ANALISIS_ESTRUCTURAL_II[1]

Análi sis estr estr uctur al I I

ANALISIS ESTRUCTURAL II


A Temática: I.

introducción

II.

comparación de métodos de solución matricial

III.

método de rigidez: 1. introducción 2. método de la deflexión de la pendiente teoría y aplicaciones. 3. Método de rigidez por deflexión de teoría y aplicaciones 4. Método de rigidez directo con matrices [A] teoría y problemas 5. Método de rigidez directo con cosenos directos teoría y problema 6. Método de la condensación estática 7. Método de rigidez para vigas-brazo rígido teoría de aplicaciones 8. Método de rigidez para pórtico-placa 9. Método de rigidez 3-D teoría y aplicaciones

1. VI GA 1: 1: Y

F2 Viga

Apoyo fijo

R ax ax

apoyo móvil móvil

X

R ay ay

Ecuaciones (EQ) ∑F X =0

∑M =0 ∑F =0

3EQ =

∑F Y Y =0 ∑M Z =0

F R by by


A Temática: I.

introducción

II.

comparación de métodos de solución matricial

III.

método de rigidez: 1. introducción 2. método de la deflexión de la pendiente teoría y aplicaciones. 3. Método de rigidez por deflexión de teoría y aplicaciones 4. Método de rigidez directo con matrices [A] teoría y problemas 5. Método de rigidez directo con cosenos directos teoría y problema 6. Método de la condensación estática 7. Método de rigidez para vigas-brazo rígido teoría de aplicaciones 8. Método de rigidez para pórtico-placa 9. Método de rigidez 3-D teoría y aplicaciones

1. VI GA 1: 1: Y

F2 Viga

Apoyo fijo

R ax ax

apoyo móvil móvil

X

R ay ay

Ecuaciones (EQ) ∑F X =0

∑M =0 ∑F =0

3EQ =

∑F Y Y =0 ∑M Z =0

F R by by


EN 3-D ∑F X X =0 ∑F =0

∑F Y Y =0 ∑F Z Z =0

3D ∑M X =0 ∑M =0

∑M Y =0 ∑M Z =0

HIPERESTATICIDAD HIPERESTATICID AD DE LA ESTRUCTURA EXTERNAMENTE (GHE) < 0

= 0

GHE = NR – NR – NEQ NEQ

> 0

inestable (hipostático) isostática hiperestática

NR =número de reacciones reacciones NEQ = número número de ecuaciones ecuaciones

De la VIGA 1 el GHE:

2.

GHE = 3 – 3 = 0

______ isostática.

VIGA CONTINUA CONTINUA

Y

Ma R ax ax

X

R ay ay

R by by

R cy cy

Análi sis estr uctur al I I

NR = 5

NEQ = 3

GHE = 5 – 3 = 2 3.

hi perestáti ca de 2 do grado extern amente.

PORTICO

R x M

R x

R x

M

M

R y

NR = 9

R y

NE Q = 3

GHE = 9 – 3 = 6

hi perestáti ca de 6 to grado

-

Grado de hiperestaticidad total ( GHT )

-

Grado de hiperestaticidad interna ( GHI )

- grado de hiperestaticidad interna ( GHI ) -

número de barras ( NB )

-

numero de reacciones ( NR )

-

numero de nudos ( NN )

GHT = GHI + GHE GHE = NR – NEQ GHT = 3 NB + NR – 3 NN GHI = GHT – GHE

DE LA VI GA 2 do GHE = 2 grado do GH T = 3 (2) + 5 – 3 (3) = 2 grado

R y


GHI = GHT – GHE GHI = 2 – 2 = 0 DEL PORTI CO 3 to

GHE = 9 – 3 = 6

GH T = 3 (10) + 9 – 3 (9) = 12 GHI = GHT – GHE do GHI = 12 – 6 = 6 grado

4. ARMADURA (estr uctu r a especial , total son 6 fuerzas.)

Rotula X1

X1

X2

X2

X3

X3

Rotula GHT = GHE + GHI GHE = 0 GHT = NB + NR – 2 NN GH T = 20 + 3 – 2(10) = 3 5. ARMADURA 2 er

GHE = 3

GH T = 3(12) + 6 – 3(10) = 12 no

GHI= 9


3 – D 1. 3-D Z Y X

NE Q = 6

(3 – D) ∑Fx = 0

∑Fy = 0

∑Fz = 0

∑Mx = 0

∑My = 0

∑Mz = 0

NR = 24 vo

GHE = NR – NE Q = 24 – 6 = 18 GHT = 6NB + NR – 6n

(3 – D)

GH T = 6(8) + 24 – 6(8) = 24 to

GHI = GHT – GH E = 24 – 18 = 6 2.

GHE = 5 – 6 = -1 hi postati co (i nestable) to GHT = 6(8) + 5 – 6(8) = 5 to GHI = 5 – (-1) = 6


3.

ARMAD URA 3 - D

er

GHE = 9 – 6 = 3 grado GHT = GHE + GHI GHT = NB + NR – 3m

ARM 3 – D

GH T = 20 + 9 – 3(8) = 5 do

GHI = 5 – 3 = 2 grado

Y

HIPERESTATICIDAD CINEMATICA ( # G.D.L.)

X A

3 DESPLAZAM I ENTOS θa y δb

θb

rotación traslación

3 G.D.L (CI NEM ATI CA)


H AY 6 G.D.L

SI

EA =

α

METODO DE LA FLEXION DE LA PENDIENTE

Ecuaciones de la deflexión de la pendiente:

Desplazamientos de: Rotación: Traslación:


EJEMPLO 1: Resolver:

Solución: Paso 1:

Paso 2:

M0ab = - M0ba = (P x L)/ 8 = (4 x 6) / 8 = 3 T-m M0bc = - M0cb = (W x L2)/ 12 = (3 x 52) / 12 = 6.25 T-m

3 T-m Paso 3:

-3 T-m

6.25 T-m


(I)

=0

+

=0

=0

(II)

=0

Paso 4:

Mba = M0ba + 2EI / 6 2θb + 0 + 0 = -3 + (4EI / 6) θb Mbc = M0bc + 2EI / 5 2θb + θc + 0 = 6.25 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc Mcb = M0cb + 2EI / 5 2θc + θb + 0 = -6.25 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb (a) Y (b) en I

-3 + (4EI / 6) θa + 6.25 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc

= 0

1.47EI θb + 0.4EI θc = -3.25

(I)

(c) En II

-6.25 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb

=0

0.4EI θb + 0.8EI θc = 6.25

(II)

1.47

0.4

θb

-3.25 /EI

0.4

0.8

θc

6.25/EI

θb

= -5.02/EI

Mba = -3 + (4EI / 6) ( -5.02/EI) =

θc

= 10.33/EI

-6.35 T-m

Mbc = 6.25 + (4EI / 5) (-5.02/EI) + (2EI / 5) (10.33/EI) = 6.35 T-m Mab = 3 + (2EI / 6) ( -5.02/EI) = 1.33 T-m


Diagrama de momento flector:

EJEMPLO 2:

* Cuando es empotramiento no se considera giro y el momento es cero


Mba = M0ba + (2EI / 3) 2θb + 0 + 3δ/Lba = 0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ Mbc = M0bc + ( 2EI / 5) 2θb + θc + 0 = 4.17 + ( 4EI / 5 ) θb + ( 2EI / 5 ) θc Mcb = M0cb + (2EI / 5) 2θc + θb + 0 = -4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb Mcd = M0cd + (2EI / 3) 2θc + 0 + 3δ/Lcd = 0 + ( 4EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ (a) Y (b) en I 0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ + 4.17 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc

=0

2.13 EI θb + 0.4 EI θc + 0.67 EI δ = -4.17

(I)

(c) Y (d) en II

-4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb + 0 + (4EI / 3) θc + (2EI 0.4EI θb + 2.13 EI θc + 0.67 EI δ = 4.17

/ 3) δ = 0 (II)


Mab = M0ab + (2EI / 3) 0+ θb + 3δ/Lab = 0 + (2EI / 3) θb + (2EI / 3) δ Mdc = M0dc + (2EI / 3) 0 + θc + 3δ/Lab = 0 + ( 2EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ Mab + Mba + Mdc + Mcd = 15 (e), (a), (f) Y (d) en III

0 + (2EI / 3) θb + (2EI / 3) δ + 0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ + 0 + ( 2EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ + 0 + ( 4EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ = 0 2 EI θb + 2 EI θc + 2.67 EI δ = 15

θb

2.13

0.4

0.67

θb

-4.17/EI

0.4

2.13

0.67

θc

4.17/EI

2

2

2.67

δ

15 /EI

= -4.88/EI

θc

= -0.061/EI

δ = 9.31/EI

Mba = (4EI / 3) ( -4.88/EI) + (2EI / 3) (9.31/EI) = -0.3 T-m Mbc = 4.17 + ( 4EI / 5 ) (-4.88/EI ) + ( 2EI / 5 ) ( -0.061/EI ) = 0.24 T-m Mcb = -4.17 + (4EI / 5) ( -0.061/EI) + (2EI / 5) ( -4.88/EI) = -3.19 T-m Mcd = ( 4EI / 3 ) (-0.061/EI ) + ( 2EI / 3 ) ( 9.31/EI ) = 6.14 T-m Mab = (2EI / 3) ( -4.88/EI) + (2EI / 3) (9.31/EI) = 2.95 T-m Mdc = ( 2EI / 3 ) (-0.061/EI ) + ( 2EI / 3 ) ( 9.31/EI ) = 6.14 T-m


METODO MODIFICADO DE LA FLEXION DE LA PENDIENTE

Ejercicio 1:


-Se condensa solo en los extremos, cuando esta empotrado no se condensa.

4.5T-m

6.3T-m

6.3T-m

7.2T-m 1.8T-m

2.7T-m


Mba = M0ba + (2EI / 4) 2θb + 0 + 3δ/Lba = -2 + (4EI / 4) θb + (6EI / 16) δ Mbc = M0bc + ( 2EI / 6) 2θb + θc + 0 = 1.8 + ( 4EI / 6 ) θb + ( 2EI / 6 ) θc Mcb = M0cb + (2EI / 6) 2θc + θb + 0 = -2.7 + (4EI / 6) θc + (2EI / 6) θb Mcd = M0 cd - (M0dc/2) + (3EI / Ldc) θc + 0 = 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) θc

(a) Y (b) en I

-2 + (4EI / 4) θb + (6EI / 16) δ + 1.8 + (4EI / 6) θb + (2EI / 6) θc = 0 1.67 EI θb + 0.33 EI θc + 0.38 EI δ = 0.2

(I)


(c) Y (d) en II

-2.7 + (4EI / 6) θc + (2EI / 6) θb + 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) θc

=0

0.33EI θb + 1.17 EI θc + 0 EI δ = -7.2

(II)

(III)

Remplazando en (III):

Mab = M0ab + (2EI / 4) 0 + θb + 3δ/Lab = 2 + (2EI / 4) θ b + (6EI / 16) δ (e) Y (a) en III

-2 + (4EI / 4) θ b + (6EI / 16) δ + 2 + (2EI / 4) θ b + (6EI / 16) δ = 1.5EI θ b

+ 0 EI θc + 0.75 EI δ = 8

8 (III)

1.67

0.33

0.38

θ b

0.33

1.17

0

θc

1.5

0

0.75

δ

0.2/ EI =

-7.2 /EI 8 /EI


θ b

= -2.14/EI

M ba =

θc

= -5.55/EI

δ = 14.75/EI

-2 + (4EI / 4) ( -2.14/EI) + (6EI / 16) (14.75/EI) = 1.39 T-m

M bc = 1.8 + (4EI / 6) ( -2.14/EI) + (2EI / 6) ( -5.55/EI) = -1.48 T-m Mcb = -2.7 + (4EI / 6) ( -5.55/EI) + (2EI / 6) ( -2.14/EI) = -7.12 T-m Mcd = 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) ( -5.55/EI) = 7.12 T-m Mab = 2 + (2EI / 4) ( -2.14/EI) + (6EI / 16) (14.75/EI) = 6.46 T-m Diagrama de momento flector:

C

Ejercicio 2:


Solución:

4.44 T-m

2.22 T-m

3.75 T-m

2.5 T-m

M ba = M0 ba

- (M0ab/2) + (3EI / Lab)

θ b

+ 0 = -2.22 - (4.44/ 2) + (3EI/ 6) θ b

M bc = M0 bc

- (M0cb/2) + (3EI / L bc)

θ b

+ 0 = 2.5 - (-3.75/ 2) + (3EI/ 5) θ b

(a) Y (b) en I

-2.22 - (4.44/ 2) + (3EI/ 6) θ b + 2.5 - (-3.75/ 2) + (3EI/ 5 ) θ b = 0 1.1 EI θ b = 0.065 θb

= 0.059/EI

(I)


Remplazando θb en (a) y (b):

M ba = -2.22 - (4.44/ 2) + (3EI/ 6) (0.059/EI) = - 4.41 T-m M bc = 2.5 - (-3.75/ 2) + (3EI/ 5) (0.059/EI) = 4.41 T-m

Diagrama de momento flector:

Ejercicio 3:


Paso 1:

Condensar giro a

paso2:


Paso3:

M ba = M0 ba -(M0ab/2)+ (3EI /L ba) θ b + δ/L ba = 0+0+ (3EI/ 3.5)θ b+(3EI/12.25) δ M bc = M0 bc + (2EI / 5) 2θ b + θc + 0

= 4.17 + (4EI / 5) θ b + (2EI / 5) θc

Mcb = M0cb + (2EI / 5) 2θc + θ b + 0 = -4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θ b Mce = M0ce + (2EI /3.5) 2θc + 0 + 3δ/Lce =1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ Mcd = M0cd + (2EI /5) 2θc + θd + 0 = 0 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θd Mdc = M0dc + (2EI /5) 2θd + θc + 0 = 0 + (4EI / 5) θd + (2EI / 5) θc


Mdf = M0df + (2EI /3.5) 2 θd + 0 +3δ/Ldf = 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ Remplazando: (a) Y (b) en I 0 + 0 + (3EI/ 3.5)θ b + (3EI/12.25 )δ + 4.17 + ( 4EI / 5 ) θ b + ( 2EI / 5 ) θ c = 0

1.66 EI θ b + 0.4 EI θc + 0 EI θd + 0.24 EI δ = -4.17

(I)

(c), (d) y (e) en II

-4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θ b +1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ + 0 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θd = 0 0.4 EI θ b + 2.74 EI θc + 0.4 EI θd + 0.49 EI δ = 2.7

(II)

(f) Y (g) en III

0 + (4EI / 5) θd + (2EI / 5) θc + 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ = 0 0 EI θ b + 0.4 EI θc + 1.94 EI θd + 0.49 EI δ = 4 Para hallar la otra ecuación:

(III)


+

+

+

+

+ 3 - 3 – 3.5 = 0

IV

= 3.5

Ha x 3.5 = 0 Ha = 0

He x 3.5 + Mec + Mce – 3 x 1.5 = 0 He = 4.5 - Mec - Mce

He x 3.5 + M fd + Mdf – 3.5 x 2.3 = 4 Hf = 12.05 - Mfd – Mdf

Remplazando Ha, He y Hf en IV: 4.5 - Mec - Mce + 12.05 - M fd - Mdf =12.25 Mec + Mce + Mfd + Mdf = 4.3

IV

Mec = M0ec + (2EI /3.5) 0 + θc + 3δ/Lec = -1.10+ (2EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ Mfd = M0fd + (2EI /3.5) 0 + θd +3δ/Lfd = -1.23 + (2EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ (d), (g), (h) y (i) en IV

1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ + 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ + -1.10+ (2EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ + -1.23 + (2EI /3.5) θd +(6EI/12.25) δ = 4.3 0 EI θ b + 1.71 EI θc + 1.71 EI θd + 1.96 EI δ = 5.16

(IV)


1.66

0.4

0

0.24

θ b

-4.17/ EI

0.4

2.74

0.4

0.49

θc

2.7/ EI

0

0.4

1.94

0.49

θd

4/ EI

0

1.71

1.71

1.96

δ

θ b

= -2.79/EI

θc

= 1.11/EI

θd

5.16/ EI

= 1.81/EI

δ = 0.08/EI

Remplazando θb, θc, θd y δ:

M ba = (3EI/ 3.5) (-2.79/EI) + (3EI/12.25) (0.08/EI) = - 2.37 T-m M bc = 4.17 + (4EI / 5) ( -2.79/EI) + (2EI / 5) (1.11/EI) =

2.38 T-m

Mcb = -4.17 + (4EI / 5) (1.11/EI) + (2EI / 5) ( -2.79/EI) = - 4.39 T-m Mce = 1.47+ (4EI /3.5) (1.11/EI) + (6EI /12.25) ( 0.08/EI) = 2.78 T-m Mcd = 0 + (4EI / 5) (1.11/EI) + (2EI / 5) (1.81/EI) = 1.61 T-m Mdc = 0 + (4EI / 5) (1.81/EI) + (2EI / 5) (1.11/EI) = 1.89 T-m Mdf = 0 + (4EI /3.5) (1.81/EI) + (6EI/12.25) ( 0.08/EI) = 2.11 T-m Mec = -1.10+ (2EI /3.5) (1.11/EI) + (6EI /12.25) (0.08/EI) = -0.43 T-m Mfd = -1.23 + (2EI /3.5) (1.81/EI) + (6EI/12.25) (0.08/EI ) = -0.16 T-m Mab = 0


Diagrama de momento flector

δ

δ=0 δ=0

δ=0

δ=0

δ=0 EA = α

δ axial = 0


Ejercicio 4:

Paso 1: Condensar giro d

paso2: M omentos del tr amo ab:

= 0.44 T-m

= -0.66 T-m


M omentos del tr amo bc

1.56T-m

1.77T-m

1.11T-m

1.11T-m

0.84T/m

M0bc = 1.11 T-m + 0.45T-m = 1.56 T-m M0cb = -1.11 T-m - 0.66T-m = -1.77 T-m 0.45T-m

0.66T-m

M omentos del tr amo cd

2.67T-m

2.89T-m

2.23T-m

-2.23T-m

M0cd = 2.23 T-m + 0.44T-m = 2.67 T-m M0dc = -2.23 T-m - 0.66T-m = -2.89 T-m 0.44T-m

-0.66T-m


Paso3:

M ba = M0 ba + (2EI / 4) 2θ b + 0 + 0

= -0.66 + (4EI / 4) θ b

M bc = M0 bc + (2EI / 4) 2θ b + θc + 0 = 1.56 + (4EI / 4) θ b + (2EI / 4) θc Mcb = M0cb + (2EI /4) 2θc + θc + 0 = -1.77+ (4EI /4) θc + (2EI /4) θ b Mcd = M0cd - (M0dc/2) + (3EI /Ldc) θc + 0 = 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) θc

Remplazando: (a) Y (b) en I

-0.66 + (4EI / 4) θ b + 1.56 + (4EI / 4) θ b + (2EI / 4) θc = 0 2EI θ b + 0.5EI θc = -0.90

(I)

(c) Y (d) en II

-1.77+ (4EI /4) θc + (2EI /4) θ b + 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) θc = 0 0.5EI θ b + 1.75EI θc = -2.35

(II)


2

0.50

θ b

-0.90/ EI

0.5

1.75

θc

-2.35/ EI

θ b

= -0.12/EI

θc

= -1.31/EI

Remplazando θb y θc:

M ba = -0.66 + (4EI / 4) (-0.12/EI) = - 0.78 T-m M bc = 1.56 + (4EI / 4) ( -0.12/EI) + (2EI / 4) (-1.31/EI) = 0.78 T-m Mcb = -1.77+ (4EI /4) (-1.31/EI) + (2EI /4) (-0.12/EI) = - 3.14 T-m Mcd = 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) (-1.31/EI) = 3.14 T-m Mdc = 0

Di agrama de momento fl ector:


Ejercicio 5:

3T/m

2.5m

3m

4m

Solución:

3T/m

3m

M0ab =1.5 T-m

T-m T-m M0 ba =-1.5-1.5

0

M bd =1.6 T-m

4m

M0db =-2.4 T-m


M ba = M0 ba -(M0ab / 2)+ (3EI /Lab) θ b + 0 = -1.5 - (1.5 / 2) + (3EI/ 3) θ b M bc = M0 bc + (2EI / 2.5) 2θ b+θc+0 = 0 + (4EI / 2.5) θ b + (2EI / 2.5) θc M bd = M0 bd - (M0db/2) + (3EI /Ldb) θ b + 0 = 1.6 - (-2.4/2) + (3EI/ 4) θ b Mcb = M0cb+ (2EI /2.5) 2θc + θ b+0 = 0 + (4EI / 2.5) θc + (2EI / 2.5) θ b Remplazando: (a), (b) y (c) en (I) -1.5-(1.5/2) + (3EI/ 3) θb + (4EI/ 2.5) θb + (2EI/ 2.5) θc + 1.6-(-2.4/ 2) + (3EI/ 4) θ b = 0 3.35 EI θ b + 0.8 EI θc + = - 3.55

(I)


(d) En (II) (4EI / 2.5) θc + (2EI/2.5) θ b+ = 0

(II)

0.8 EI θ b + 1.6 EI θc = 0

3.35

0.8

θ b

0.8

1.6

θc

θ b

= -1.20/EI

-3.55/ EI 0 θc

= -0.60/EI

M ba = -1.5 - (1.5 / 2) + (3EI/ 3) (-1.20/EI) = -3.45 T-m M bc = 0 + (4EI / 2.5) (-1.20/EI) + (2EI / 2.5) (-0.60/EI) = -2.4 T-m M bd = 1.6 - (-2.4/2) + (3EI/ 4) ( -1.20/EI) = 1.9 T-m Mcb = 0 + (4EI / 2.5) (-0.60/EI) + (2EI / 2.5) (-1.20/EI) = 1.92 T-m Di agrama de momento f lector:


MATRIZ DE RIGIDEZ POR DEFINICION EJEMPLO:

D1 y D2 SON DE ROTACION Y D3 DE TRASLACION

VECTOR DE DESPLAZAMIENTO GLOBALES DE LA ESTRUCTURA EJEMPLO:

EJEMPLO:

LEY DE HOOKE GENERALIZADA:

⦋K⦋ = MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL DE LA ESTRUCTURA


EJEMPLO:

SI

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

FUERZAS EXTERNAS UNITARIAS

SI

D2 = 1 , D1 = D3 = 0


SI

D3 = 1 , D1 = D2 = 0

CALCULO DE LOS COEFICIENTES DE RIGIDEZ: EJEMPLO #1: D1 = 1 , D2 = D3 = 0


K 11 = Mbc + Mba

-

Hallar

Mbc

M bc = M0 bc + (2EIV / LV) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋ M bc = 0 + (2EI V / LV) ⦋2 (1) + (0) + 0 ⦋

Mbc = 4EIV / LV

-

Hallar

Mba

M ba = M0 ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + D2+ (3D3/h) ⦋ M ba = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (1) + 0 + (3x0/h) ⦋

Mba = 4EIC / h Remplazando:

K 11 = 4EIV / LV + 4EIC / h


K 21 = Mcb + Mcd

-

Hallar

Mcb

Mcb = M0cb + (2EIV / LV) ⦋2D2 + D1 + 0 ⦋ Mcb = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (0) + (1) + 0 ⦋

Mcb = 2EIV / LV

-

Hallar

Mcd

Mcd = M0cd + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋ Mcd = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x0/h) ⦋

Mcd = 0 Remplazando:

K 21 = 2EIV / LV

V ba x h - Mab - M ba = 0

V ba = 6EIC/h2 ∑F(x) = 0

K 31 – Vba = 0 K 31 = 6EIC/h2


D2 = 1 , D1 = D3 = 0

K 12 = Mbc + Mba

K 22 = Mcb + Mcd

K 32 – Vcd = 0

K 12 = 2EIV / LV

K 22 = 4EIV / LV + 4EIC / h

K 32 = 6EIC/h2

D3 = 1 , D1 = D2 = 0


K 13 = Mbc + Mba - Hallar Mbc M bc = M0 bc + (2EIV / LV) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋ M bc = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (0) + (0) + 0 ⦋

Mbc = 0 - Hallar Mba M ba = M0 ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + D2+ (3D3/h) ⦋ M ba = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mba = 6EIC / h2 Remplazando:

K 13 = 6EIC / h2

K 23 = Mcb + Mcd - Hallar Mcb Mcb = M0cb + (2EIV / LV) ⦋2D2 + D1 + 0 ⦋ Mcb = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (0) + (0) + 0 ⦋

Mcb = 0 - Hallar Mcd Mcd = M0cd + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋ Mcd = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mcd = 6EIC / h2


Remplazando:

K 23 = 6EIC / h2

V ba x h - Mab - M ba = 0 - Hallar Mab

Mab = M0ab + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋ Mac = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mab = 6EIC / h2

V ba = 12EIC/h3 y Vcd = 12EIC/h3 ∑F(x) = 0

K 33 – Vba – Vcd = 0 K 33 = 12EIC/h3 + 12EIC/h3 = 24EIC/h3

K 21 = K 12 K 31 = K 13 K 32 = K 23


EJEMPLO #2: Hallar ⦋K ⦋ de la estructura mostrada:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

K 11 = 4EIV / LV + 4EIC / h

K 21 = 2EIV / LV

K 31 = 6EIC/h2

K 11 = 4EIV / 5 + 4EI C / 3

K 21 = 2EIV / 5

K 31 = 6EIC/9


D2 = 1 , D1 = D3 = 0

Hallar:

∑F(x) = 0

K 33 – V cd = 0 K 33 = V

cd


K 12 = 2EIV / LV

K 22 = 4EIV / LV + 3EIC / h

K 32 = 3EIC/h2

K 12 = 2EIV / 5

K 22 = 4EIV / 5 + 3EI C / 2.5

K 32 = 3EIC/2.52


EJEMPLO #3: RESOLVER POR EL METODO DE RIGIDEZ POR DEFINICION: E = 2 x 106 Ton/m2 I = ⦋0.30 x (0.55) 3⦋ /12

1. G.D.L = 2


K11 - Mab =0

K21 - Mba - Mbc =0

K11 = Mab

K21 = Mba + Mbc


K12 - Mab =0

K22 - Mba - Mbc =0

K12 = Mab

K22 = Mba + Mbc

Hallar EI:

⦋ K⦋ {D} = {Q}

D1 = 2.85 x 10 -4

Por otro metodo, condensando:

D1 =1

D2 = -5.69 x 10 -4


K 11 - M⋇ ba - M bc =0

Hallar el M

ab

K 11 =3EI/5 + 4EI/6

K 22 = M⋇ ba + M bc


EJEMPLO #4: E = 2 x 106 T/m2

Solución:

D1 = 1 , D2 = D3 = D4 = 0


K 11 - Mab =0

K 11 = Mab

K 11 =4EI/4

K 41 - Mcb =0

K 21 - M ba =0

K 21 = M ba

K 21 =2EI/4

K 41 = Mcb

K 41 =0 D2 = 1 , D1 = D3 = D4 = 0

K 31 – Mdb =0

K 31 =0

K 21 =Mdb


K 12 - Mab =0

K 12 = Mab

K 12 =2EI/4

K 42 – Mcb =0

K 22 - M ba -M bc -M bd =0

K 22 =4EI/4+4EI/3 +4EI/3.5

K 42 = Mcb

K 42 =2EI/3 D3 = 1 , D1 = D2 = D4 = 0

K 32 – Mdb =0

K 32 =2EI/3.5

K 32 =Mdb


K 13 - Mab =0

K 13 = Mab

K 13 =0

K 43 – Mcb =0

K 23 - Mbd =0

K 23=Mbd

K 23 =2EI/3.5

K 43 = Mcb

K 43 =0 D4 = 1 , D1 = D2 = D3 = 0

K 33 – Mdb =0 K 33 =4EI/3.5

K 33 =Mdb


K 14 - Mab =0

K 14 = Mab

K 14 =0

K 44 – Mcb =0 K 44 =4EI/3

K 24 - Mbc =0

K 24=Mbc

K 24 =2EI/3

K 44 = Mcb

K 34 – Mdb =0 K 34 =0

K 34 =Mdb


D1 = -5.75 x 10 -4

D2 = 1.15 x 10 -3

D3 = -5.75 x 10 -4

METODO DE RIGIDEZ DIRECTA (Con matrices de transformación A

LEY DE HOOKE GENERALIZADA:

{ } = K {D}………………….. (I)

Dónde:

{Ҩ } mx1 = vector de cargas globales de la estructura {D} mx1 = vector de desplazamiento globales de la estructura {K} mxm = matriz de rigidez global de la estructura Dónde: m = # G.D.L

DEFINIR:

{d} e = A e {D}………………. (II) {d} e = desplazamiento locales del elemento ⦋A⦋e = matriz de compatibilidad o transformación del elemento.

D4 = -5.75 x 10 -4


Ejemplo: EA = α

Solución:


Únicamente por flexión {de} e = vector desplazamiento desplazamiento del elemento elemento en coordenadas coordenadas locales. locales.

{q}e = K e {d}e -----------------------(III)

{q} e = vector de cargas del elemento elemento

D1 = 1

D2 = 1


D3 = 1

D4 = 1


{d} e = ⦋A⦋e {D}………………. (II) Ejemplo:

Si

PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL:

δ Wext = δ Wint

PASOS: 1. Definir los grados de libertad G.D.L {D} m , m = # G.D.L. 2. Generar las matrices de compatibilidad o matrices de transformación de C/elemento; ⦋A⦋e. 3. Generar la matrices de rigidez en coordenadas locales de C/elemento; ⦋K ⦋e. 4. Proceso de ensamblaje, obtención de la matriz de rigidez global de la estructura, ⦋K ⦋G.


5. Generar el vector de cargas globales de la estructura { Ҩ }.

6. Resolver {Ҩ } = ⦋K ⦋G {D} --------------OBTENER {D} 7. Hallar {q}e = ⦋K ⦋e ⦋A⦋e {D} - {q}e

eq

8. Hallar {d}e = ⦋A⦋e {D} y D.M.F y D.F.C

{ } = K TOTAL {D} DONDE:

SI: solo por flexión.


d1 = 1 , d2 = d3 = d4 = 0

d2 = 1 , d1 = d3 = d4 = 0

d3 = 1 , d1 = d2 = d4 = 0

d4 = 1 , d1 = d2 = d3 = 0


Ejemplo#1: Resolver: E = 2x 10 6 T/m2 , EA = α

Solución:

Paso 1:

G.D.L = 2

Paso 2:

D1 = 1 , D2 = 0


Paso 2:

Paso 3:

D2 = 1 , D1 = 0


Paso 4: { }


{ } = K TOTAL {D}

{q} 1 = K

1

A 1 {D} - {q} 1eq

{q} 2 = K

2

A

2

Diagrama de momento:

{D} - {q}2eq

K TOTAL {D} = { }


Ejemplo#2:

Paso 1:

D1 = 1 , D2 = D3 = D4 =0

D2 = 1 , D1 = D3 =D4 = 0


Paso 2:

D3 = 1 , D1 = D2 = D4 =0

Paso 3:

D4 = 1 , D1 = D2 =D3 = 0


Paso 4: { }


{ } = K TOTAL {D}

K TOTAL {D} = { }


{q} 1 = K

1

A 1 {D} - {q} 1eq

{q} 2 = K

2

A 2 {D} - {q} 2eq

{q} 3 = K

3

A 3 {D} - {q} 3eq

{q} 4 = K

4

A 4 {D} - {q} 4eq



Ejemplo#3: el mismo que el Ejemplo#3: el el #2 pero darle solución con el metodo de la condensación:


Paso 1:

D1 = 1 , D2 = D3 =0

Paso 2: D3 = 1 , D1 = D2 =0

D2 = 1 , D1 = D3 = 0


Paso 3:


Paso 4: { }


{ } = K TOTAL {D}

K TOTAL {D} = { }


{q} 1 = K

1

A 1 {D} - {q} 1eq

{q} 2 = K

2

A 2 {D} - {q} 2eq

{q} 3 = K

3

A 3 {D} - {q} 3eq

{q} 4 = K

4

A 4 {D} - {q} 4eq



METODO DE CONDENSACION ESTATICA Sea por ejemplo:

GENERALIZANDO:

{ } +

θδ

{δ} = { } ……………………………… (1)

{ } +

δδ

{δ} = {F} …………………………….... (2)

θθ δθ


θθ

{Ҩ } +

{δ} = {ϕ }

θδ

T

θθ {Ҩ } = -

-1

{Ҩ } = θθ

{ } =

T

θδ

{δ}

{δ}

θδ

θθ

-1

{ } = -

θδ

θθ

{δ} ………………………...….. (3)

{δ} ………………………………...….. (4)

DONDE:

-1

=-

T

θθ

……………………………….… (5)

θδ

Remplazando (3) en (2) tenemos: δθ

(-

-1

{F} = ⦋

θθ δδ

θδ

L

+

δδ

{δ} = {F}

-1

-

{F} = ⦋

{δ}) δθ

⦋

θθ

L

θδ

⦋ {δ}

⦋

{δ}

⦋ = rigidez lateral.

{F} =

{δ} ………………………………… (6)

L

SIENDO:

⦋

L

⦋ = ⦋

δδ

-

-1 δθ

θθ

θδ

⦋

Ejemplo #1: hallar la rigidez lateral de la estructura mostrada y graficar D.M.F.


Solución:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

K 11 = 4EIV / LV + 4EIC / h K 11 = 4EIV / 7 + 4EI C / 3.5

K 21 = 2EIV / LV K 21 = 2EIV / 7

K 31 = 6EIC/h2 K 31 = 6EIC/12.25

D2 = 1 , D1 = D3 = 0

K 22 = 2EIV / LV K 12 = 2EIV / 7

K 22 = 4EIV / LV + 4EIC / h K 22 = 4EIV / 7 + 4EIC / 3.5

K 32 = 6EIC/h2 K 32 = 6EIC/12.25


D3 = 1 , D1 = D2 = 0

K 13 = 6EIC/h2 K 13 = 6EIC/12.25

K 23 = 6EIC/h2 K 23 = 6EIC/12.25

K 33 = 12EIC/h3 K 33 = 12EIC/42.88

6EIC/12.25

D1

4EIC/3.5 + 4EIV/7

6EIC/12.25

D2

6EIC/12.25

24EIC/42.88

D3

4EIC/3.5 + 4EIV/7 4EIV/7

4EIV/7

6EIC/12.25

⦋

L

21864.3

3085.7

6725.5

D1

3085.7

21864.3

6725.5

D2

6725.5

6725.5

7686.3

D3

⦋ = ⦋

δδ

-

-1 δθ

θθ

θδ

⦋

0 =

F

0 =

0

0 7


⦋

L

⦋ = 5692.09 T/m 2

{7} = ⦋ 5692.09 ⦋

{ } =

T

{δ}

COLUMNA:

Msup = M0 ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + 0+ 3D3 /h⦋

Msup = 3.05 Tn-m

Minf = M0ab + (2EIC / h) ⦋0 + D1+ 3D3 /h⦋

Minf = 5.53 Tn-m


VIGA:

MIZ = M0ab + (2EIV / L) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋

MIZ = -2.99 Tn-m

MDER = M0 ba + (2EIV / L) ⦋ 2D2 + D1+ 0⦋

MIZ = -2.99 Tn-m

DIAGRAMA DE MOMENTOS:


Ejemplo #2: resolver el problema usando el metodo de rigidez directa con matrices de transformación. A . 2.5 Kip/Pie 18 Kip

CABLE EA=α

A=1.6plg2

E= 29000 KSI SOLUCIÓN: PASO 1:

Armaduras:

,

I=1780 plg4


Si:

d1 = 1

d2 = 1

K 11= EA/L

K 12=-EA/L

K 21= -EA/L

K 22=-EA/L

Paso 2: D1 = 1 , D2 = D3 = 0

D2 = 1 , D1 = D3 = 0


D3 = 1 , D1 = D2 =0

θ = 45°

, cos θ = x/1 ,

x = cos θ = cos 45° = 0.707

Paso 3:

EI = 29000 x 1780 = 5162x 10 4 Kip-pie2 EA = 29000 x 1.6 = 46400 Kip


Paso 4: { }


{ } = K TOTAL {D}

{q} 1 = K

1

A 1 {D} - {q} 1eq

{q} 2 = K

2

A 2 {D} - {q} 2eq

{q} 3 = K

3

A 3 {D} - {q} 3eq

K TOTAL {D} = { }



METODO DE RIGIDEZ DIRECTA (Cosenos directores) EJEMPLO:

{D} = DESPLAZ.GLOBALES DE LA ESTRUCTURA EN COORDENADAS GLOBALES 48 G.D.L


{ } = VECTOR DE CARGAS GLOBALES DE LA ESTRUCTURA EN COORDENADAS GLOBALES

“LEY DE HOOKE GENERALIZADA”

{ } mx1 = K TOTAL

{D} mx1

….…………………………… (I)

m= #G.D.L DEL METODO ANTERIOR;

{ }=∑ A (II)

e

K

A

e

{D}

...……………………………..

ELEMENTO (e)

Ejes LOCALES

Ejes GLOBALES


Vector de desplazamiento en coordenadas locales/elemento

Se incluye deformaciones axiales.

{d} e = A e {D} { } = Aθ

A

L

{D}

Dónde: ⦋Aθ⦋=Matriz de cosenos directores. ⦋A⦋L = Matriz de localización.

d1= d*1 cosθ + d*2 senθ d2= d*1 senθ + d*2 cosθ

………..…………………………… (III)


d2= d*3

…………………………………………… (IV)

Ejemplo:


6 x G.D.L 6x5

DESPLAZ. DE ELEMENTOS EN COORD. GLOBALES

Θ=90°

6x5

Θ=0°

FORMULACION DE METODO

---------------------------------------- (1) ----------------------------------------------- (2) {Ҩ } = ∑⦋A⦋Te ⦋K ⦋e ⦋A⦋e {D} {Ҩ } = ∑ ⦋AL⦋T ⦋Aθ⦋T ⦋K ⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} ----------------------------------- (3) ⦋K ⦋e = matriz de rigidez del elemento en coord. Locales.

{Ҩ } = ⦋K TOTAL⦋ {D}

----------------------------------------------- (4)

-------------------------------------- (5)

{q} e = ⦋K ⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} - {q}eeq --------------------------------- (6)


EJEMPLO N°1: 4 T-m 25x45

2m 6T

25x45

25x45

2m

4m



A = 0.25 x 0.45 = 0.1125 m 2 E = 2 x 106 T/m2

,

L = 4m

I = (0.25 x 0.45 3) / 12 = 1.89 x 10-3 m4


2 T/m 2.67 T-m

2.67 T-m

4 m 4 Tn

4 Tn

6T

3 T-m

2m 3.0 Tn

3 T-m

2m 3.0 Tn


{ }=

K TOTAL

{D} K TOTAL

{D} = { }


{q} e = ⦋K ⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} - {q}eeq


DIAGRMA DE MOMENTO FLECTOR:


EJEMPLO N°2: HALLAR LAS FUERZAS INTERNAS EN LA ARMADURA MOSTRADA

P= 50 Klb L = 20Pie A= 8 pulg2 (const) E = 30000 Ksi (const)


ARMADURAS:




⦋K TOTAL⦋ {D} = {Ҩ }

{q} 1 = ⦋K ⦋1 ⦋Aθ⦋1 ⦋AL⦋1 {D} - {q}1eq


{q} 2 = ⦋K ⦋2 ⦋Aθ⦋2 ⦋AL⦋2 {D} - {q}2eq

{q} 3 = ⦋K ⦋3 ⦋Aθ⦋3 ⦋AL⦋3 {D} - {q}3eq

{q} 4 = ⦋K ⦋4 ⦋Aθ⦋4 ⦋AL⦋4 {D} - {q}4eq


{q} 5 = ⦋K ⦋5 ⦋Aθ⦋5 ⦋AL⦋5 {D} - {q}5eq

{q} 6 = ⦋K ⦋6 ⦋Aθ⦋6 ⦋AL⦋6 {D} - {q}6eq

EJERCICIO PROPUESTO:

C1 = 18 Tn

,

C2 = 10 Tn

Wu = 1.4 CM + 1.7 CV ,

C3 = 9 Tn

CM1 = 2.5 T/ml

,

CM2 = 2 T/ml

,

CM3 = 1 T/ml

CV1 = 1.5 T/ml

,

CV2 = 1 T/ml

,

CV3 = 0.5 T/ml


E = 2 x 106 T/m2

SOLUCION:

D1 = 1

D2 = 1

D3 = 1

D4 = 1


D5 = 1

D6 = 1

D7 = 1

D8 = 1

D9 = 1

D10 = 1

D11 = 1

D12 = 1


D13 = 1

D14 = 1

D15 = 1

MATRIZ DE RIGIDES TOTAL DE TODO EL PORTICO (K TOTAL):

10666.7

1777.8

0

0

1777.8

0

0

0

0

0

0

0

3555.6

-1777.8

0

1777.8

14222.2

1777.8

0

0

1777.8

0

0

0

0

0

0

3555.6

-1777.8

0

0

1777.8

14222.2

1777.8

0

0

1777.8

0

0

0

0

0

3555.6

-1777.8

0

0

0

1777.8

10666.7

0

0

0

1777.8

0

0

0

0

3555.6

-1777.8

0

1777.8

0

0

0

10666.7

1777.8

0

0

1777.8

0

0

0

-1777.8

3555.6

-1777.8

0

1777.8

0

0

1777.8

14222.2

1777.8

0

0

1777.8

0

0

-1777.8

3555.6

-1777.8

0

0

1777.8

0

0

1777.8

14222.2

1777.8

0

0

1777.8

0

-1777.8

3555.6

-1777.8

Análi sis estr uctur al I I 0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1777.8

10666.7

0

0

0

1777.8

-1777.8

3555.6

-1777.8

0

1777.8

0

0

0

7111.1

1777.8

0

0

0

-1777.8

1777.8

0

0

0

1777.8

0

0

1777.8

10666.7

1777.8

0

0

-1777.8

1777.8

0

0

0

0

0

1777.8

0

0

1777.8

10666.7

1777.8

0

-1777.8

1777.8

0

0

0

0

0

0

0

1777.8

0

0

1777.8

7111.1

0

-1777.8

1777.8

3555.6

3555.6

3555.6

3555.6

-1777.8

-1777.8

-1777.8

-1777.8

0

0

0

0

9481.5

-4740.7

0

-1777.8

-1777.8

-1777.8

-1777.8

3555.6

3555.6

3555.6

3555.6

-1777.8

-1777.8

-1777.8

-1777.8

-4740.7

9481.5

-4740.7

0

0

0

-1777.8

-1777.8

-1777.8

-1777.8

1777.8

1777.8

1777.8

1777.8

0

-4740.7

4740.7

⦋

⦋

L

L

1777.8

0


⦋ = ⦋

δδ

-

-1 δθ

θθ

θδ

⦋

EJEMPLO

PLACA


PLACA

EA = α

6G.D.L (4 ROT. Y 2 TRASL.)

EJERCICIO #3: HALLAR LOS DESPLAZAMIENTOS LATERALES.

D1 = 1

D2 = 1


K 11 = 4EI/6 + 4EI/3

K 12 = 2EI/6

K 21 = 2EI/6

K 22 = 4EI/6 + 4EI/3

K 31 = -6EI/9

K 32 = -6EI/9

K 41 = 6EI/9

K 42 = 6EI/9

D3 = 1

D4 = 1

K 13 = -6EI/9

K 14 = 6EI/6

K 23 = -6EI/9

K 24 = 6EI/9

K 33 = 48EI/27

K 34 = -24EI/27

K 43 = -24EI/27

K 44 = 24EI/27


⦋

L

⦋ =

⦋

L

⦋ = ⦋

⦋

L

⦋ {δ} = {F}

{Ҩ } = -

δδ

-

-1 θθ

θδ

-1 δθ

θθ

θδ

⦋

{δ}

MATRIZ DE RIGIDEZ LATERAL PORTICO – PLACA


MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA VIGA – BRAZO RIGIDO


SI LA VIGA TRABAJA SOLO POR FLEXION:


SE TIENE:

Parte flexible:

{qe} = ⦋K e⦋4x4 {đe}

________________________________________ (1)

POR COMPATIBILIDAD:

VA = 1

VA = Vi + a x θi θA = θi

VB = 1

VB = V j - b x θ j θB = θ j


⦋H⦋

Flexible

⦋H⦋ = Matriz de compatibilidad

VA = 1 x Vi + a x θi + 0 x V j + 0 x θ j θA = 0 x Vi + 1 x θi + 0 x V j + 0 x θ j

VB = 0 x Vi + 0 x θi + 1 x V j - b x θ j θB = 0 x Vi + 0 x θi + 0 x V j + 1 x θ j

POR EQUILIBRIO:

Vi = VA Mi = a x VA + MA V j = VB M j = -b x VB + MB

Vi = 1 x VA + 0 x MA + 0 x VB + 0 x MB Mi = 0 x VA + 1 x MA + 0 x VB + 0 x MB V j = 0 x VA + 0 x MA + 1 x VB + b x MB M j = 0 x VA + 0 x MA - b x VB + 1 x MB

rígido


⦋H⦋T

POR LA LEY DE HOOKE :

Si remplazamos (3) en (2):

Si remplazamos (1) en (4):

⦋K ⦋P = PLACA

Flexible

rígido


LTOTAL = a + b + L

FACTOR DE FORMA:

f = 1.2

PROBLEMA:

f = 10 / 9

f=2

f = Area axial / Area alma


1.

HALLAR: LA MATRIZ DE RIGIDEZ TOTAL

2.

HALLAR: LA MATRIZ DE RIGIDEZ LATERAL

3.

HALLAR: DESPLAZAMIENTO LATERAL

E = 2 x 106 Ton/m

VIGA

30 Tn

30 x 70 COLUMNA

4.00 m

PLACA C° A°

30 x 70

.20 2.00

8.00m


a=1.00

8.35

3.65

D1 = 1

D2 = 1

D3 = 1

VIGA:


L = 8.35 m a = 1.00 m b = 0.00 m E = 2 x 106 T/m2 I = 0.30 x (0.70) 3 / 12 m4 EI = 17150 Tm-m2

COLUMNA: L = 3.65 m a = 1.00 m b = 0.00 m E = 2 x 106 T/m2 I = 0.30 x (0.70) 3 / 12 m4 EI = 17150 Tm-m2

PLACA: L = 3.65 m AP = 1.00 m E = 2 x 106 T/m2 I = 0.20 x (2.00) 3 / 12 m4 = 0.133 EI = 266666.67 Tm-m2 = 0.20 f = 1.2


⦋

L


⦋

L

⦋ = ⦋

⦋

L

⦋ = 17355.5 T/m

⦋

L

⦋ {δ} = {F}

δδ

-

-1 δθ

θθ

θδ

⦋


17355.5 {δ} = {30} -3

{δ} = D3 = 1.73 x 10 m

{Ҩ } = -

-1 θθ

θδ

{δ}

ANALISIS MATRICIAL 3-D HIPOTESIS:

LOSA

LOSA

1. LA LOSA DEBE SER INFINITAMENTE RIGIDA.


2. LOS PORTICOS SEAN ORTOGONALES CON RESPECTO A SU BASE.

3. CONSIDERA 3 G.D.L / NIVEL UBICADOS EN SU CENTRO DE MASAS.

{D} 3m x 1 = DESPLAZAMIENTOS GLOBALES DE LA ESTRUCTURA, m = # DE PISOS

LEY DE HOOKE GENERALIZADO

⦋

= MATRIZ E RIGIDEZ GLOBAL DEL EDIFICIO m = # pisos

EDIF⦋

P = # DE PORTICOS m = # DE PISOS DONDE:

⦋A⦋P mx3m

= MATRIZ DE COMPATIBILIDAD DEL PORTICO “P”

⦋K L⦋P = RIGIDEZ LATERAL DEL PORTICO “P” (CONDENSACION ESTATICA)


D Xi = 1

D i = 1

PORTICO “j”

DY i = 1

PORTICO “j”


PISO “i”

Dij = Dxi Cos γ j + Dyi Sen γ j + Dϕ i Rij Numero de piso, se tiene:

⦋A⦋mxm = MATRIZ DE COMPATIBILIDAD O DE TRANSFORMACION

EJEMPLO #1:

3 G.D.L/ NIVEL

Hallar D.M.F De los pórticos del edificio mostrado:

5m

4m

4m

PLANTA PISO: C = 35x45 V1 = 35x45

h = 3.2m V2 = 35x40

5m


PÓRTICO A, B y C 35x45

3.2m

35x45

5m

PORTICO: 1, 2 y 3

35x45

35x45

35x40

35x45

5m

3.2m

45x35

35x40

45x35

4m

45x35

4m


,

PÓRTICO A, B y C:

PÓRTICO 1, 2 y 3:

R 1A = (0 – 0) 0° - (-4 – 0) 1 = 4 R 1B = (0 – 0) 0° - (0 – 0) 1 = 0 R 1C = (0 – 0) 0° - (4 – 0) 1 = -4 R 11 = (-5 – 0) 1 - (-4 – 0) 0 = -5 R 12 = (0 – 0) 1 - (0 – 0) 0 = 0 R 13 = (5 – 0) 1 - (0 – 0) 0 = 5


PORTICO

K L 1x1

γP

Cos γP

Sen γP

R 1P

A

3807.6

0°

1

0

4

B

3807.6

0°

1

0

0

C

3807.6

0°

1

0

-4

1

2527.6

90°

0

1

-5

2

2527.6

90°

0

1

0

3

2527.6

90°

0

1

5

〈A〉A = 〈 1, 0, 4 〉

〈A〉B = 〈 1, 0, 0 〉

〈A〉C = 〈 1, 0, -4 〉

〈A〉1 = 〈 0, 1, -5 〉

〈A〉2 = 〈 0, 1, 0 〉

〈A〉3 = 〈 0, 1, 5 〉


⦋K TOTAL⦋ {D} = {Ҩ }

Pórtico B: Hallar el desplazamiento lateral {d}: {d} e = ⦋A⦋e {D}

-3

{d} B = 1.3 x 10 m

35x45

3.2m

35x45

35x45

35x45

5m

35x45

5m


Mba = M°ba + 2EI / Lba

2θb + θa + 3δ/Lba

Mab = M°ab + 2EI / Lab

2θa + θb + 3δ/Lab

Mbc = M°bc + 2EI / Lbc

2θb + θc + 3δ/Lbc

Mcb = M°cb + 2EI / Lcb

2θc + θb + 3δ/Lcb

Mcd = M°cd + 2EI / Lcd

2θc + θd + 3δ/Lcd

Mdc = M°dc + 2EI / Ldc

2θd + θc + 3δ/Ldc

Mce = M°ce + 2EI / Lce

2θc + θe + 3δ/Lce

Mec = M°ec + 2EI / Lec

2θe + θc + 3δ/Lec


Mef = M°ef + 2EI / Lef

2θe + θf + 3δ/Lef

Mfe = M°fe + 2EI / Lfe

2θf + θe + 3δ/Lf e

DIAGRMA DE MOMENTO FLECTOR:


EJERCICIO #2:

2 GDL/ nivel

Planta típico.

CARGAS GLOBALES


n= # pisos = 2

R i P =

(Xi – X0) Sen αP – (Yi – Y0) cos αP

Resolviendo: R i P

R 1 A = R 2 A = (5 – 0) Sen 900 – (0 – 0) cos 900 = 5 R 1 B = R 2 B = (0 – 0) Sen 00 – (10 – 0) cos 00 = -10 R 1 C = R 2 C = (0 – 0) Sen 00 – (-10 – 0) cos 00 = 10 R 1 D = R 2 D = (-15 – 0) Sen 900 – (0 – 0) cos 900 = -15

Hallando la matriz de compatibilidad:



Pórtico A: Hallar el desplazamiento lateral {d}: {d} e = ⦋A⦋e {D}

2do PISO

1er PISO


ANALISIS MATRICIAL DE EDIFICIO 2GDL/NIVEL

Ejercicio #3: hallar los desplazamientos laterales y los DMF de la. Estructura mostrada. Nivel 1

Nivel 2


Nivel 3

1. HALLAR LOS PÓRTICOS:


2. HALLAR LA RIGIDEZ LATERAL DE LOS PÓRTICOS:




Hallar la matriz de compatibilidad de los pórticos:

Resolviendo: R i P

Para el pórtico 1: αP = 90°

n = # pisos





Para el pórtico A:


Para el pórtico B: αP = 0°

Para el pórtico C:

Para el pórtico D:

Para el pórtico E:




139892,88

-70009,56

0

-34973,22

17502,39

0

-70009,56

122516,73

-52507,17

17502,39

78760,755

8751,195

0

-52507,17

52507,17

0

-96263,145

-8751,195

-34973,22

17502,39

0 6448859,14 2776941,02

0

17502,39

78760,755

0

8751,195

-96263,145 2776941,02 4419250,24 -130308840 -8751,195

PÓRTICO A:

Hallar el desplazamiento lateral {d}: {d} e = ⦋A⦋e {D}

0 -130308840

130326343


Ejemplo #4: Hallar las fuerzas y Desplazamientos laterales de los pórticos del edificio:


3 G.D.L PISO 1

PISO 2

PISO TIPICO 2 NIVELES SI: PORTICO A y B

PORTICO A y B

PORTICO 1

PORTICO 2


PORTICO 1

PORTICO 2

m = # pisos PORTICO A

α = 0°


α =Cos-1(3/13.34) = 77°

Para el pórtico A: αP = 0°

Para el pórtico B: αP = 0°





{d} e = A e {D}

PÓRTICO A:

Hallar el desplazamiento lateral {d}: {d} e = ⦋A⦋e {D}


Ejemplo #5:


SOLUCION:


Θ=90°

Θ=14.04°

Θ=163.3°

ANALISIS_ESTRUCTURAL_II[1]

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