

3 M0 3 M032

32

IX - 23

MÉTODO DE KANY

*

( ) +


600 1734 2553 2386 2388

-10200 -0.142

0 1448 1965 1993 1995

M’21

-10800 1928 2616 2653 2655

M’24

M’23

10800 -3640 -3837 -3848 -3848 M’32

-0.286

0

3 -0.189

1

-0.170

2

10800 -0.214

0 -2724 -2871 -2879 -2879 M’35

5 0 4 0


IX - 24


1ra Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

2da Iteración:

Nudo

Nudo

:

:


IX - 25

MÉTODO DE KANY

0

600 1732 2350 2383 2385 2385

-10200 -15/106

0 1443 1958 1986 1988 1987

M’21

-2/7

1

3 -10/53

-9/53

2

-10800 1925 2611 2658 2650 2650

10800 -3636 -3832 -3845 -3843 -3843

M’23

M’32

10800 -3/14

0 -2727 -2874 -2884 -2882 -2882 M’35

M’24

5 0 4 0

PROBLEMA Nº 03

Resolver y dibujar el DFC y DMF 2000 kg/m 3000 kg 6

8

7

3m

16000 kg 6000 kg

10000 kg

2m

4m

3

4

5

4m

1

2

6m

2m

IX - 26


SOLUCION: 2000 kg/m 3000 kg 2I

6

8

7

I

I

3m

16000 kg 6000 kg

10000 kg

2m

4m

2I

3

4

I

4m

I

1

2

6m


5

2m

6º GRADO (

2º. Rigideces

m.c.m. = 12


IX - 27

MÉTODO DE KANY

∑

Nudo:

∑

Nudo:

Nudo:

∑


∑ 1er PISO:

IX - 28


2do PISO:

5º. M.E.P. 2000 kg/m

2000 kg/m

6

7 0 M67

6m

0

M76

7 2m

0

M78

16000 kg/m

0

M34

a

b

2m

4m

3

4

6m

0

M43

1000 kg/m

0

4

2m

M45

IX - 29

5

8

MÉTODO DE KANY


1er PISO:

2do PISO:


1ra Iteración:

*

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

: 2000

∑(

)+

1er PISO:

IX - 30

ING. RONALD SANTANA TAPIA [

]

2do PISO:

[

]

2da Iteración:

(

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

∑

)

1er PISO:

[

]

2do PISO:

[

]

IX - 31

MÉTODO DE KANY

3ra Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

1er PISO:

[

]

2do PISO:

[

]

4ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

IX - 32


Nudo

:

Nudo

:

7

-0.75

-0.182

-0.182 -6000 -0.136

2313 2312 2311 2305 2293 2265 2198 2037 1654 819 930 0

M’76

M’67 3000

0 1934 3782 4353 4559 4647 4688 4707 4715 4719 4720 4721

-14222 2588 5064 5825 6100 6219 6274 6299 6310 6317 6318

M’43

2

12000

1er PISO:

[

]

IX - 33

M’74 M’’36 = M’’47 5 -2000

0 -695 612 1236 1522 1643 1693 1714 1722 1727 1728 1728 M’42

M’31

1

M’’CS -4244 -7728 -9735 -10703 -11137 -11327 -11408 -11444 -11457 -11465 -11468

-0.182 -6000 -0.136

7111 -930 819 1654 2037 2198 2265 2293 2305 2311 2312 2313

M’34

-4000

0 -500 1 525 855 1025 1103 1138 1153 1160 1163 1164

4

-0.75

M’63

3

M’47

-0.182

-0.75

M’36 74

-6000 -500 1 525 855 1025 1103 1138 1153 1160 1163 1164

-6000 1500 1420 1976 2278 2407 2460 2481 2490 2495 2495 2496

0 1500 1420 1976 2278 2407 2460 2481 2490 2495 2495 2496

8

2000 -0.25

-0.75

-0.25

-6000 -0.25

6318 6317 6310 6299 6274 6219 6100 5825 5064 2588 0

-0.25

6

-9929 -12296 -13192 -13561 -13718 -13786 -13816 -13828 -13835 -13836 -13837 M’’13 = M’’ 24

MÉTODO DE KANY

2do PISO:

[

]

8º. Momentos de KANI

VIGAS :

COLUMNAS: 1er Nivel:

IX - 34


2do Nivel :


IX - 35

MÉTODO DE KANY

10º. Dibujo del DFC y DMF 7.89

-4.0 -4.17

8.46 4.17

-1.17

-1.0 -7.54

5.63

3.38

D.F.C. -10.83 -4

-0.16 0.16

-6.83 4.47

-18.06 -2

-3.66 -4.38 0.72

5.67 15.80

9.12

12.12

D.M.F.

IX - 36

-10.38


PROBLEMA Nº 04 Resolver y dibujar el DFC y DMF 15000 kg 4000 kg/m 3m

4

2I

5

5000 kg

2m

2I

6

7

4000 kg-m

4m

2

1

2m

3

5m

5m

SOLUCION: 15000 kg 4000 kg/m 3m

4

2I

5

5000 kg

2m

2I

6

7

4000 kg-m

I

I

2

1

2m

I

5m

3

5m

1º. Grado de hipergeometría : 4º GRADO (

2º. Rigideces

( )

m.c.m. = 20

IX - 37

4m

MÉTODO DE KANY


(

)

∑

Nudo:

(

)

∑

Nudo:

(

)

∑

IX - 38



∑

5º. M.E.P. 15000 kg 4000 kg/m 4

2m

4000 kg-m

5

0

M54

0 M56 5

5m

6



IX - 39

0

M65

5 0

M67

a

b

3m

2m 5m

L

6 0

M76

MÉTODO DE KANY

6

0 832 101 -15 -55 -68 -71 -71

1

M’56 M’51

M’65 2

0

0 -135 -237 -172 -146 -140 -140 -139

VIGAS:

COLUMNAS:

IX - 40

10800 -3326 -4449 -4716 -4763 -4772 -4775 -4776 M’67

M’62 0


-7200 -215 -378 -275 -233 -224 -223 -222

-6667

M’76

-0.308

1133 -0.119

-0.19

8333 -215 -378 -275 -233 -224 -223 -222

7 10800 -0.192

-0.50

-0.50

4022 4788 4897 4919 4925 4927

-8333 1335 162 -24 -89 -109 -113 -114

-0.50

-12000 -0.192

-0.19

4

M’’

-0.308

5

0 -2074 -2773 -2940 -2969 -2975 -2976 -2977

3 0

M’73



PROBLEMA Nº 05 Resolver y dibujar el DFC y DMF 3600 kg/m 1

2

3 3m

4 5

6m

6m

IX - 41

1m

MÉTODO DE KANY

SOLUCION: E

3600 kg/m

E

A 1

2

2I

2I

3 3m

I I 4

A 5

6m

6m


5º GRADO (

2º. Rigideces

( )

( )

( )

m.c.m. = 12

3º. Factores de giro: En nudos que concurren de 2 a más barras Nudo:

IX - 42

E

1m


∑

Nudo:

∑

4º. M.E.P. 3600 kg/m

0

M12

1

6m

3600 kg/m

2

0

M21

0

M23

IX - 43

2

6m

3

0

M32

MÉTODO DE KANY


M’21

5400 -0.15

4

0 -810 -393 -369 -368 -368

-10800 -1080 -524 -492 -490 -490 M’23 M’24



IX - 44

10800 -2780 -2939 -2948 -2949 -2949

-0.286

16200 -810 -393 -369 -368 -368

3 -0.20

1

-0.15

2

10800 -0.214

0 -2080 -2199 -2206 -2206 -2206

M’32 5

M’35


PROBLEMA Nº 06 Resolver y dibujar el DFC y DMF 18 KN/m 150 KN x m

100 KN

4

3

5

10m

1

2

10m

10m

SOLUCION: 18 KN/m 150 KN x m

100 KN

E 3

2I

A

E 4

I

2I

I

E 1

10m

A 2

10m


10m

5º GRADO (

2º. Rigideces

IX - 45

5

MÉTODO DE KANY

(

)

(

)

m.c.m. = 40

3º. Factores de giro:

Nudo:

∑

Nudo:

∑

IX - 46


4º. Corrección de altura:

Sea:


∑

(

)

(

)

6º. M.E.P. 18 KN/m

0

M45

4

10m

IX - 47

5

MÉTODO DE KANY



-0.80

-405292 -488167 -502689 -504954 -505270 -505308 -505313

0 0 64737 75686 77341 77564 77589 77592

0 0 129085 150919 151219 154663 154714 154718 M’34

M’43

0 -0.0882

5

0 6615 13103 14832 15181 15242 15252 15253

-225000 13238 26221 29681 30380 30502 30521 30523 M’45

M’42

M’31 1

-0.1765

0 17648 34956 39569 40501 40663 40688 40692

150000

-0.40

M’’13

-0.333

0 -0.167

-0.2353

4

3

500000

2

0

0

1ra Iteración:

*

Nudo

:

Nudo

:

∑

(

)+

[

]

[

]

IX - 48

M’’24 -202646 -244083 -241344 -252477 -252635 -252654 -252656


2da Iteración:

( Nudo

:

Nudo

:

∑

)

[

]

[

]

[

]

[

]

3ra Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

4ta Iteración:

IX - 49

MÉTODO DE KANY

Nudo

:

Nudo

:

[

]

[

]

[

]

[

]

5ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

6ta Iteración:

Nudo

:

IX - 50


Nudo

:

[

]

[

]

[

]

[

]

7ma Iteración:

Nudo

:

Nudo

:


VIGAS:

IX - 51

MÉTODO DE KANY

COLUMNAS:



IX - 52


73.60 58.64

-106.40

22.21 77.79

D.F.C. 6.15 m.

-236.10

-164.04 -350.27

-222.06

350.27

427.67

D.M.F.

IX - 53

148.91

MÉTODO DE KANY

PROBLEMA Nº 07 Resolver y dibujar el DFC y DMF 3600 kg 2400 kg/m 6000 kg 3

8

4

3m

3600 kg/m 8000 kg 5

1200 kg/m

2

7 3m

6 1m

1

6m

2m

SOLUCION: 3600 kg 2400 kg/m 6000 kg 3

8

4

3m

3600 kg/m 8000 kg 5

1200 kg/m

2

7 3m

6 1m

1

6m

1º. Grado de hipergeometría :

7º GRADO (

2º. Rigideces

IX - 54

2m


( )

m.c.m. = 24


Nudo:

∑

Nudo:

IX - 55

MÉTODO DE KANY

∑

Nudo:

∑ Nudo:

∑

4º. Corrección de altura: 1er Piso:

Sea:

IX - 56


5º. Factor de desplazamiento ( de columnas): 1er Piso:

∑

(

)

2do Piso:

∑

IX - 57

MÉTODO DE KANY

6º. M.E.P.

3600 kg

2400 kg/m

0

M34

3

2400 kg/m

4

6m

0

0

2m

4

M48

M43

3600 kg/m

0

M25

2

3600 kg/m

6m

5

0

M32 3

2

0

M57

0 M52

2m

5

0

0 H3

01

H2

M21 2

1 0

M12

0 M23

(

8

)

IX - 58

02

H2

7



1er Piso:

2do Piso:

IX - 59

MÉTODO DE KANY

8º. Proceso de distribución 4 -0.167

M’34

-0.814

M’’12

-0.10

-0.20

7800 -10800 1080 3570 4971 5824 5377 6742 6983 7143 7249 7318 7365 7395 7415 7429 7437 7443 7447 7450 7451 7452

900 2160 7139 9942 11647 12753 13483 13966 14286 14497 14637 14729 14790 14830 14857 14875 14886 14894 14899 14902 14904

M’21

1

10800 -343 1902 3325 4253 4852 5242 5498 5666 5777 5850 5898 5930 5951 5965 5974 5980 5984 5987 5987 5990

M’52

M’25 19400

-900

1ra Iteración:

:

Nudo

Nudo

:

IX - 60

-0.75

-0.75 -0.20

-10800

-0.333

M’54

11986 11984 11980 11975 11967 11955 11936 11908 11866 11806 11706 11559 11337 11001 10490 9710 8511 6654 3807 M’43 -686 0

M’32

2

-16922 -25088 -25977 -33065 -35064 -36373 -37234 -37802 -38177 -38425 -38588 -38697 -38768 -38815 -38847 -38867 -38881 -38890 -38895 -38899

7200 802 1565 2398 3100 3614 3969 4208 4267 4472 4541 4587 4618 4638 4651 4660 4665 4669 4672 4673 4675

-7200 1052 1351 2203 2912 3408 3741 3962 4108 4205 4268 4311 4338 4357 4369 4377 4382 4386 4388 4390 4391

900 2098 2693 4400 5807 6796 7460 7901 8192 8384 8511 8596 8651 8687 8711 8727 8738 8745 8750 8753 8755

8

-4800

5

-12000

M’’CS

0 1598 3120 4782 6181 7207 7915 8391 8708 8917 9056 9147 9208 9248 9274 9291 9303 9311 9316 9319 9321

-9728 -18419 -25184 -29960 -33200 -35361 -36794 -37742 -38368 -38783 -39056 -39236 -39355 -39434 -39486 -39521 -39544 -39559 -39569 -39575

M’45

-0.1905

3600 -0.2143

-0.915

-0.333

-0.0952

-6300

14904 14902 14899 14894 14886 14875 14857 14830 14790 14729 14637 14497 14286 13966 13483 12753 11647 9942 7139 2160 -900

-0.167

3

6

-7200 0 -771 4282 7485 9574 10923 11801 12376 12754 13003 13168 13277 13349 13396 13427 13448 13462 13471 13477 13481 13484

M’56

M’’56 -19022 -28201 -33697 -37168 -39415 -40886 -41854 -42493 -42914 -43194 -43376 -43498 -43578 -43631 -43667 -43689 -43705 -43721 -43726

7


Nudo

:

Nudo

:

1er Piso:

*

∑

(

)+

[

]

[

]

2do Piso:

*

∑

(

)+

[

]

2da Iteración:

(

Nudo

:

Nudo

:

∑

IX - 61

)

MÉTODO DE KANY

Nudo

:

Nudo

:

1er Piso:

[

]

[

]

2do Piso:

[

]

3ra Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

IX - 62


1er Piso:

[

]

[

]

2do Piso:

[

]

4ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

Nudo

:

1er Piso:

[

]

[

]

2do Piso:

[

]

IX - 63

MÉTODO DE KANY


VIGAS :

COLUMNAS:

VOLADO:

IX - 64



IX - 65

MÉTODO DE KANY

11º. Dibujo del DFC y DMF 11.73 0.93 -5.07

-2.67

-8.40

17.52 4.53 9.22 -4.08

-7.20

-8.38

12.82

D.F.C.

-20.93 -12.0

-6.25

-8.93

6.25

-30.25 -7.2 1.93 10.10

-8.18 6.29

24.88

D.M.F.

IX - 66

-16.76

-3.6


PROBLEMA Nº 08 Resolver y dibujar el DFC y DMF

3m

3m

6m

6m

SOLUCION:

3m

3m

6m

6m

1º. Grado de hipergeometría: 7º GRADO (

2º. Rigideces

m.c.m. = 3

IX - 67

MÉTODO DE KANY


Nudo:

∑

Nudo:

∑

Nudo:

∑

IX - 68


Nudo:

∑ Nudo:

∑


∑

1er Piso:

( ) 2do Piso:

( )

IX - 69

MÉTODO DE KANY

5º. M.E.P.

0

0

M45

M54

0

M78


1er Piso:

2do Piso:

7º. Proceso de distribución Nota : se recomienda seguir el itinerario

IX - 70

0

M87

0

M89

0 1800 2188 2304 2387 2404 2411 2415 2416 2417

-10800 1800 2188 2304 2387 2404 2411 2415 2416 2417

M’41

10800 -225 540 755 804 827 834 836 837 837

M’45

-1/8 0 -1/8

M’54

M’85

0 -225 540 755 804 827 834 836 837 837

-1/4

1000

0 -706 -507 -74 -94 -75 -62 -56 -53 -52

-1/8

-1/4

M’74

-4000

-10800 -225 540 755 804 827 834 836 837 837 M’56 M’52

3000

⁄ ⁄

:

⁄

⁄ ⁄ :

Nudo

⁄ ⁄

⁄ Nudo

:

⁄

⁄ Nudo

:

⁄

IX - 71

M’65

10800 -1/4

0 -2644 -2594 -2497 -2456 -2440 -2434 -2432 -2432 -2432 M’63

1ra Iteración:

Nudo

10800 -2644 -2594 -2497 -2456 -2440 -2434 -2432 -2432 -2432

-0.5

-0.5

M’’CI -966 -1567 -1781 -1868 -1896 -1906 -1910 -1910 -1911

837 M’ 58 837 836 834 827 804 755 540 M’87-225 0 -1/8

-1/6 -10800 -1/6

M’78

2000 -1/4

-0.75

0 1050 1677 1969 2038 2073 2084 2087 2088 2088 -1/6

M’47 2417 2416 2415 2411 2404 2387 2304 2188 1800 0

-0.75

-4189 -3674 -4466 -4601 -4672 -4700 -4712 -4716 -4717

6000 -706 -507 -74 -94 -75 -62 -56 -53 -52

-6000 1050 1677 1969 2038 2073 2084 2087 2088 2088

-0.5

-6000 -1/4

M’’CS

-1/4


MÉTODO DE KANY

⁄ Nudo

:

⁄

*

∑

(

)+

1er Piso:

[

]

2do Piso:

[

]

2da Iteración: Nudo

: ⁄ ⁄ ⁄

Nudo

:

⁄ ⁄ ⁄ ⁄

IX - 72


Nudo

:

⁄ ⁄

Nudo

:

⁄ ⁄

Nudo

:

⁄ ⁄

1er Piso:

[

]

2do Piso:

[

]


IX - 73

MÉTODO DE KANY

VIGAS :

COLUMNAS: 1er Piso:

2do Piso:

IX - 74



PROBLEMA Nº 09 Hallar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC y DMF.

IX - 75

MÉTODO DE KANY

7 3m

8000 kg/m 12000 kg-m

8000 kg/m

3

4

6

5

4m

1

2

5m

5m

1m

SOLUCION: 7

E I

8000 kg/m

3m

A

8000 kg/m

V

E 12000 kg-m

3

2I

4

I

2I

6

5

I

E1

2

4m

E

5m

5m

1º. Rigideces

( )

m.c.m. = 60

IX - 76

1m



Nudo:

∑

Nudo:

∑

Nudo:

∑

3º. M.E.P.

IX - 77

MÉTODO DE KANY

8000 kg/m

4

5m

3

0

M43

0

M45

4

5m

8000 kg/m

5

0

M56

5

1m

6


0

4

-10800 -0.192

-0.130 0 -0.097

0 896 689 727 732

-16667 16667 1437 1076 878 1106 857 1167 856

M’31

1 0

M’34

M’43

0 669 546 533 532 M’42 0


IX - 78

-25000 807 659 643 642 2

5 -0.50

12000

-0.156

3

713 M’47 714 732 896 0 -0.177

7

-0.308

0

M34

8000 kg/m

M’45

10800 0

0 1597 1671 1679 1679 M’54

6 -4000



IX - 79

MÉTODO DE KANY

PROBLEMA Nº 10 Resolver y dibujar el DFC y DMF

4000 kg/m 1 2 3m

6000 kg/m 4800 kg/m 3 5

4

5m

6

7

6m

8m

SOLUCION: 4000 kg/m

A

E

1

2I

2

I 4800 kg/m

A

3m

6000 kg/m

E

E

3

2I

4

2I

5

I

6

5m

I

E

7

6m

8m

1º. Rigideces

( )

( )

IX - 80

E


m.c.m. = 60 2º. Factores de giro:

Nudo:

∑ Nudo:

∑

Nudo:

∑

IX - 81

MÉTODO DE KANY

3º. M.E.P. 4000 kg/m

1 6m

0

M12

2

0

M21

4800 kg/m

3 0

6m

M34

4

0

M43

6000 kg/m

0

M45

4

8m


IX - 82

5 M0 54


-0.214

2

M’21

10800 -0.286

0 -5148 -5627 -6296 -6365 -6371

4

21600 1258 3016 3198 3213 3214

-0.121

M’24

3

4276 M’ 4275 42 4255 4013 1674 0

-0.161 0 -0.097

0 1009 2418 2564 2575 2576

M’43

5

-32000 1258 3016 3198 3213 3214 M’45

32000 -8896 -9734 -9785 -9789 -9789

-0.278

18000 -3852 -4210 -4711 -4763 -4767

-0.121

1

32000 -0.222

0 -7104 -7774 -7814 -7817 -7818

M’54

M’46

6

1ra Iteración:

:

Nudo

Nudo

Nudo

:

:

IX - 83

M’57

7

MÉTODO DE KANY

2da Iteración:

:

Nudo

Nudo

Nudo

:

:

3ra Iteración:

:

Nudo

Nudo

:

IX - 84


Nudo

:

4ta Iteración:

Nudo

:

Nudo

Nudo

:

:

5ta Iteración:

Nudo

:

IX - 85

MÉTODO DE KANY

Nudo

Nudo

:

:


IX - 86



PROBLEMA Nº 11 Resolver y dibujar el DFC y DMF 6000 kg/m 1

2

3

2m

5m

8000 kg

4m

2m

5

4m

4

6m

IX - 87

3m

MÉTODO DE KANY

SOLUCION: 6000 kg/m 1

2

3

2I

4I 2m

2I

8000 kg

5m

2I

4m

2m

5

4

6m

4m

1º. Rigideces

( )

m.c.m. = 120


Nudo:

∑

IX - 88

3m


Nudo:

∑

3º. M.E.P. 6000 kg/m

6m

2 0 M23

3

0

M32

0

M25

2 2m

8000 kg

2m

0

M52

5

IX - 89

MÉTODO DE KANY


-11200 -0.162

-0.312

0 1366 1778 1897 1905 1906

3 -0.216

1

-0.122

2

-4000 1814 2360 2519 2530 2531

M’21

-7200 2419 3147 3359 3373 3374

M’25

5

4000

1ra Iteración:

:

Nudo

Nudo

:

2da Iteración: Nudo

Nudo

:

:

IX - 90

M’23

10800 -3370 -4351 -4418 -4422 -4422 M’32

10800 -0.188

0 -2030 -2622 -2662 -2665 -2665 M’34

4


3ra Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

4ta Iteración:

Nudo

Nudo

:

:

5ta Iteración:

Nudo

:

IX - 91

MÉTODO DE KANY

Nudo

:



IX - 92


7º. Isostatización de las barras

1

2

4m

3812 953

953

x

6000 kg/m

qx 2

3

6m

4874

5330 5924 12076

2101.75 2

1062 5330

8

1066 2m

4m

8000 kg

5m

2m

5898.25 6531

5

1066

IX - 93

4

MÉTODO DE KANY

8º. DFC y DMF

3.442

2.558

5924 2º 1066

-953 -12076 -5898.25 2101.75

D.F.C.

3.442

2.558 -5330

-4874

-5330

-3812

1062

13541.849 5265.5

-6531

D.M.F.

IX - 94


PROBLEMA Nº 12 Para la estructura de 2 niveles de la siguiente figura, se pide determinar: -

La deformada de la estructura (Bosquejar la deformada no a escala) Los momentos flectores en los extremos de las barras. Dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores 3600 kg/m

6000 kg H

F

G

3m

2400 kg/m

D

C

3m

A

B

6m

2m

SOLUCION: 3600 kg/m

6000 kg

4I

F

4I H

G

2I

2I

3m

2400 kg/m

4I

C

4I E

D

2I

2I

A

3m

B

6m

2m

IX - 95

MÉTODO DE KANY

1º. Rigideces

( )


Nudo: C

Nudo: D

IX - 96


Nudo: F

Nudo: G

3º. M.E.P.

[ [

] ]

[ [

] ]

IX - 97

MÉTODO DE KANY


F

-0.17 -7200 -0.17

0 1224 1018 1220 1237 1244 1246 1246

D -7200 1224 1018 1220 1237 1244 1246 1246

7200 -408 -907 -912 -944 -950 -952 -952

-0.17 2400 -0.17

0 -408 -907 -912 -944 -950 -952 -952

0

B 5º. Momentos de KANI

IX - 98

-12000

0 1920 1742 1916 1947 1952 1953 1953

-952 -952 -950 -944 -912 -907 -408 0

A 0

0

-0.25

H -7680 -0.25

0

C

0 1620 930 836 824 819 821 820 -0.17

1246 1246 1244 1237 1220 1018 1224 0

4320 1920 1742 1916 1947 1952 1953 1953

-6480 1620 930 836 824 819 821 820

-0.17

-6480 -0.25

-0.25

G

-4800

E



IX - 99

MÉTODO DE KANY

7º. DFC y DMF 2886

2492 2066

-2886

1246

x=160

x=1

-2066

C

-2492

C

F

-1246

A 3312

1246

-2066

-1246

1246

3312 3600 kg/m 2887

2400 kg/m

F

6m

6173.50

9046 G

C

4626.50

6m

D

7053 7347

-9046 -6542 -2887

-5660

6173.50 7053

x=2.94

-4626.50

IX - 100

-7347


1904

2954 -1001

-1904

952

-49

D

G x=2.92

x=2

D

1001

B -1001

2954

49

-952 952

952

12000 G

4800

H

D

6000

E 4800

-12000

-4800

6000

4800

IX 101

952

CAPÍTULO V SEGUNDO TEOREMA DE ALBERTO CASTIGLIANO

SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO

SEGUNDO TEOREMA DE ALBERTO CASTIGILIANO (TEOREMA DE MENABREA)

Resuelve sistemas estáticamente indeterminados (hiperestáticos) Enunciado 1: En una estructura hiperestática es nula la derivada parcial de la energía de deformación elástica con respecto a una fuerza interna, de un elemento; redundante y por lo tanto resulta mínimo el trabajo de deformación.

Enunciado 2: La derivada parcial de la energía de deformación elástica de un sistema con respecto a una reacción de un apoyo, que no cede al desplazamiento , es cero y por lo tanto.

V-2


PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMA Nº 01 Para el sistema hiperestático de viga continua, hallar las reacciones en los apoyos. (EI=costante) w A

2a

C

a

B

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante: ∑

1º. Reacciones: x

x w A

2a

a

B

R

RB

∑

RC

∑

2º. Del 2º Teorema de Castigliano Tramo AB:

V-3

C


Tramo BC:

En (1): ∫ (

)

]

]

∫

]

]

Reemplazando en las expresiones deducidas anteriormente:

PROBLEMA Nº 02 Para determinar el sistema mostrado con elementos horizontales y vertical, ortogonales entre sí. Se pide determinar las reacciones en los apoyos: (EI=constante)

V-4


P C

D

3a

B

A 4a

4a

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante: ∑∫

1º. Reacciones: P

x

HD

C

D VD 3a

x HA B

A R

4a

4a

∑

∑

V-5


∑

2º. Del 2º Teorema de Castigliano

∫∑

Tramo AB:

Tramo CD:

Tramo BC: P C

D

x HA

B 4Ra

R

V-6


En (1):

∫

∫ (

)

∫

]

(

)

]

(

) ]

Reemplazando en las expresiones deducidas anteriormente:

V-7


PROBLEMA Nº 03 Para la estructura mostrada en la figura, hallar las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión. (EI=constante) D

5a

A

4a

w

C

B 3a

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante:

1º. Cálculo de reacciones: D

A

H

5a

37º V D

4a

w

53º

C

B 3a

∑

V-8

HC


∑ ∑

2º. Cálculo de “R” D

A

HD

x x

HDCos37º =8/5wa VD

VDSen37º =3/5R

5a

37º

4a

w

53º

B

x

HC

C R

3a

∑∫

Tramo AB:

Tramo BC:

Tramo BD:

V-9


(

)

En (1): ∫

∫ ∫

∫ (

(

) )∫

(

)

Reemplazando en las ecuaciones deducidas:

PROBLEMA Nº 04 Calcular la deflexión en el rodillo

. Considerar solo efectos de flexión

(EI=constante) w A

B L

SOLUCIÓN:

Sea

la variable redundante:

V - 10

ING. RONALD SANTANA TAPIA x θA=0

w

θB=0

A

B

Mf

L

1º. Cálculo de

(2° Teorema de A. Castigliano)

Tramo AB:

En (1): ∫ (

)

2º. Cálculo de

: (1er Teorema de A. Castigliano) x w A

L

wL² 6 B P=0 (Ficticia)

Tramo AB:

∫ (

(

)

)∫

V - 11


PROBLEMA Nº 05 Calcular las Reacciones y determinar la flecha en “c” Considerar solo efectos de flexión (EI=constante) A

B 2a

a

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante (que se repite). ∑∫

1º. Cálculo de reacciones: x

x

A

M = 2Ra-3Pa

B R = R-P

C

P

R

A

2a

a

∑ ∑

2º. Cálculo de “R”

V - 12


Tramo AB:

Tramo BC:

Reemplazando en (1): ∫

∫ ∫

∫

Reemplazando n las ecuaciones deducidas anteriormente:

( 3º. Cálculo DE

)

(1er Teorema de A. Castigliano) x

x

A

7 Pa 10

B 3 P 20

P

23 P 20 2a

a

∑∫

V - 13


Tramo AB:

Tramo BC:

(

)

En (2): ∫

∫ (

]

)

(

) ]

PROBLEMA Nº 06 Para la estructura de forma semicircular, se pide calcular las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión: (EI=constante)

P B

37º

A a

C a

V - 14


SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante. ∑∫


P B

d 37º

A

C

a

a

∑ ∑ ∑

d 37º

a


V - 15

VC

H MC


P 37º

B

d s=adθ

d s=adθ dθ

dθ d 37º

θ

A

θ

aSenθ

a(1- Cosθ )

C

a(1- Cosθ )

VC

R a

HC MC

a

Tramo BC:

Tramo AB:

(

)

En (1) ∫

∫

∫

*

∫

+

∫

V - 16


Reemplazando en las ecuaciones deducidas:

PROBLEMA Nº 07 Para la estructura mostrada en la figura se pide calcular las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión. (EI=constante) w P=wa

A

B

4a

2EI

4a

3a

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante. ∑∫

V - 17

C


1º. De la estática: w

HA

P=wa

A

B R 4a

2EI

HC C 4a

VC

3a

∑

∑

∑

2º. Cálculo de “”R w

HA

P=wa

A

B R 4a

2EI y

HC C x

4a

V - 18

3a

VC


Tramo AB:

Tramo CB:

(

) (

y

ds

dy

53º

53º

x

dx


∫ (

[

)

∫ (

]

)(

[

]

V - 19

) ( )

)( )

SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO w 3.038 wa

P=wa A

B

R=16.92w

2.038 wa

C 2.308 wa

PROBLEMA Nº 08 Para la estructura mostrada en la figura, hallar las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión. (EA=constante) 2000kg

D

C

3m.

B A 3m.

SOLUCIÓN:

Sea “T” la variable redundante: ∑ 2000kg

2000 - T D

C

2000 - T

20

00

T √2

√2 -

√2 T

T

B

2000

A

T

2000

2000 3m.

V - 20

3m.


1º. Cálculo de las reacciones:

2000kg

D

C

3m.

B

2000

A 2000

2000 3m.

∑

2º. Cálculo de las fuerzas axiales: 2000kg

D

C

B

2000

T

A 2000

2000

Nudo: A Y

NAC

NAD

2000

45º

T 2000

∑

V - 21

X


√

√

∑

Nudo: B Y

NBD

NBC 45º

X

T 2000

∑

√

∑

Nudo: C Y

NCD

2000

X

45º

T

∑ √

V - 22

√2T


∑ √

2000kg

2000 - T D

C

2000 - T

20

00

T √2

√2 -

√2 T

T

B

2000

A

T

2000

2000

3º. Cálculo de “t”

√ √

√ √

√

√

√

√

√

[

(

√ )

(

√ )]

PROBLEMA Nº 09 Hallar las fuerzas Axiales en las barras biarticuladas del sistema tipo Armadura. (EI=constante)

V - 23


1

10 ton.

3m.

4

8 ton. 3 3m.

2 4m.

5m.

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante: ∑

1º. Cálculo de las fuerzas axiales en las barras 1 (40

3m.

/3 + 5

R/ 8 )

10 ton. R

8 ton. 3 3m.

/ (10

3

) R /8 +5

2 4m.

5m.

Nudo:

∑

V - 24

4

R


Y

N13 8

10

37º 37º

R

X

N23

∑

De

y


(

)

V - 25

(

)

(

)


PROBLEMA Nº 10 Hallar las reacciones y la fuerza Axial en el Tirante. VIGA: EI=15000 ton – m² (flexión) TIRANTE: EA=3000 ton. (Axial)

C

3m.

w=12 ton/m. A

L = 4m.

B

SOLUCIÓN:

Sea “T” la variable redundante: ∫

∫

1º. Cálculo de “T”: C

T

3T 5

w=12 ton/m. A

L = 4m.

Efecto de flexión: (Viga)

V - 26

4T 5 x

B


(

)(

)

Efectos axiales (tirante)


∫ ( ∫ (

(

)( )

∫

)

)∫

2º. Cálculo de reacciones

V - 27


18.106

C

13.579

22

.63 2t

on . 3 T =13.579 5

12 ton/m. 18.106 A

B 4 T =18.106 5

41.684 34.421

PROBLEMA Nº 11 El sistema mostrado en la figura está compuesta por una viga horizontal de madera y dos puntales de acero, para las características geométricas y de carga se pide determinar la fuerza axial en cada puntal. Viga: Puntales:

5 ton / m. A

C

B

EI

EA EA

12m

D 9m

7m

SOLUCIÓN

Sea “R” la variable redundante ∑∫

∫

V - 28


1. Cálculo de reacciones: 5 ton / m. H=?

C

B

EI

A R

EA EA

12 m.

D 9 m.

7 m.

∑

2. Cálculo de fuerzas internas de tirantes:

D.C.L (Viga) 80 160 3 EI

53º

37º

R N1

∑

∑

V - 29

N2


3. Cálculo de “R”:

Viga: (Flexión) ∫ Puntales: (Axial) ∫ Para el sistema:

A. Cálculo de

:

Tramo AB: w = 5 ton/m. x H

A

B

9m.

R

V - 30

7m.

C


∫ (

)

∫ (

)

Integrando:

Tramo BC: w = 5 ton/m.

x

x

A

B

9m.

∫ (

7m.

)(

∫ (

)

)

Integrando:

Por lo tanto:

V - 31

C


B. Cálculo de

:

Barra DB:

∫

∫ (

)(

)

Integrando:

Barra DC:

∫ ( ∫ (

)(

) )

Integrando:

Por lo tanto:

V - 32


Reemplazando en (2)

Reemplazando en (θ):

V - 33

CAPÍTULO VI MÉTODO DE LAS FUERZAS

MÉTODOS DE LAS FUERZAS

MÉTODO DE LAS FUERZAS

También denominado método de la flexibilidad, por los coeficientes que aparecen en las expresiones de cálculo. El método de las Fuerzas usa el principio de Fuerzas Virtuales. Las incógnitas son fuerzas, estáticas, las mismas que nos permitirán resolver estructuras hiperestáticas. El número o cantidad de vínculos que se deben eliminar para que el sistema Hiperestático se convierta en Isostático se denomina “Grado de Hiperestaticidad”.

ESTRUCTURA HIPERESTÁTICA DE 1er GRADO Sea un sistema de Hiperestaticidad (1er Grado) w

w

D

C

(equivalente) <>

M

A

1

M

x1

B

Establecemos un sistema básico: eliminaremos uno de los vínculos.

Considerando solo el efecto de flexión (EI = cte), y aplicando el Principio de superposición para resolver el sistema básico. w

w

=

+

M

M

x1

x1

Sistema Básico

Sistemade cargas: P

Como:

VI - 2

Sistema de fuerza: X1


, entonces de los sistemas superpuestos: (Producido por el Sistema de cargas P) +

(Debido a la fuerza

)=0

( ) Usando el principio de los trabajos virtuales:

∑∫

( )

w

+

M

m1

M

1

CÁLCULO DE

: w

+

X1 m1

m1

M

X1

1

∑∫ ∑∫

∑∫ (

VI - 3

)

( )

MÉTODOS DE LAS FUERZAS ( )


( )

ESTRUCTURA HIPERESTATICA DE 2do GRADO: Sea un sistema hiperestático (2do grado)

Establecemos un sistema básico: eliminaremos dos de los vínculos w D

w C

<> M

A

1

M

x1

B

x2

2

Considerando solo el efecto de flexión (EI=cte), y aplicando el principio de superposición para resolver el sistema básico.

VI - 4


w

+

+

M

M

x1

x2

Sistemade cargas: P



Dirección (1): ; De los sistemas superpuestos (

)

(

)

(

) ( )

Usando el principio de los trabajos de cargas virtuales:

CÁLCULO DE

: w

M

m2

M

1

∑∫

( )

VI - 5


CÁLCULO DE

:

m1

X1 m1

X1

1

∑∫

∑∫ (

)

( )

( )

CÁLCULO DE

m1

X2 m2

1

X2

∑∫ ∑∫

∑∫ ( ) ( )

Reemplazando en (1): ( )

Dirección (2)

(

)

(

VI - 6

)

ING. RONALD SANTANA TAPIA (

)

( )

Usando el principio de los trabajos virtuales:

CÁLCULO DE

: w

M

m2

M

1

∑∫

( )

CÁLCULO DE

:

m2

X1 m1

X1

1

∑∫ ∑∫

∑∫ ( )

VI - 7

MÉTODOS DE LAS FUERZAS ( ) CÁLCULO DE

:

m2

X2 m2

X2

1

∑∫ ∑∫

∑∫ ( ) ( )

Reemplazando en (3): ( ) De (2) y (4): Teoría de reciprocidad de Maxwell:

Generalizando: Para una dirección “k” ∑∫ Ecuación canónica del método de las fuerzas.

VI - 8


PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMA Nº 01 Para la estructura mostrada en la figura, calcular las reacciones en los Apoyos y dibujar el DFC y DMF (EI = cte). 3 ton/m A

C

B 6m

D

4m

5m

SOLUCIÓN 3 ton/m A

C

B

D

x

x

1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual: 3 ton/m A

C

B 20

D 10

3 ton/m Sistema de cargas (M) X2

X1 Sistema Básico

x

x x

x 3 ton/m

A

C

B

A

1

B

3 5

D

C

D

2 5

20

10

Sistema de Carga Unitaria en X1 (m1 ) Sistema de cargas (M)

x x

x x A A

C C

B B

1 3 3 5

D D

1

1

Sistema de Carga Unitaria en X2 (m2 ) Sistema de Carga Unitaria en X1 (m1 )

2 3 2 5

x

x

VI - 9 A

B 1

C

D 1

2

A

C

B

D

1

3 5

2 5

Sistema de Carga Unitaria en X1 (m1 )


x

x

A

C

B

D 1

1 3

2 3

Sistema de Carga Unitaria en X2 (m2 )

2º. Cálculo de los efectos de flexión:

Tramo AB: (

x

66

)

Tramo BC: (

x

3 ton / m.

B

C

Tramo DC: (

3º. Cálculo de “

x

B 18 5

2

B

C 2

2 5

)

y

)

:

De las ecuaciones del método de las fuerzas ( )

VI - 10

C 1 3

ING. RONALD SANTANA TAPIA ( )

En donde: ∑∫

∫ (

∫ (

)(

∑∫

∫ (

∫ (

)(

∑∫

)( )

)

)(

∫ (

)

∫ (

∫ (

)

)(

)

)

∫ (

∑∫

)(

) ∫(

)

∑∫ ∫ (

∫(

)(

∫ (

∫ (

)

)

)(

)

∫ (

)(

)

)

∫ (

Reemplazando valores:

VI - 11

)

)


4º. Cálculo de las reacciones

3 ton/m A

C

B 7.262

19.259 6m.

D 3.549

4m.

0.07 5m

PROBLEMA Nº 02 Resolver la viga anterior para que – y además los apoyos B y C son elásticos, con coeficientes 400 y 500 ton/m, respectivamente. 3 ton/m A

C

B

6m

D

4m

5m

SOLUCIÓN 3 ton/m A

C

B KB

D KC

Los apoyos elásticos ceden al desplazamiento en proporción en su capacidad de resistencia elástica.

VI - 12


3 ton/m A

B -

ΔB

X1

C

-

ΔC

D

X2

El análisis es similar al caso anterior, solo que ahora las ecuaciones canónicas quedarían como sigue:

Reemplazando valores: ( ) ( )

Como: – (

)

(

)

VI - 13


1º. Cálculo de las reacciones: 3 ton/m A

B

C

D

3.598

3.414 16.752

6.236

2º. Cálculo del desplazamiento: ( ) ( ) PROBLEMA Nº 03 Hallar las reacciones: w

P=wa

A B

4a

C

4a

3a

SOLUCIÓN w

P=wa

A EI

B

2EI

C

VI - 14

ING. RONALD SANTANA TAPIA w

X1

A

P=wa B

C SISTEMA BÁSICO

x w

A

P=wa B 24 wa 7

M x

4 wa 5

C

wa

12 wa 35 4 wa 7 SISTEMA DE CARGAS REAL x w 1

A B 4 7

m x

4 5

C

1

12 35 SISTEMA DE CARGAS VIRTUAL Ó UNITARIA

VI - 15

4 7


1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual

Tramo AB (

)

Tramo BC (

(

(

)

∑∫ ∫ (

)(

)

∫ (

)

∫ (

∑∫ ∫ (

)

Como:

VI - 16

)(

)

) )

ING. RONALD SANTANA TAPIA w 3.038 wa

P=wa

A

B 1.692 wa

C

2.038 wa

2.038 wa

PROBLEMA Nº 04 Calcular las reacciones en los apoyos de la viga reforzada con un apoyo elástico.

w A

B

C k L/2

L/2

SOLUCIÓN w A

B

C

δ

k

F=kδ

w A

L/2

B

C

L/2

F X1 SISTEMA BÁSICO

A

B

C F

VI - 17



∑ ( )

Tramo BC: (

( )

( )

)

Tramo AC (

)

∑∫ ∫

(

)( )

∫

(

∑∫ ∫

( )

∫

(

)

VI - 18

)(

)


PROBLEMA Nº 05 Hallar las reacciones en los apoyos del sistema mostrado en la figura. (EI = Constante)

Rótula B

6’

10 kips

C

10’

D

A 8’

SOLUCIÓN Rótula B

C

D

A

VI - 19

10 kips


1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual Rótula

10 kips

X1

X2 Sistema Básico

Rótula x

B

37º

y

10 kips

C

X

HA=0

X

A

10

VA=12.5

D

12.5

Sistema de Carga Real (M)

VI - 20


Rótula x

B

Rótula x

B

37º

37º

y

y

10 kips

C

X

C

X

X

A

hA= 1 16 1

1 16

VA= 1 8

D

0

X

A 1 8

1 8

10 kips

0

hD

D 1

VD= 1 8

Sistema de carga Unitaria en la dirección de X1 Sistema de carga Unitaria en la dirección de X2

Reacciones:

∑ ( )

(

)

(

∑ (

)

)

∑ ∑

VI - 21


∑ ( )

∑ (

(

)

(

)

)

∑ ∑

∑ ( )

∑ (

)

( )

∑ ∑

VI - 22



Tramo AB: (

)

Tramo BC: (

) dx 37º

dS

B

x 37º

y= 12.5

1 16

3x 4

x 37º

B

x 3 y= x 4

1 8

C

Tramo DC: (

VI - 23

y=

3x 4

1 8

C

)

37º

B

C

MÉTODOS DE LAS FUERZAS 3º. Cálculo de “

y

:

De las ecuaciones canónicas: ( ) ( )

En donde: ∑∫

∫ ( ∫ (

∑∫

)(

)

)

∫

∫(

)(

∑∫

)(

)

)

)

∑∫ ∫ (

∫ (

)

∫ ( ∫ (

∑∫

)(

∫ (

)

∫ )(

)

∫ (

∫

VI - 24

)(

)


∫ (

)

∫ (

)


( ) ( )

4º. Cálculo de las reacciones

Por la estática:

VI - 25


Rótula B

10 kips

C

0.965

56.469

A D

9.035

15.444

3.511

3.511

PROBLEMA Nº 06 En la figura se muestra una viga en cantiléver ( actúa una carga uniformemente distribuida de: libre se apoya en dos resortes, uno lineal de , se pide: -

) sobre la que además en el extremo y otro rotacional de

Las reaccione en el empotramiento de la viga El X2 w=3 ton/m. A

L=5m.

B

X1

VI - 26


SOLUCIÓN X2 w=3 ton/m.

A

Ka B

L=5m.

θB

-

ΔB

Kl

X

1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual

X2

w L

X1 x w=3 ton /m. A

L=5m.

B

S. Carga Real (M)

x

A

B 1 S. Carga Virtual en X1 m ( 1)

VI - 27



Tramo AB: (


)

y

:

De las ecuaciones canónicas: ( ) ( )

En donde: ∑∫

∫(

)( )

∑∫

∫(

)( )

∑∫

∫( )

∑∫ ∑∫

∫ ( )( ) ∫( )

VI - 28



(

) (

)

4º. Cálculo de las reacciones en la viga

25.83

7.540

w=3 ton /m. A

L=5m.

B 0.826

14.174

5º. Cálculo deL

:

ΔVB θB

( )

VI - 29


( )

PROBLEMA Nº 07 Hallar las reacciones en los apoyos

5 kips 15 kips-pie C

B

EI=∞ (Barra Rígida)

4’

A 2’

4’

SOLUCIÓN

“Tomo como variable fuerza

a una de las reacciones” 5 kips

15 kips-pie C

B

EI=∞ (Barra Rígida)

A

VI - 30


1º. Determinación de un sistema básico 5 kips 15 kips-pie B

C

A

X1

2º. Cálculo de los efectos de flexión: ( de ambos sistemas) 5 kips 15 kips-pie B

A Sistema de Cargas Real (M)

VI - 31

C

MÉTODOS DE LAS FUERZAS Tramo AB: (

)

√20 ds

4

α dx 2

TRAMO BC: (

)

5

15

2 C

B

B

x

C

x

1


y

:

De las ecuaciones canónicas: ( )

En donde: ∑∫

( )

∑∫

∫

( )

∫(

)(

)

VI - 32


∫

√ ( )

∫(

)

En (1):

4º. Cálculo de las reacciones en la viga

5 kips

Mc=1.924 kips - pie

15 kips-pie C

B

Vc =1.154 Kips

A 6.154 Kips

PROBLEMA Nº 08 Para la viga mostrada calcular las reacciones en los apoyos (EI=cte) w A

C

B

3 wL 8

3wL 8 L

L

VI - 33


SOLUCIÓN w A

EI

B

3 wL 8

C

EI

3 wL 8

X1

1º. Determinación de un sistema básico: w A

C

B

X1

2º. Cálculo de los efectos de flexión: ( de ambos sistemas): Aprovechando la simetría: x w A

C

B

wL

wL Sistema de Carga Real (M)

x

A

C

B 1

½

½ Sistema de Carga Unitaria (m)

Tramo AB: (

Tramo BC: (

)


( )

VI - 34

)


En donde: ∑∫ ∫ (

)(

∑∫

∫ (

)

)

En (1):

4º. Cálculo de las reacciones w A

C

B 5 wL 4

3 wL 8

3 wL 8

PROBLEMA Nº 09 Para el problema anterior, si el apoyo B se sustituye por un apoyo elástico de rigidez lineal igual a 500 ton/m. Se pide calcular las nuevas reacciones en los apoyos de la viga. Considerar para la viga:

2 ton/m A

C

B

3 wL 8

3 wL 8 4m.

4m.

VI - 35


SOLUCIÓN 2 ton/m A

C

B

X1 = ΔK B 3 wL 8

X1

3 wL 8

La nueva ecuación canónica sería:

(

)

Sustituyendo valores:

Cálculo de las reacciones: 2 ton/m A

C

B

7.787

0.426

7.787

Cálculo del :

( )

VI - 36


PROBLEMA Nº 10 Para el sistema compuesto VIGA – TIRANTE, se pide: -

Resolver el sistema (Hallar sus reacciones) La fuerza Axial en el tirante.

VIGA: TIRANTE: C

3m.

w=12 ton/m. 4m.

A

B

SOLUCIÓN HC

C VC

EA 3m.

w=12 ton/m. HA MA

A EI

4m.

B

VA

1º. Fórmula Canónica:

( ) ( )

VI - 37


En donde:

∑∫

∫

∑∫

∫

∑∫

∑∫ ∑∫

∑∫

∑∫

∑∫

2º. Sistemas: X2 C X1

w A

L Sistema Básico

VI - 38

B


5m .

x w=12 A

L=4m.

B

Sistema de Cargas Reales (M,N)

4/5 1

α

3/5

5m .

x 3

w=12 α A

L=4m.

B

(m1,n1) Sistema de Carga Virtual en la dirección de: X 1

n=(+) (Tracción)

n=(-) (Compresión)

VI - 39

1


3/5

1

4/5

α

5m

.

x 1

w=12 α A

L=4m.

(m2,n2) Sistema de Carga Virtual en la dirección de: X 2

∫ (

)( )

∫ ( )( )

∫ (

)( )

∫

∫

∫

∫(

∫ ( )(

)

)

∫ (

( )

∫ ( )( )

)


VI - 40

B

4


Fuerza Axial:

(

√

3º. Reacciones

∑

∑

∑ ( )

VI - 41

)


PROBLEMA Nº 11 Para la viga mostrada en la figura, calcular las reacciones en los apoyos.

P

P

P

1

5 2

3

L

4

L

L

L

SOLUCIÓN: P

P

P

1

5 2

3

4

K

K

K

P

P

P

1

5 2

3

X1

4

X2

X3

Sistema Básico

P=60

P=60

P=60

1

5 2

3

4

90

90 M

VI - 42

ING. RONALD SANTANA TAPIA 1 2

3

5

4

1 3/4

1/4

m1

1 2

3

5

4 1

½

½

m2

1 2

3

5

4 1

1/4

3/4

m3

60

60

60

41.573 7.355

41.573 82.144

7.355

∑∫ ,∫ (

)(

)

∫(

∫(

)(

)(

)

)

∫(

)(

)

∫(

)(

)

-

∑∫ ,∫ (

)(

)

∫(

)(

VI - 43

)


∫(

)(

)

-

∑∫ ,∫ (

)(

∫(

)

)(

∫(

)

)(

∫(

)

-

∫ (

)

∑∫ ,∫ (

)

∫ (

)

∫ (

)

-

∑∫ ,∫ (

)

∫ (

)

∫ (

∫ (

)

)

-

∑∫ ,∫ (

)

∫ (

)

∫ (

∫ (

)

VI - 44

)

-

)(

)


∑∫ ∫ (

)(

)

∫ (

∫ (

)( )(

) )

∫ (

)(

∫ (

)(

)

∫ (

)(

)

)

-

∑∫ ∫ (

)(

)

∫ (

∫ (

)( )(

) )

-

∑∫ ∫ (

)(

∫ (

) ∫ (

)( )(

) )

-

De las ecuaciones de compatibilidad: ( ) ( ) ( )

Como (1) = (3): De (1):

VI - 45


(

)

( )

De (2):

(

)

( )

De ( ) ( ) (

)

(

)

60

(

60

41.573 7.355

(

) )

60

41.573 82.144

VI - 46

7.355


PROBLEMA Nº 12

100KN

100KN D

C x2

E x2

D

B

F

B

x1

C

100KN E

A

G

E

G

50KN

50KN Sistema Básico

1

G

A

M

1

α

B

1 F

2√5 5

1

A

0

0

0

0

m2

Sistema Hiperestático de 2do Grado:

Aprovechando la simetría del sistema, analizando media estructura

√

√

√

√

√

(

VI - 47

√

√ )

√

G

0

0

m1

√

E

β

+

+

A

D

C √5 5

F

B

F

=

D

C

√

√


∑∫ ∫ (

)

∑∫ ∫ (

√

√

)

∑∫ ∫

∫ (

̂

∫

)

̂ ∑∫

∫

√

∫ (

̂

√ )

̂

∑∫

∫ (

√

√

)

∫ ( √

En (1) y (2): ̂

VI - 48

√ )


PROBLEMA Nº 13 Resolver el sistema mostrado y calcular las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión (EI=cte) 4 ton. 3 ton. A

B

C

4m

D

2m

5m

3m

SOLUCIÓN 4 ton. 3 ton. A

B

C

D

VI - 49


1º. Sistema básico 4 ton. 3 ton. A

B

C

X1

D

2º. Sistemas de carga real y de carga virtual

x

4 ton.

3 ton. A

B

C

D

x B

A

C

1

D

Tramo AB: (

)

Tramo BC: (

VI - 50

)

ING. RONALD SANTANA TAPIA 4

x

x

B

C

B

8

C

1

Tramo CD: (

) (

)

4

dx α

x α3

5

x α

ds

28

1

y= 4 x 3

α=53º

α=53º

3º. Cálculo DE “ ( )

En donde: ∑∫ ∫

∫(

)( )

∫(

VI - 51

)(

)


∑∫ ∫

∫( )

∫(

)

En (1): (

)

4 ton. 3 ton. A

B

C 4.584

8.675 3

D 0.584

PROBLEMA Nº 14 Resolver el sistema mostrado y determinar las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión (EI=cte)

VI - 52

ING. RONALD SANTANA TAPIA A

12 ton. B

5m

D

C

12m

SOLUCIÓN A

12 ton. B

D

C

1º. Sistema básico 12 ton.

A

B

C

D

X1


VI - 53

MÉTODOS DE LAS FUERZAS x 12 ton.

A

B 5

x D

x

C

α

12

x

VC=5

M

12 ton.

A

B 1

x D 1

x

C

α

0 0

m1

∑ ( )

∑ (

)

Tramo AB: (

Tramo DB: (

)

ds α dx

Tramo BC: (

)

VI - 54

)

ING. RONALD SANTANA TAPIA 3º. Cálculo de “ ( )

En donde: ∑∫ ∫ ( )(

)

∫

∫

∑∫ ∫ (

)

∫ ( )

∫

En (1): (

)

12 ton.

A B 2.6 ton.

5m

12m

D

2.4 ton.

C

12 ton.

5 ton.

VI - 55


PROBLEMA Nº 15 Hallas las reacciones en los apoyos. Considerar solo efectos de flexión (EI=cte)

Pa P

C

B

4a

3a

A

SOLUCIÓN

1º. Sistema básico Pa P

C B

X1

A Sistema Básico

x P

C

B

3a

A

M


Tramo AB: (

Pa

)

VI - 56


Pa

4a

1

P

x

x

Tramo BC: (

)

x

Pa C

B

1

A

m1

3º. Cálculo de “ ( )

En donde: ∑∫ ∫ (

)( )

∫ (

)( )

VI - 57


∑∫ ∫ ( )

∫ ( )

En (1): (

)

PROBLEMA Nº 16 Calcular las reacciones en el sistema mostrado (EI=cte)

w

P 3a

3a

SOLUCIÓN

1º. Sistema básico

VI - 58

3a

C


w

3a

P=wa 3a

3a

X1

Modelo Básico

2º. Sistemas de carga real y de carga virtual 5wa 2

2 wa

1

D

w

3a

P 3a

B

D

C

w

P 3a

B

3a

C

3a

A

1

A

2

5wa 2

M

( )

( )

m1

∑ ( )(

3a

)

∑ ( )

VI - 59


∑ ( )

( )

Tramo AB: (

)

Tramo BC: (

)

x

x

wa C

B

B 3a

5 wa 2

Tramo CD: (

2

)

3º. Cálculo de “ Ecuación canónica de 1er Grado: ( )

VI - 60

C


En donde: ∑∫ ∫ ( )(

)

∫

(

)

∫ (

∫ (

)

∫ ( )

∑∫ ∫ ( ) ∫

∫

(

(

)

[

)

∫

∫ ]

En (1): (

)

VI - 61

) ( )


1 wa 4 21wa 8

D

w

3a

P=wa C

3a

B

3a

11 wa 8

A

1 wa 4

PROBLEMA Nº 17 (EI = cte) P=wl l

A

w l

C

B 2l

l

SOLUCIÓN: wl

w

A

C

B

X1 Sistema Básico

P=wl l

A

D

l 2l

w l

C

B

1wl 4

7wl 4 Sistema con todas las cargas (M)

A

D

l 2l

C

B

1

1 2

3 2 Sistema con la carga unitaria (m)

VI - 62


Sabemos: Ecuación canónica: ( )

(

)

(

∑∫ ∫

∫

(

)

VI - 63

∫

)


∑∫ ∫

∫

(

)

∫

En (1): ( )

P=wl l

A

w l

C

B

2l

17 wl 48

23wl 16

5 wl 24

PROBLEMA Nº 18 (EI = cte) w B

E wl²

C

3l 4l

D

A

4l

VI - 64

l

ING. RONALD SANTANA TAPIA w wl²

X1

Modelo Básico

w B

E

C

wl²

D

0

A

M 7wl 4

VI - 65

9wl 4

MÉTODOS DE LAS FUERZAS w B

E

C

wl²

D

1

1 4

m A

1 4

Ecuación canónica: ( )

VI - 66

1


(

)(

∑∫ ∫ (

)(

)

VI - 67

)

(

)


∑∫ ∫

∫ (

)

(

)

∫

En (1):

w B

C wl

18 239 wl

D 18 wl 239

2133 wl 956

A 1691 wl 956

PROBLEMA Nº 19 Resolver el sistema y dibujar el DFC y DMF Considerar solo efectos de flexión (EI=cte) w A

C

B 2a

a

VI - 68


SOLUCIÓN 1º. Sistema básico w A

C

B

X1

Sistema Básico

2º. Por la estática:

∑ ( )

( )( )

w A

C

B

VB=wa

M

∑ (

)

(

)

x A

C

B 1

m1

Tramo AB: (

)

VI - 69

VB=3/2


x w A

B

2a

wa

x 1 A

B

3/2

Tramo BC: (

)

3º. Cálculo de “ Ecuación canónica de 1er Grado:

( )

En donde: ∑∫ ∫ ( )( )

∫ (

)(

∑∫ ∫( )

∫ (

)

VI - 70

)

a


En (1): ( ) ( ) Quedando: w A

C

B

5 RA= 6 wa

wa 3

3 RB= 2 wa

∑ ( )

( )

( )( )

∑ ( )

PROBLEMA Nº 20 Resolver el sistema mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF Considerar solo efectos de flexión (EI=cte) P

C B

3a

A 4a

4a

VI - 71


SOLUCIÓN

1º. Sistema básico P

C B

X1

A

2º. Por la estática: x P

C B

A

M

x P

C B 1

A

m1

Tramo AB: (

) (

)

( )

VI - 72

ING. RONALD SANTANA TAPIA x

x P

B

B y

1

α

A

A

Tramo BC: (

)

Nota:


( )

En donde: ∑∫ ∫ ( )( )

∫ (

4a

)(

VI - 73

)


∑∫ ∫ ( )

∫ (

)

En (1): (

)

PROBLEMA Nº 21 Resolver el sistema mostrado en la figura P EI=∞

B

C

3a EI

4a

EI

D

A 4a

SOLUCIÓN 1º. Sistema básico

VI - 74

a


C

B

D

X1

A

2º. Por la estática:

P

C

B

y

P

D

x

x

3P 5

M

A

3P 5

C

B

y D

x

x 1

A

m1

1 5

VI - 75

1 5

1


Tramo AB: (

)

Tramo BC: (

)

P

C B

3P 5

1

C B

4a

1 5

Tramo CD: (

)

3a

y

√10a

dy

ds

α x

α

a

VI - 76

dx


Nota:

√


( )

En donde: ∑∫ ∫ ( )(

)

∫ (

)(

∫ (

) )(

) √

√

∑∫ ∫ (

)

∫ (

) ∫ (

) √

(

VI - 77

√

)


En (1): √

*

√

(

)+

√

PROBLEMA Nº 22 En la figura, se muestra el esquema de un puente de 70m de luz. Los apoyos de la viga central tienen muy poca rigidez a desplazamientos horizontales. En este caso es posible analizar una parte de la estructura, como se muestra en el esquema planteado. Determine el diagrama de momentos en la viga y las fuerzas axiales en los elementos inclinados (puntales). w=5 ton/m

C D

F E

Rótulas

15m

A

10m

B

10m

5m

20m

5m

10m

10m

VIGA: PUNTALES: w=5 ton/m 20m 50t

w=5 ton/m

50t

5 ton/m

50t

75t

C

C

312.5 t x m

D

D A

A

5 ton/m

75t

5 ton/m

75t

C

C D

x

D

312.5 t x m

A

A

X1 Sistema Básico

VI - 78

Carga Real: M,N

312.5 t x m

A

A

ING. RONALD SANTANA TAPIA 75t 5 ton/m

75t

5 ton/m

C

C D

x 312.5 t x m

5 ton/m

C

A

C

A

312.5 t x m 75t

5 ton/m

75t

D

D Carga Real: M,N x

D 312.5 t x m

X1

A

A Básico Sistema

Carga Real: M,N

X1 Sistema Básico 5 ton/m

x

75t

C

α

C x

D 312.5 t x m 75t

5 ton/m

A

C

D Carga Real: M,N x

1 x α

A

C

D

D

1 1 Carga Virtual: m1 ,n1 A

312.5 t x m

A 1 Carga Virtual: m1 ,n1

Carga Real: M,N

10 α

2 α 15

3

√ 13 2 α

L=5√ 13 10 α

15

Ecuación canónica: 3

L=5√ 13

√ 13

( ) (+): Tracción (-): Compresión

POR CARGA AXIAL

( )

(

)

√

√

∑

VI - 79

312.5 t x m


POR FLEXIÓN:

√

(

)(

√

)

(

∑∫ ∫ (

)(

)

∑∫ ∫ (

)

Por lo tanto:

(

)

VI - 80

√

)

CAPÍTULO VII DEFORMACIONES ANGULARES

DEFORMACIONES ANGULARES

TEOREMA DE DEFORMACIONES ANGULARES (SLOPE – DEFLECTION) (Pendiente – Deflexión) CALCULA: Momentos flectores en los extremos de las barras VARIABLES: Las deformaciones (giros y desplazamientos) Sea una parte de la viga que sometida a un sistema de cargas cualquiera. Sean (i) y (1) dos secciones cualesquiera de la viga de sección constante.

En la resolución por este método se consideran como incógnitas (variables) los desplazamientos en los nudos de la estructura.

Lij , Iij

i

j

Asumiendo para todos los efectos en sentido horario POSITIVO

OBJETIVO:

Calcular los momentos en los extremos:

M ij j

i

M ji

VII - 2


θi i θi

øij ∆ij øji

θj j

del elemento en función de las cargas (Momentos de Empotramiento Perfecto:

) y de las deformaciones producidas por estas:

: En donde: Desplazamiento transversal relativo del extremo (j) respecto del extremo (i) Rotación de la barra “i j”

Ecuaciones de Maney: (

)

(

)

En donde: Momentos flectores con signos de Maney Momentos de empotramiento perfecto (MEP) Giros en (i) y (1) respectivamente Deformación angular (ROTACION) de la barra “ i j ”

Estas ecuaciones se utilizarán cuando sean conocidas las deformaciones: de no ser así se recomienda trabajar con las expresiones simplificadas siguientes:

VII - 3


Rigidices relativas:

Cambio de variable:

(

)

(

)

Cuando los nudos solamente giran mas no desplazan, como es común en sistema de vigas hiperestáticas, entonces:

(

)

(

)

Todos los nudos presentan giro excepto: Apoyos tipo:

GRADO DE HIPERGEOMETRIA:

También llamado GRADO DE INDETERMINACION CINEMATICA. Esta dado por el número de giros y desplazamientos desconocidos de los nudos de la estructura. Estos giros y desplazamientos son las incógnitas que se calcularan por este método y consecuentemente usando las expresiones planteadas anteriormente, los momentos flectores con signos de Maney y los momentos flectores finales.

VII - 4


NOTA: No se consideran el giro y desplazamientos en el extremo libre del volado

DEMOSTRACIÓN Resolveremos por el Principio de Superposición de efectos, considerando 4 estados.

Estado “0”: Momentos producidos por las cargas con extremos del elemento en la condición de Perfectamente Empotrados.

º

M ij j

i

M ºji

Estado “1”: Momentos Producidos por el giro elástico del extremo empotrado (i) 1

M ij

θi i

θi

j

1

M ji Elástica

Estado “2”: Momentos producidos por el giro elástico del extremo empotrado (i). 2

Elástica

M ij

θj θi j

i

2

Mji Estado “3”:

Momentos Producidos por la rotación de la barra o debido al desplazamiento transversal relativo del extremo (j) respecto del extremo (i).

VII - 5


3

M ij i øij

∆ ij øji

3

Mji

Superponiendo: () ( )

Resolviendo el estado: 1 Aplicando la ecuación de los 3 momentos:

hº 0

θi Lº

θi

1

3

2 Elástica

(

̅

̅

)

(

Tramo: (0) – (1) – (2)

(

)

( )

(

) ( )

Tramo: (1) – (2) – (3)

( )

(

)

( ( )

VII - 6

)

)


De (1) y (2):

M1

θi

+

M2

Por lo tanto:

M ij

θi i

j

Para el método

M ji Resolviendo el Estado: 2 Por analogía:

Resolviendo el Estado: 3 0 1 ∆ ij

2

VII - 7

3

DEFORMACIONES ANGULARES Tramo: (0) – (1) – (2)

(

)

( )

(

)

( )

Tramo: (1) – (2) – (3)

( )

(

)

(

)

( )

De (3) y (4):

M1 ∆ ij

+ M2

Por lo tanto:

VII - 8


i

Mij ∆ ij M ji j

Reemplazando en (I) y (II):

(

)

(

)

(

)

(

)

Ecuaciones de Maney:

(

)

(

)

VII - 9


PROBLEMAS DE APLICACIÓN PROBLEMA Nº 01 Resolver y dibujar el DFC y DMF (EI=1000 kips – pie²) 5 kips 15 kips-pie

2√ 5

4'

2

EI

3

EI=∞

1 2'

4'

SOLUCIÓN:

5 kips

2√ 5

15 kips-pie

2

EI

EI=∞

1

1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO ( Nota:

2º. Desplazamientos:

VII - 10

)

3 θ3=0


ø23 ΔCosα

Δ θ2 θ2=ø12

5 2√

θ1=ø2

α

x α

√

√ √

En ( √ )

(

)

(

)

3º. Ecuación de barras:

( (

( (

)) ))

VII - 11


4º. Equilibrio de nudos:

( ) Nudo:

( )


M23 4’

2

3 M32 V3

∑

( )

En todo el sistema: ∑

( ) 5

15

2

3 M 32 V3

4’

4’

2'

1 V1

∑ ( )

VII - 12


( )

( ) ( )

( ): ( )

(

)

(

)

6º. Momentos de Maney

7º. Momentos flectores

VII - 13



52

8 D M+ F

D F+ - C

2. 7

52

1

2. 7

52

(+)

(+)

12. 30

2√ 5

12

.30

8

2.7

2

En ( ):

En ( ):

Momento Flector: 1.923 4’

2.692

1.154

1.154

1.154

(+)

+ DFC -

-2.692 DMF +

(-) (+)

VII - 14


PROBLEMA Nº 02

Resolver y dibujar el DFC y DMF 10 kips 2

3

6' 10’

4

1 10’

8’

SOLUCIÓN: 10 kips 2

3

EI=∞

EI=1 EI=1

4

1

1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO ( Nota:

2º. M.E.P. 3º. Desplazamientos:

VII - 15

)


Δ

2’ Δ 2 θ2

ø23

4Δ 3

θ3

θ2

3’ θ3

3 53º

5Δ 3 53º ø34

ø12 37º

4

θ4=0 1

θ1=0

4º. Ecuación de barras

(

(

)

(

)

)

(

)

( (

) )

VII - 16


5º. Equilibrio de nudos Nudo:

Nudo:

6º. Ecuación adicional de la estática:

M21

2

10'

2

M 32

10'

10'

M12

H1

H1

M12

1

1

V1

V1

∑ (

)

∑ (

)

(

)

VII - 17

DEFORMACIONES ANGULARES 10 2

3

4 M43 M12

H1

1 V1

∑ ( )

(

(

)

)( )

(

)

(

( ) (

)(

)

(


VII - 18

)

)

(

)




PROBLEMA Nº 03 Para el sistema de la figura, se pide determinar la deformada y los momentos flectores en los extremos de las barras (EI=constante) 4 ton. B 2m

C

3m

A

D

4m

4m

VII - 19

2m


SOLUCIÓN:

4 ton. B √20 C

√41

√17 A

D

)

1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (

2º. Rigideces

( ) ( ) ( )

( )

3º. M.E.P. 4º. Deformada

VII - 20


B

b

θ αm Δ

BC

a

(β-θ )

n

BC

(α-θ )

C b

θ

θC

Δ

AB

A

CD

β

α

α-θ

m

Δ

Δ

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

β-θ

n

a

( (

) )

)

VII - 21

b

D



(

)

(

)

A–B (

)

(

)

B–C (

)

(

)

C–D (

)

(

)


( )

Nudo:

( ) De las ecuaciones ( ) ( ) tenemos:

VII - 22


(

)


B MBA

5

MAB

HA

A

4

VA

∑

∑ B

C 5 MCB

A MAB

HA

4

VA

( )

VII - 23


∑

4 ton. B

C

MAB

HA

A

MDC

VA

( )

(

(

)

)

(

)

(

(

) )

VII - 24

D


(



VII - 25

)


2.433 2.837

B 0.235 0.884

B 0.54 0.884 1.857

0.941

D

27.325

27.325

C 0.618

1.53

0.941

A

0.235

2.433 1.857

D

0.941 27.325

PROBLEMA Nº 04 En la estructura mostrada en la figura

. El empotramiento

experimenta un corrimiento horizontal de 0.5 pulg. Hacia la derecha, un corrimiento vertical de 0.5 pulg, hacia abajo y además un rotación de 0.002 rad. en sentido antihorario, se pide calcular las reacciones en los apoyos y dibujar el DFC y DMF 1

2 18’

45º

12’

3

VII - 26


SOLUCIÓN: 1

2 18’

45º

12’

3 0.5’’

θ2=0.002 rad. 3 0.5’’

Bosquejando la deformada y aplicando las ecuaciones de Maney

1º. Deformada

1

2

0.5√2 δ= = 1’’ Cos45º

45º 45º 0 .5 √2 ’’

ø12

’ 2’ 5√ . 0

θ2 θ2

ø23

0.5’’

0. 5√ 2

0.5’’

√

√

VII - 27

θ3 3



(

)

(

) [

(

)]

[

(

)]

*

(

)

(

*

(

)

(

√

√

)+

)+


( ) Nudo:

[

]

*

√

√

( ) De (1) y (2):

VII - 28

+




6º. Isostatización

REACCIONES

VII - 29


18’

96.448 0.4465 klb.

0.4465 klb.

A=96.44

-0.4465

-96.448

48 .4 96

1 53 3. ’ 12

31 .5 -3 2 03 2. 41

1 53 3.

64 .4 08 -5 A=

48 .4 96 16 .0 12 -4

VII - 30


4.547

0.4465

4.547

412.032 0.4465

PROBLEMA Nº 05 Para el problema anterior, considerando además de los corrimientos vertical y horizontal y rotación de apoyo empotrado, actúa una carga de 100 klb en el nudo (2) verticalmente hacia abajo, se pide calcular las nuevas reacciones y dibujar el nuevo DFC y DMF. 100 klb

1 2

18’

45º

12’

3 SOLUCIÓN

VII - 31


100 klb

1 2

18’

45º

12’

3 θ3 3

Aplicando el Principio de Superposición de efectos. Respuesta Total= Respuesta (Carga) + Respuesta (Desplazamiento elástico apoyo (3)) ANÁLISIS POR CARGAS “P” 100 klb

1 2

18’

45º

12’

3

Como no hay M.E.P. y además no hay desplazamiento de nudos, por lo tanto no s e producen Momentos en los extremos de los elementos. Asimismo, no se producen fuerzas cortantes. Solo se producen Fuerzas Axiales Flexión: Axial:

Isostatización

VII - 32


18’

2 0

1

0

0

100 klb

H=100 0 12/√2

H=100

12/√2 0 V=100

0 0

2

12’

3 0 0

REACCIONES:

∑

∑ ( ) √

( ) √

DFC:

VII - 33


DMF: DFA: 100 : Tracción

-100√2

: Compresión

CONCLUSIÓN:

Aplicando el Principio de Superposición vemos que el DFC y DMF se mantienen

100 klb.

95.453

0.4465

95.453 412.032 100.4465

REACCIONES FINALES

PROBLEMA Nº 07 Adicionalmente a las condiciones del Problema Nº 05 y 06, se añade una carga uniformemente repartida

en el elemento

-

. Se pide para

esta nueva condición calcular las reacciones y dibujar el DFC y DMF

VII - 34


100 klb.

2

25 klb/pie 1

18’

45º

12’

3

SOLUCIÓN 100 klb.

2

25 klb/pie 1

18’

45º

12’

θ3 3

Igualmente por el Principio de Superposición, se tiene: Respuesta (Total) = Respuesta (Carga Distribuida) + Respuesta (Carga Puntal) + Respuesta (Desplazamiento en Análisis por Carga Distribuida:

VII - 35


ø2=? 2

ø1=?

w=25 klb/pie

1

18’

45º

12’

3

3


)

2º. Rigideces:

m.c.m. = 36

3º. M.E.P. w=25 klb/pie

2

18’

1

0 12

M

0

M21


VII - 36



(

(

)

(

)

)

( (

(

) ) )

6º. Equilibrio de nudos: Nudo:

( ) Nudo:

( )

De (1) y (2):

7º. Momentos con signos de Maney

VII - 37




w=25 klb/pie 18’

8100

187.5

262.5 10.5

262.5

7.5

A=16537.5 A=-8437.5

-187.5

-8100

8437.5

VII - 38


0 81 0

75 .3 84 ’ 12

4 -8 7 .3 5 5 40

75 .3 84

0

50 21 -1 A=

00 81 0 -4 50

Reacciones:

w=25 klb/pie 143.176 2

18’

45º

1

187.5 12’

3 143.176 4050 262.5 Reacciones finales:

VII - 39


100 klb

w=25 klb/pie 238.629 18’

2

1 187.0535

12’

3 238.629 4462.032 362.9465

Diagrama DFC y DMF:

VII - 40


25 klb/pie 1

18’

2 8196.448

187.0535

262.9465 10.51786

262.9465

7.48214

A=16593.807

-187.0535

-8196.448

8397.356 48 .4 96 81

06 .9 87

’ 12

6 90 7. -8 32 .0 62 44

06 .9 87

64 .4 58 26 -1 A=

48 .4 96 81

6 01 2. 46 -4

VII - 41


PROBLEMA Nº 08 Para la estructura de 2 pisos, mostrado en la figura se pide determinar las reacciones en los apoyos y dibujar el diagrama de Fuerzas cortantes y de Momentos Flectores. 400 Lb/pie 6000 Lb. B

A

18’

600 Lb/pie 12000 Lb. C

D

18’

E

F 18’

SOLUCIÓN 400 Lb/pie 6000 Lb.

øA

A

2

2I

B

øB

I

I

600 Lb/pie 12000 Lb.

øC

C

2I

1

D

I

I

E

øD

F

øE=0

VII - 42

øF=0

ING. RONALD SANTANA TAPIA )


2º. Rigideces:

Vigas:

Vigas:

m.c.m. = 18

3º. M.E.P. 400 Lb/pie

0

MAB

A

18’

B

0

MBA

600 Lb/pie C 0 MCD

18’

D 0 DC

M

VII - 43


4º. Desplazamientos: 2

2

θ2

øBD

øAC

1

1

øCE

øDF

Columnas:

Vigas:


(

)

(

)

Vigas:

( (

) )

(

)

VII - 44


)

Columnas:

(

)

(

)

(

)

(

)

( (

) )

( (

) )


( ) Nudo:

( )

Nudo:

( )

VII - 45


Nudo:

( )

7º. De la estática (Las 2 ecuaciones adicionales) MAC

MBD

HA HB

A MAB

MBA

6000 HA

A

18’

HB

B

18’

MCA C

B

18’

HB

HA

MDB D

∑

( )

VII - 46


MCE

MDF

HC HD

C MCD HA

MDC

12000 HC

HB 18’

C

D

HD

18’

18’

MFD

MEC

F

E

∑

(

D

)

( ) De (1), (2), (3), (4), (5) y (6)

8º. Momentos de Maney Vigas:

VII - 47


Columnas:


Vigas:

VII - 48


Columnas:


PROBLEMA Nº 09 Resolver y dibujar el DFC y DMF 3600 kg/m

3

4

5

3m

2

3m

1

4m

VII - 49

1m


SOLUCIÓN: 3600 kg/m EI=1

3

4

5

EI=∞

2

EI=1

1

)

1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO ( 3600 kg 3600 kg/m

3

4

1800 kg-m

2

1

2º. M.E.P. 3600 kg/m

0

M34

3

4m

VII - 50

4

0

M43



θ3=0 4

3

?

ø34

4’ θ4

θ4=ø24 2

θ2=ø4 m

?

n

θ2 ø12

1

θ1=0


(

(

)

(

)

)

VII - 51

2’


(

) (

)

(

)


Nudo:


2

M21 3

M12 H1

1

4

V1

VII - 52


M34 4

M42

3600 kg/m

3

4

3

3

2

2

3

3

M12

M12 H1 1

H1

4

V1

1

4

V1

∑

( )

∑

( )

∑ ( )(

1

4

) ( )

De (1) y (2): ( ) ( )

VII - 53


(3) = (4):

( )

Reemplazando valores en (6) (

)

(

)



VII - 54

(

)



PROBLEMA Nº 10 Resolver y dibujar el DFC y DMF 10 kips 1

3

2

10’

5

20’

4

10’

10’

SOLUCIÓN:

VII - 55


10 kips EI

1

EI=∞

2

3

EI

5

4

1º. Grado de hipergeometría 4º GRADO ( Nota:

2º. M.E.P.


VII - 56

)


?

?

?

ø34=0 1

ø23=0 3

2

θ1

θ2 θ2

θ= θ =ø 5 2

25

θ1

θ= θ =ø 4 1

14

5

4

4º. Ecuación de barras (De las ecuaciones de Maney) Elementos Flexibles

( (

(

)

(

)

) )

(

)

(

)

VII - 57

θ3



Nudo:

Nudo:

6º. Ecuación adicional de la estática :

A nivel (1) – (2) – (3) EI Δ 25

H1

1

2EI Δ 25

20’

2

H2

10’

5

4

H2

H1 1

10 kips 2

∑

VII - 58

3


∑

∑


VII - 59



9º. Isostatización de barras 40 1

10m

2

2

30 10m

3

50

+

V1=9

V2=9

V2=3

A = -90

V3=3

A = -30

-9

-3

-50

30

40

VII - 60


PROBLEMA Nº 11 Resolver y dibujar el DFC y DMF 4 1.5m 12 ton-m 1.5m 5 ton.

2 3

4m

1

6m

SOLUCIÓN: ø4=0

E 4

12 ton-m

2

EI

E

A

5 ton. 3

EI

ø1=0

1º. Grado de hipergeometría 3º GRADO (

2º. Rigideces

VII - 61

)

1

E


m.c.m. =12

3º. Desplazamiento:

DEFORMADA 4

ø34

θ2

2’

Δ

2

ø34=0

Δ 3

θ3

ø13

1

m.c.m. =12

VII - 62


4º. M.E.P.

2 3

6m

0 M23

0

M 43

4 1.5m

12 ton-m 1.5m

3 0

M 34


( (

(

)

(

)

))

( (

))

VII - 63

0

M32

DEFORMACIONES ANGULARES (

) (

)

(

)

(

)

6º. Equilibrio de nudos. Nudo:

( )

Nudo:

( )


2 6m

0

M23

3

H 32 0

M32

∑ ( )

VII - 64


M 31 3

M43 4 4m

12 ton-m

3m

3

M34

H 34

M13

1

∑

( )

∑

( )

Nudo:

( )

( )( ) ( )

( )

VII - 65

H 31


Resolviendo: ( ) De (1), (2) y (3):



VII - 66


PROBLEMA Nº 12 Resolver y dibujar el DFC y DMF 3000 kg/m 1000 kg B

4000 kg-m

C

3m

4m

A

D

4m

SOLUCIÓN: 3000 kg/m 1000 kg B

4I

4000 kg-m

C

I

2I

A

D


2º. Rigideces

VII - 67

)


m.c.m. = 6

3º. M.E.P: 3000 kg/m

0

MBC

B

4m

DEFORMADA


VII - 68

C

0

MCB


Δ

B’

ø2=0

Δ

C’

θB

θB

θC θC

øAB øCD A

D

øD=0

m.c.m. = 12


(

)

(

) (

(

)

(

)

)

VII - 69


)

(

)

(

)


( )

Nudo:

( )


VII - 70


MCD

HC HB

C

MBA B

4m

3m

MAB A

MDC D

HB

1000 kg

HC 4m

B

∑ ( )

∑ ( )

A nivel

-

VII - 71

C


∑

Reemplazando: ( )

De (1), (2) y (3):



VII - 72



PROBLEMA Nº 13 Hallar los momentos flectores en los extremos de las barras y dibujar el DFC y DMF 3600 kg/m 1

3

2

3m

4

3m

37º 5 4m

SOLUCIÓN:

VII - 73

2m


E

E

3600 kg/m 2I

1

V 3

2I

2

ø1=0 I

4 E

I

ø5=0 37º 5

E


2º. Rigideces

m.c.m. = 30


DEFORMADA

VII - 74

)


1

ø12

3

Δ

θ2

2 θ2 θ2

37º

ø24

Δ

θ4 θ4

4 37º

s

Δ

ø45 5

x

4º. M.E.P. 3600 kg/m 1

2 4m

0

M12

0

M21 3600 kg/m

2

3 0

M23

2m

VII - 75



(

(

)

)

(

)

(

)

(

)

)

(

(

(

) )


( )

Nudo:

( )


VII - 76


4

M45 3

M54 H5

4

5 V5

M24 2

3

4

3 M54 H5

4

5 V5

M12

3600 kg/m 4

4

2

2 3

4

3 M54 H5

4 5 V5

VII - 77

3


∑

( )

∑

( )

∑ ( )( ) ( )

De ( ) ( ):

(

)

De ( ) ( ):

VII - 78

(

)


( )

De (1), (2) y (3):



VII - 79


PROBLEMA Nº 14 Para el sistema estructural mostrado en la figura se pide determinar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC y DMF

8 ton/m 2 ton.

1 2

3m

3

6m

4m

SOLUCIÓN: 8 ton/m 2 ton.

1

8EI

2

3m

EI

3

ø3=0 6m

4m


2º. Rigideces

VII - 80

)


m.c.m. = 15


DEFORMADA

1

ø12 37º

2 θ2

α

θ2

ø23

37º

m.c.m. = 9

4º. M.E.P. 8 ton/m 1 6m

2

0

M21

VII - 81

3



(

(

)

(

)

) (

)

( (

) )


( )

Nudo:

( )


8 ton/m 2

1 6m

2

2 V2

VII - 82

M21


2

M23

2 V2

3m

4m

3 M23

∑

( )( )

( ) ∑ ( )

( ) ( )

( )


( )

VII - 83


De (1), (2) y (3):



VII - 84


PROBLEMA Nº 15 Determinar el sistema estructural mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF 20000 kg

3

2

8000 kg/m 3m

4 1 4m

2m

2m

SOLUCIÓN: 20000 kg

2

3

I

8000 kg/m I

I

ø4=0 1 4m

2m


2º. Rigideces

VII - 85

2m

)

3m

4


m.c.m. = 60


DEFORMADA

θ3

ø23

2 53º

3 θ3

37º

θ2

ø12

1

ø34

θ2 4

53º

m.c.m. = 60

VII - 86


4º. M.E.P. 0 21

M

2 8000 kg/m 5m

1 2000 kg 2m

2m 4m

2

3 0 M

0 M23

32


(

(

)

(

)

) (

) (

(

) )

VII - 87


)

(

)


( )

Nudo:

( )

Nudo:

( )


VII - 88

ING. RONALD SANTANA TAPIA V2

V3

2000 kg

2 8000 kg/m

M

H2

H2

M23 2m

21

2

H3

3 M

32

V2

2.5m

H3

2m 4m

3

M

34

V3

3m

2.5m

1

4m

4

∑ (

) ( )

∑

( )

∑ ( ) ( )

∑

( )

De ( ) ( ) en ( )

VII - 89

M43


(

)

(

)

( )



VII - 90


PROBLEMA Nº 16 Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF (EI=cte) 7500 kg/m 10000 kg

3

2

4m

4

1

4m

3m

SOLUCIÓN: E

7500 kg/m

10000 kg

E 3

2

4m

ø1=0 1

ø4=0

E

4

E 4m

3m


2º. Rigideces

VII - 91

)


θ3 θ2

2

53º

θ3

ø23

θ2

3

37º

ø12

ø34

53º

1

m.c.m. = 20


m.c.m. = 16

4º. M.E.P.

VII - 92

4


7500 kg/m

0

M23

4m

2

3

0 32

M


(

)

(

) (

)

(

)

)

(

)

( (

(

) )


( )

Nudo:

VII - 93

DEFORMACIONES ANGULARES ( )


V2

V3 H2

2 M21

H3

7500 kg/m 3

M

10000 kg

34

H2

4m

2 V2

4m

V3

4m

M

1

12

3m

4

M43

∑

( )

∑

( )

∑

( )

VII - 94

H3 3


∑

( )

De ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

(

)

(

)

Simplificando:

Reemplazando valores

( )


VII - 95



10º. Isostatización de las barras

7422.832

5455.846

3

2863.326

2

1585.705

7500 kg/m

2

4m

3 5455.856

5m

7422.824 4m

14508.258 15491.742

1

2472.678

2863.326

4 1585.705

4030.472

VII - 96


11º. Dibujo del DFC Y DMF 1.934

2.066 15491.742

1585.705

-14508.258

-2863.326

D.F.C. 1.934

2.066

-7422.824 -5455.856 -5455.846 -7244.832

8580.145

4030.472 2472.678

D.M.F. PROBLEMA Nº 17 Determinar los momentos flectores en los extremos de las barras de la estructura mostrada en la figura.

VII - 97


3600 kg/m

2

3

5 4000 kg-m

4m 6m

4

1

6m

2m

SOLUCIÓN: 3600 kg/m

E 2

E 3

2I

2I

5 4000 kg-m

I I

4

A 1

E

ø1=0


VII - 98

)


ø23=0

5’

2’ 2

3

ø34 ø12

4

1 2º. Rigideces

( )

m.c.m. = 48 3º. Desplazamiento:

VII - 99

5

ø35

d


m.c.m. = 12 4º. M.E.P. 3600 kg/m

6m

0 M23 2

3

3 2m 0 M35

5 4000 kg-m


(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

VII 100

0 32

M


)


( )

Nudo:

( )

Nudo:

( )


VII - 101


H2 2

H3

M

21

2

M

34

6m

4m

4 1 M

12

M23

3600 kg/m

M32

H2

H3 2

6m

3

∑

( )

∑

( )

∑

VII 102

ING. RONALD SANTANA TAPIA ( )

De ( ) ( )

( )

Reemplazando valores y ordenando:

( )

De (1), (2), (3) y (4):


VII - 103



PROBLEMA Nº 18 Determinar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC y DMF. (EI=constante) 10 ton.

5 ton/m

12 ton-m A

D

C B

E

Rótula

4m

2m

3m

2m

SOLUCIÓN:

øci ,øcd=?

øA=0

øB=?

10 ton.

12 ton-m

A

C B

Rótula

VII 104

øD=? 5 ton/m D

E

ING. RONALD SANTANA TAPIA )

1º. Grado de Hipergeometría 5º GRADO ( 2º. Rigideces

m.c.m. = 12 3º. Momentos de empotramiento perfecto (m.e.p) 5 ton/m

D

2m

E

0 MDE

4º. Deformada : θB

θB

øD

øD D

A B BC

øci

BC

C

m.c.m. = 6

VII - 105

øcd

E



(

(

)

(

)

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

) (

)


( )

Nudo:

( )

( )

VII 106


Nudo:

( )

De la estática: (Encontrados la 5ta ecuación) MBC B

MDC 2m

VC

C

V’C =

VC=

D

3m

C

V’C

∑ Equilibrio Nudo:

(

)

(

) ( )

De (1), (2), (3), (4) y (5):

VII - 107





VII 108


0.667 A

1.333 B

B

C

2m

4m

13.333

V=0.5

V=6.667

V=6.667

V=0.5

6.667

A=13.333

A=2

-13.333

0.5 -1.333

0.667 5 ton/m

10 D

C

D

3m

E

2m

10 V=10/3

V=10/3

V=10

A=-10

10

-10/3

A=10

-10 -10

0.667

10 ton. 12 ton-m

A

C B

D

Rótula

0.5 7.167 13.333

VII - 109

E


PROBLEMA Nº 19 Determinar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC y DMF. (EI=constante) 5 ton/m A

10 ton.

5 ton/m D

C

12 ton-m B

Rótula

4m

2m

3m

2m

SOLUCIÓN:

1º. Grado de Hipergeometría : IDEM 2º. Rigideces: IDEM 3º. Momentos de Empotramiento Eerfecto (M.E.P.) :IDEM 4º. Deformada: IDEM 5 ton/m

B

2m

C

0

MBC


(

E

(

)

(

)

)

VII 110



( )

Nudo:

IDEM

Nudo:

IDEM

De la estática: (Encontrados la 5ta ecuación) 10 5 ton/m

M DC B

2m

VB =10-Vc

C

C

VC MBC+10

V’C =

2

3m

V’C

D

V’C

VC

∑

Equilibrio Nudo:

( ) De (1), (2), (3), (4) y (5):

VII - 111




VII 112



5.667 A

B

B

13.333

11.333 V=4.25

V=0.5

C

2m

4m

V =6.667 C

VB =16.667

16.667

A=23.333 6.667

A = -17 -23.333

-4.25 -11.333

5.667 5 ton/m

C

3m

V=10/3

D

D

10

10

V=10/3

E

2m

V=10

A=-10

10

-10/3

A=10

-10 -10

5 ton/m

5.667 A

10 ton.

C

12 ton-m B

5 ton/m D

Rótula

4.25 13.333 20.917

VII - 113

E

CAPÍTULO VIII MÉTODO DE HARDY CROSS

MÉTODO DE HARDY CROSS

MÉTODO DE HARDY CROSS Calcula: Los momentos flectores en los extremos de los elementos. CUESTIONES PRELIMINARES:

a. Definir las condiciones de restricción de los apoyos. -

Empotrado (E) Articulado (A) Volado (V) Ejemplos:

El apoyo intermedio (2), se considera empotrado por presentar momentos internos y, además por existir a ambos lados otros apoyos articulados o empotrados o combinación de ambos.

b. La rigidez relativa de los elementos se obtiene de acuerdo a las condiciones de restricción de los apoyos, como sigue:

( )

VIII - 2


c. Para el proceso de distribución de los momentos de empotramiento perfecto de los elementos del sistema, deberá tenerse presentarse lo siguiente: c.1 Empezar por el nudo articulado de existir un momento, distribuir y transmitir para cerrar definitivamente. c.2 Continuar con el nudo de mayor momento absoluto, esto con la finalidad de una rápida convergencia. c.3 Terminar el proceso con una distribución y con una transmisión. Si la distribución llega a un apoyo externo empotrado, este valor deberá transmitirse como paso final.

DEMOSTRACIÓN 1º. Rigidez por flexión:

La rigidez es la propiedad de resistencia que ofrecen los elementos a la deformación. La rigidez por Momento flexionante, es igual a la carga aplicada (M) entre la deformación producida por esta .

A. Sistema: Empotrado – Empotrado

Asumiendo para todo efecto, horario positivo.

Maney: (

)

(

)

VIII - 3


Factores de transporte:

El factor de transporte de momentos, se define como la relación existente entre los momentos

B. Sistema: Empotrado – Articulado

Maney: (

)

(

)

Factores de transporte:

Realizando el cociente:

VIII - 4


2º. Coeficientes de Distribución:

Sabemos:

∑

∑ ∑ ∑

Por equilibrio en el Nudo “i”:

∑ (6) en (5): ∑ Reemplazando: ∑

∑

∑

∑

VIII - 5


∑

∑

∑

∑

∑

∑

Como: ∑ ∑

3º. Momentos por desplazamientos: Asumiendo horario positivo.

A. Sistema: Empotrado - Empotrado

Maney: (

)

(

)

VIII - 6


B. Sistema: Empotrado - Empotrado

Maney: (

)

(

)

VIII - 7

(

)



PROBLEMA Nº 01 Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF 1000 kg/m 2

1

4m

1500 kg/m 3

4

2I

4m

5

10m

SOLUCIÓN:

E

1000 kg/m

E 1

2I

2

I

E

1500 kg/m

3

2I

E 4

I

5 E

VIII - 8


1º. Rigidices y coeficientes de distribución Nudo:

∑

∑

Nudo:

∑

∑

2º. M.E.P

1000 kg/m

0

M12

1

2I

2

0

M 21

1500 kg/m 0 M34 3

2I

VIII - 9

4

0

M43



2

1

0.444 0.556

0 -8333

8333

-1355

-2709

-68 -6

-135

-9762 3 0 -12500 1788 243 12 -14033

0 -2232 -3392 -303 -168 -24 -13 -5478

-11 5478 4 0.444 0.444 0.556 12500 8333 0 -3575 -4463 -4463 -1696 485 -605 605 -84 24 48 48 -7 2 3 3 9436 -3807 -5594 5 0 0 -2232 303 24 -1905

1ra Iteración: Nudo:

Nudo:

VIII - 10


2da Iteración: Nudo:

3ra Iteración: Nudo:


5º. Momentos flectores:

VIII - 11


6º. Isostatización de las barras} 1000 kg/m 2

1 10 m

9762

5478 4571.6

5428.4 1500 kg/m

14033

3

4 9436

10 m

7040.3

7959.7

5478

3807 4

2

2768

1428

4m

4m

2768 1

5594

2768

7º. DFC y DMF

VIII - 12

5

1905


5.428

4.572

5428.4 2768 4571.6

5.306

4.693

7959.7

1428 -7040.3

D.F.C.

6.524

3.476

-9762

-5478 -5478

5478

4971

5.306

4.693

-14.033 -9436 5594

7084

1905

D.M.F.

VIII - 13

-3807


PROBLEMA Nº 02 Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF 6000 kg/m

1 2

3 2m 4m

8000 kg 2m

5

4

4m

6m

3m

SOLUCIÓN: 6000 kg/m

E

1 A

2I

E 4I

2

3

2m 8000 kg

2I

2I 2m

5

E 4


( )

∑

∑

∑

∑

Nudo:

( )

VIII - 14

A


2º. M.E.P

6000 kg/m

2

6m

0

3 0

M23

M32

0

M25

2 2m

8000 kg

4m

2m

0

5

M52


VIII - 15


2 1

0.290 0.194 0.516 0 -4000 -7200 3248 2173 5779 -4723 1370 916 2437 -421 122 82 217 -38 11 7 20 -4 1 1 2 4752 -821 -3931

1

5

0

1

-4000 1087 1219 109 10 1 6426

1ra Distribución y Transmisión:

Nudo:

Nudo:

0.690 0.310 3 10800 0 2890 -9446 -4244 1219 -841 -378 107 -75 -34 10 -7 -3 4659 -4659

Nó

2da Distribución y Transmisión: Nudo:

3ra Distribución y Transmisión: Nudo:


VIII - 16

4



PROBLEMA Nº 03 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.

VIII - 17


4

10’

5√2I

10 Kips 2

6’

3

5I

10I

1

8’

10’

SOLUCIÓN: E

4

5√2I

E

E 2

3

5I

10I

1

E

1º. Grado de Hipergeometría : 3º GRADO (


∑

∑

VIII - 18

10 Kips


Nudo:

√ √ ∑

3º. M.E.P:

4º. 1er Cross de cargas: 5º. Momentos del 1er Cross: 6º. De la estática 1er Cross

A nivel

0

0

2

10

R 3

⃖

7º. Momentos por desplazamiento :

(

)

Nota:

VIII - 19

(

)

(

)


4

ø34 √2 10 θ3 θ3 √2Δ

10’

ø23

53º

10’

2’

θ2

ø12

1

37º

(

)

√ √

(

)

( ( √ ) √

) (

)

8º. 2do Cross de desplazamientos: 9º. Momentos de 2do Cross

VIII - 20

θ2

3’


0

4 300 -250 -23 27

2 2/3 -1000 367 15 -618

1/3 700 -250 183 -23 8 618

0

1 -1000 184 8 -808

10º. De la estática 2do Cross

∑

∑

VIII - 21

3

½ 700 -500 92 -46 4 -2 248

½ 300 -500 -46 -2 -248


∑

A nivel

-

11º. Momentos de cross finales 27 4

10

86.6 2 H2

248

618

H3 10’

10

3

618

V2=86.6

V3=86.6

6

808

1

8

⃖ ( )

VIII - 22

86.6



I: Mantiene su signo D: Cambia su signo

PROBLEMA Nº 04 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. 2000 kg

2000 kg

1

2

3

4m

4

2m

3m

2m

SOLUCIÓN

Reemplazando la fuerza vertical del volado por sus efectos en el nudo

VIII - 23


2000 kg

2000 kg

E E 2 6000 kg-m

1

4

1º. Grado de Hipergeometría : (


( ) ∑

∑

3º. M.E.P: 2000 kg 2m 0

2m

2

1

0

M12

M21

4º. 1er Cross de cargas:

VIII - 24

A


2 -6000 0.625 0.375 1000 0

0 -1000 1563

1

3125

1875

4125

563

1875

1 4 0 0

5º. Momentos del 1er Cross:

6º. De la estática 1er Cross 2000 kg

563 2m

1

2000 kg

2000 2m

4m

H2

2 V2=2175

6000

1875

4125 2175

2000

4

4 3

∑

∑

VIII - 25

3m

3


A nivel horizontal

-

H2=2662.5 2

R 4

⃖ 7º. Momentos por desplazamiento :

(

)

Nota: (

)

(

)

VIII - 26


2 1

ø12 θ2 2’ θ2

ø24

53º 0

(

)

Pitágoras:

( (

) )

8º. 2do Cross de desplazamientos:

VIII - 27

4

x 53º

4’


2 1

0 -1500 219

0.625 0.375 -1500 800 438 263 -1062

-1281

1063

1 4 0 0

9º. Momentos de 2do Cross


∑

H2 1 1281

4m

2

2 1063

1062 V2

585.75

4

4 3

VIII - 28


∑

A nivel horizontal

-

H2=705.0625 2

R’ 4

11º. Momentos de Cross finales

( )

VIII - 29



PROBLEMA Nº 05 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. 1

2

4m

10 ton. 6

5

4m

3

4

4m

3m

4m

SOLUCIÓN

A 1

E 2

E 5

3

4

E

VIII - 30

A 6

10 ton.


1º. Grado de Hipergeometría : 5º GRADO ( Nota:


( )

∑

∑

Nudo:

( ) ∑

∑

Nudo:

( )

∑

∑

3º. M.E.P:

VIII - 31


4º. 1er Cross de cargas: 5º. Momentos del 1er Cross: 6º. De la estática 1er Cross

A nivel

10 ton.

R 6

5

⃖

7º. Momentos por desplazamiento : (

1

)

(

)

(

)

ø12

θ2

2’

θ2

ø25 θ5=0 x

5’ ø45

θ2 θ2

4’ r 53º

3 ø34

53º

Pitágoras:

VIII - 32

53º

θ6=0 6’


Para pequeñas deformaciones:

(

)

(

)

(

) ( (

) )

m.c.m. = 800

VIII - 33


8º. 2do Cross de desplazamientos: 2 1

1 0 0

15/31 16/31 -1500 3200 -823 -877 -2323 2323

5 16/47 16/47 15/47 -3200 439 -2761

4 15/31 16/31

3 1 0 0

1500 -3200 823 877 2323 -2323

9º. Momentos de 2do Cross

VIII - 34

3200 -439 2761

0

1 0 0

0

6


10º. De la estática 2do Cross 2323

1

4m

2 2323

2 V2=580.75

580.75

4m 580.75 H5 3m

5

∑

Análogamente en los tramos inferiores:

A nivel

H5=1706.5625

6

5 H’5 =1706.5625

VIII - 35

R’

2761



⃖ ( )


VIII - 36


6800

-8100

8100

-6800

D.M.F.

PROBLEMA Nº 06 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. 3600 kg/m 9600 kg

1

2

3

3m

4 1m

5

6m

6m

VIII - 37


SOLUCIÓN

E A

E

3600 kg/m

9600 kg

1

2I

2I

2

3

I I 4

A 5 E

1º. Grado de Hipergeometría: 5º GRADO (

2º. Rigidices y coeficientes de distribución

Nudo: ( )

( )

∑

∑

Nudo:

3600 kg/m 1

6m

2

0

M21

3600 kg/m

0

M23

1

6m

2

0

M32

VIII - 38


∑

∑

3º. M.E.P:

4º. 1er Cross de cargas: 2 1

1 0

3

3/10 3/10 16200 0 -694

-694

-40

-40

15464

-736 1

4

0

2/5 -10800 -3086 -926 133 -53 8 -3 -14727

4/7 3/7 0 10800 -6171 -4629 -463 265 198 -27 15 12 4419 -4419

5

0

0 -2315 99 -2216

VIII - 39


VIII - 40


5º. Momentos del 1er Cross:

6º. De la estática 1er Cross

H3 H2

3

4419

2 736

4m

3m

4 5 2216

∑

∑

VIII - 41


A nivel

-

1658.75

245.333

R

2

1

9600 kg

3

7º. Momentos por desplazamiento: θ2 1’

1

2’

θ2

3’

3

θ3

2

θ2

θ3 ø24 ø35 4 5

(

)

(

)

(

)

VIII - 42


(

) (

)

m.c.m. = 24000

8º. 2do Cross por desplazamientos: 2 1

1 0 0

3

3/10 3/10 0 8000 -1628

-1628

-93

-93

-5 -1726

5 6274 1

4

0 0

2/5 0 -2572 -2171 311 -124 18 -8 -4546

4/7 0 -5143 -1086 621 -62 35 -4 2

3/7 9000 -3857

-5637

5637

5

465 27 2

0

9000 -1929 233 14 1 7319

VIII - 43


9º. Momentos DEL 2do Cross


H3 H2 2

3

6274

5637

4m

3m

4 5

∑

∑

VIII - 44

7319


A nivel

-

2091.333

R’

⃖ 11º. Momentos de Cross finales

⃖ ( )


VIII - 45

3239


PROBLEMA Nº 07 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. (EI=cte)

4000 kg 3000 kg

B

A

C

8000

4m

D

5m

2m

3m

SOLUCIÓN 4000 kg

E

A

V A

I

B

I

3000 kg

C

8000

I

D

E

VIII - 46


1º. Grado de Hipergeometría:

Sustituyendo la fuerza del volado por sus efectos en el apoyo “B” 3º GRADO (


( ) ∑

∑

Nudo:

( ) ( ) ∑

∑

3º. M.E.P: 4000 kg

A

2m B

4º. 1er Cross de cargas:

VIII - 47

0

MBA=PL=8000


B 0

A

8000 0 8000

C 1

3/7

0 -8000 -8000

0 -4000 1714 -2286

4/7 0 2286 2286

0 D 0 1143 1143

5º. MOMENTOS DEL 1er CROSS:

6º. De la estática 1er Cross 4000 kg 2286

A

2m

B

5m

C Vc

∑

∑

VIII - 48


VC=2057.2 HC

C

2286

4m

D 3m 1143

A nivel

-

3000 kg

A

2m

B

5m

C 2400.15

⃖

7º. momentos por desplazamiento:

VIII - 49

R


θC

øBC

B’

B

A

C

C’

θC

øCD

A’

53º

(

)

(

)

(

) (

)

m.c.m. = 10000

VIII - 50

D


8º. 2do Cross por desplazamientos: B 0

A

C 1

3/7

0

0

0

0

900 900 1800

4/7 -3000 1200 -1800

0 D

9º. Momentos del 2do Cross

10º. DE LA ESTÁTICA 2DO CROSS

A

2m

B

5m

C 1800

VC

VIII - 51

-3000 600 -2400

MÉTODO DE HARDY CROSS VC=360 HC

C 1800

4m

2400

D 3m

∑

∑

A nivel

-

1320

A

B

C


⃖ ( )

VIII - 52

R’



-8000 -5077.92 -5077.92

D.M.F.

VIII - 53

8675.33


PROBLEMA Nº 08 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. (EI=Constante) 4

3 2

1

VIII - 54


SOLUCIÓN 4

3

E 2

E

1

E


∑

∑

Nudo:

VIII - 55

E


∑

∑

2º. M.E.P: 0

4

M43

3 0

M34

3º. 1er Cross de cargas: a. Momentos del 1er Cross: 4948 8 82 858 4000

4

3

2 0.333 0.667 0 -380 -36 -4 -420

0

0

0 1142 -762 109 -73 11 -7 420

0.571 0.429 0 -4000 2284 1716 -381 218 163 -37 16 21 -4 2 2 2103 -2103

1

0 -190 -18 -2 -210

VIII - 56


b. Momentos flectores:

c.

De la estática

4

H2

2

H2

420 2

420

6m

1 210

VIII - 57

H3

3

4948

H3 2103

3 2103


∑

∑

A nivel:

5288.75

2

105

3 F

6000

⃖

4º. Momentos por desplazamiento: θ4=0

4

ø34 θ3 3

2 θ2

θ2

ø12

1

θ1=0

VIII - 58

θ3


( (

) )

(

)

(

)

m.c.m.=2400

5º. 2do Cross por desplazamientos: a. Momentos de Cross:

VIII - 59



655 -5 -47 -193 900

4

3

2 0.333 0.667

0.571 0.429

-400

0 -514 219 -125 21 -12 2 -1 -410

219 21 2 -158

0

0 -257 438 -63 42 -6 4 158

1

-400 110 -11 1 -278

c.

0

De la estática

VIII - 60

900 -386 -94 -9 -1 410


655 4

H2

H2 158 2

410

158 3m

2

H3

3

6m

1 278

∑

∑

A nivel:

72.667

226.25

F

2

6º. Momentos flectores finales:

VIII - 61

3

410 3

H3

MÉTODO DE HARDY CROSS ⃖ ( ) ⃖

PROBLEMA Nº 09 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. 6

5

3m

20000 kg 3

4

4m

1

2

6m

VIII - 62


SOLUCIÓN 5

E

E

6

I

I

20000 kg 3 E

2I

I

1

E

4

I

E

2

1º. Grado de Hipergeometría: 3º GRADO (


∑

∑

Nudo:

VIII - 63

E


∑

∑

3º. M.E.P:

4º. 1er Cross de cargas: 5º. Momentos del 1er Cross:

6º. De la estática 1er Cross

A nivel

R

20000 kg 3

4

⃖

7º. Momentos por desplazamiento:

VIII - 64


6

5 θ3

ø35

θ4

ø46

θ3

ø13

4’

θ4

3’

θ3

θ4

ø24

1

2

(

)

(

(

)

(

VIII - 65

) )


8º. 2do Cross por desplazamientos:

1492 1 19 -128 1600 5

1492 -4 -104 1600

0

0 6

3 3/11 4/11

4 4/11 4/11 3/11

4/11

1600 -900 0 -128 -208 -208 -156 19 -7 -7 -5 -324 1385 -1061

0 -255 -104 38 28 38 -4 1 1 1 -1062 1384 -324 1600 -900 -191 -255

2

0 1 -900 -96 14 1

0 -900 -78 -3 -981

-981

9º. Momentos del 2do Cross

VIII - 66



6 5

1492

1492

3m

3m

H3

3 1384

1062 3

H4

4 1385

1061 4

H’3

4m

H’4

4m

981

981 2

1

VIII - 67


A nivel

-

:

958.667

959

3

R’ 4

510.75

510.5


⃖ ( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

VIII - 68



10154.88

10154.83

-9422.05

-9422

-2198.47

2198.47

-7223.58

6673.96

6673.92

D.M.F.

VIII - 69

-7223.53


PROBLEMA Nº 10 Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado. 8000 kg/m 2000 kg

1 2

3m

3

6m

4m

SOLUCIÓN A

8000 kg/m

E 2000 kg

1 8I

2

I

3


( )

∑

∑

Nudo:

VIII - 70

E


( )

∑

∑

∑

∑

Nudo:

2º. M.E.P: 8000 kg/m 1 6m

0 M12

3º. 1er Cross de cargas: a. Momentos del 1er Cross:

VIII - 71

2 M0 21


2 1

0.833 0.167 36000 0 -29988 -6012 6012 -6012

1

3 0 0 -3006 -3006


c.

De la estática V2

8000 kg/m 2

1 6m

H2

6012

6012 2

H2

V2

3

3006 4

VIII - 72

3


∑

∑

A nivel:

-

F

H2=36342 1

2

2000

4º. Momentos por desplazamiento: 1 ø12 θ1 θ2

2 θ2

ø23 3 θ3=0

De Maney:

VIII - 73


Para momentos por desplazamiento básicamente: ( (

)

)

Entonces: (

)

(

)

(

) (

)

m.c.m.=4500 5º. 2do Cross por desplazamientos: a. Momentos de Cross:

2 1

1

0.833 0.167 -4000 1800 1833 367 -2167 2167

3 0 1800 184 1984

VIII - 74



c.

De la estática

2167 1 6m

2

H2

2167 2

V2

H2

V2

3

4

3 1984

∑

∑

VIII - 75


A nivel:

-

H2=1865.223

F’ 1

2

⃖

6º. Momentos flectores finales:

⃖ ( )

⃖

PROBLEMA Nº 11 Calcular: -

Los momentos flectores en los extremos de los elementos. Dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores.

VIII - 76


4 ton.

B 2m

C

3m

A

D

4m

4m

SOLUCIÓN 1º. Grado de Hipergeometría: 3º ( 2º. Rigidices y coeficientes de distribución

Nudo: B

∑

Nudo: C

∑

VIII - 77

2m


3º. M.E.P:

4º. 1er Cross de cargas: 5º. Cálculo de ⃖ (Estática)

4000 HB

HB

VB

VB R HC HC

VC VC

VIII - 78


⃖

6º. Deformaciones:

7º. Momentos de deslizamiento:

8º. Segundo Cross de Desplazamiento:

VIII - 79


B 45/109 64/109

-150 -182 -43 -2 -377

590 -258 104 -61 6

4/9

-4 377

C 5/9

590 -930 -129 208 261 -30 13 17 -2 1 651

A

1 -651

D

-150 -91 -22 -1 -264

-930 130 8 -792


370

377 HB

VB

HB

VB HC

601 VC

HC 651 VC

264

792

VIII - 80


10º. Momentos finales:

11º. Diagrama fuerza cortante y momento flector:

D.F.C. VIII - 81


885

-1529

885

-1529

-620 1860

D.M.F.

VIII - 82

Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia

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