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El hecho de que los métodos matriciales estén ligados con los computadores y que se emplee en los mismos una notación no familiar a algunos ingenieros. ha llevado a la creencia de que incluyen nuevos difíciles conceptos matemáticos y estructurales. Esto no es cierto. Un conocimiento de las operaciones básicas del álgebra matricial es todo cuanto se requiere, y los únicos principios estructurales necesarios son los básicos tratados en todos los textos de estructuras. Los métodos clásicos del análisis estructural. desarrollados en las postrimerfas del siglo XIX. tienen las cualidades de la generalidad. simplicidad lógica y elegancia matemática. Desgraciadamente. conducían a menudo a cálculos muy laboriosos cuando se aplicaban a los casos prácticos. y en aquella época, en la que incluso las máquinas de calcular eran raras. esto entrañaba un serio defecto. Por esta causa. sucesivas generaciones de ingenieros consagraron gran parte de su esfuerzo a reducir el conjunto de cálculos precisos. Muchas técnicas ingeniosas de gran valor práctico fueron apareciendo, pero la mayor parte de las mismas eran solamente aplicables a tipos determinados de estructuras, e inevitablemente el incremento en el número de métodos superficialmente diferentes llevaron a oscurecer la simplicidad de las ideas fundamentales, de las que todos ellos originalmente provenían. Puede también suponerse que la necesidad de obtener técnicas prácticas para el análisis de estructuras lineales desvió a muchos investigadores que pudieron haber contribuido de otra forma a un mejor entendimiento del comportamiento real de las estructuras, con el resultado que la investigación de fenómenos tales como la plasticidad y la inestabilidad. fueron pospuestas. La principal objeción a los primeros métodos de análisis fue que los mismos conducían a sistemas con gran número de ecuaciones lineales. diffciles de resolver manualmente. Con los computadores. capaces de realizar el trabajo numérico, esta objeción ya no tiene fuerza. mientras que las ventajas de la generalidad de los métodos. permanece. Esto explica por qué los métodos matriciales deben en su tratamiento básico de las estructuras más al siglo XIX que al XX. 1.5 E/Ingeniero. El Aná/isis Matricial y el Computador En la actualidad. el ingeniero que se dedique al diseño de estructuras, debe estar familiarizado con los métodos del análisis matricial de estructuras. porque constituyen una herramienta poderosa de análisis. Al mismo tiempo debe estudiar y entender el uso correcto de esta forma automática de análisis. El resultado de un análisis por computador es sólo tan bueno como los datos y el modelo de los cuales se parte. El acrónimo "GIGO" en inglés (Garbage In, Garbage Out) cuya traducción al castellano podrfa ser BEBS se ha acuñado para recordamos constantemente que "basura que entra, es igual a basura que sale". Esto significa que el criterio y la habilidad del ingeniero, nunca podrán automatizarse. El criterio y el entendimiento del comportamiento de las estructuras siempre deberán estar presentes cuando se idealice la estructura y se hagan las suposiciones acerca de las cargas y solicitaciones. el comportamiento del material, las condiciones de apoyo, las conexiones entre los diversos elementos. Lo mismo se aplica a la interpretación y uso correcto de los resultados de tales análisis.

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1.6 Estructuras

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(algunas definiciones)

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1.6.1 Definición General de una Estructura Una estructura es un sistema, un conjunto de partes o componentes que se combinan en forma ordenada para cumplir una función.

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1.6.2 Función de una estructura Existen numerosas funciones, entre ellas: Salvar un claro (puente vehicular o peatonal). Encerrar un espacio (los edificios cumplen una función de albergue). Contener un empuje (muros de contención, tanques, silos, represas). Infraestructura vial o de transporte (pistas, intercambios viales). Estética (monumentos). 1.6.3 Los Edificios son el Resultado del Ensamblaje de Diversos Sistemas Sistema funcional básico. Sistema estructural. Sistema sanitario. Sistema eléctrico. Sistema de comunicaciones. Sistema de seguridad. Sistema de acabados. Sistemas Electro Mecánicos (Aire acondicionado, equipos, maquinarias).

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1.6.4 Sistema Estructural de un Edificio de Concreto Armado La figura a continuación muestra un pequeño edificio típico de concreto armado. Se indican los principales elementos estructurales verticales (columnas, muros) los horizontales (vigas, losas) y los elementos estructurales de la cimentación (zapatas aisladas y corridas). Las columnas y vigas se pueden idealizar como elementos unidimensionales, mientras que las losas de piso y muros como bidimensionales.

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1.6.5 Definición de Estructura para un Ingeniero Estructural

Una estructura es un sistema cuya función es transmitir fuerzas (cargas) desde sus puntos de aplicación al suelo. las fuerzas (cargas) producen en el material de la estructura: a) Deformacionesque se manifiestanen distorsionesde la formaoriginal. b) Esfuerzosinternos. 1.6.6 Definición de Estructura para Análisis Estructural 1

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Una estructura es el resultado del ensamblaje de elementos estructurales discretos conectadosentre si en un númerofinito de puntos o nudos. Se presentan a continuación, algunos ejemplos de modelos (idealizaciones) correspondientesa estructurassimples que se ajustan a la definiciónanterior. En las estructuras mostradas los elementos estructuralesson todos unidimensionales:barras de armaduraarticuladasen los extremos,vigas, columnas. los elementosestructurales (barras) se interconectanentre si en los nudos y se conectana "tierra"medianteapoyos que también son nudos.

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1.9 Elementos Estructurales v No Estructurales -

Los elementos estructurales aportan resistencia y rigidez a la estructura. los elementos no estructurales aportan peso y funcionalidad (tabiques, parapetos, mamparas. etc). Son necesarios para completar la función de la estructura.

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1.10 Modelos (idealización) de las Estructuras

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Premisa: La confiabilidad o "calidad" del Análisis Estructural, está directamente relacionada con la fidelidad del modelo utilizado. a) ¿Porqué son necesarios los modelos estructurales? Si partimos del hecho que las estructuras son un medio continuo, con infinitas partfculas, con una variación también continua en las propiedades del material, en las deformaciones y en el estado de esfuerzos, el comportamiento de la estructura está gobernado por un conjunto de ecuaciones diferenciales parciales. Una de las ecuaciones diferenciales del equilibrio de la partícula se indica a continuación y corresponde al equilibrio en X:

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La geometrla de la estructura. Los elementos constituyentes (por ejemplo barras) y suspropledades. Las conexiones entre los elementos (nudos). Las propiedades y comportamiento del material. Las masas (en los problemas dinámicos). tascarqas (solicitaciones). Los apoyos y condiciones de contorno.

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1.10.1 Algunos modelos de estructuras"simples ,

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1.10.2 Otro modelo simple de una estructura plana (pórtico triarticulado). w=6 ..tlm

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Para formular el modelo necesitamos, por lo menos: Caracteristicas de los materiales (E, tipo de comportamiento. en este caso lineal), caracterlsticas de las barras (área, momento de inercia, material), geometrfa, cargas aplicadas, apoyos, tipo de conexión entre barras (nudos rfgidos y rótula al centro de la viga). Se formula, en este caso, un modelo tipo pórtico plano. Resultados del análisis estructural: Desplazamientos de los nudos (configuración deformada) y fue~s en las barras. ~ 3.'

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1.10.4 Conversión de un Modelo 3-D a un Modelo de Pórticos Planos 2-D. A continuación se muestra un pequeño edificio de un piso compuesto de nueve columnas y doce tramos de vigas. El edificio es de concreto armado y todos los nudos son rigidos. La estructura es en esencia un pórtico 3-D conformado por elementos esbeltos. Asumiendo que los apoyos son empotramientos. el grado de indeterminación estática del pórtico 3-D es de 72. ya que es necesario efectuar doce cortes en las vigas (por ejemplo al centro de cada paño) para lograr una estructura isostática y estable. en cada corte se remueven seis fuerzas de sección. En contraste, el grado de indeterminación cinemática es de 54 ya que la estructura posee nueve nudos libres y cada uno de ellos tiene seis grados de libertad. A pesar de que la estructura es 3-D, es posible reducirla a un ensamblaje de pórticos -3 planos cada uno de ellos actuando de manera independiente del resto. Con esta simplificación se reduce de manera importante la complejidad (más bien la laboriosidad) del análisis estructural. Sin embargo esta "reducción" a pórticos planos tiene varias inconsistencias importantes. algunas de ellas: Las rotaciones en los nudos del 20 no son compatibles con los del 3D. es decir cada nudo del modelo 20 rota de manera independiente. En la estructura real las rotaciones de cada nudo son únicas. - Los desplazamientos verticales de los nudos del modelo 20 no son compatibles con el 30. - En el modelo 2-0 se pierde la torsión que podría existir en las vigas y columnas. Los desplazamientos horizontales del modelo 20 no son compatibles con el 3D. - Si hubiera un diafragma rígido (losa de piso) conectando los pórticos. ¿qué sucedería con los desplazamientos horizontales de los pórticos?

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A continuación se muestran las configuraciones deformadas que se obtienen al analizar el pórtico bajo la acción de cargas laterales únicamente, utilizando dos modelos. En el Modelo 1 se ha supuesto que la viga "entra" hasta el eje de la placa conservando su sección transversal y en el Modelo 2 se ha modelado la viga utilizando un brazo rlgido (indeformable) entre el eje de la placa yel borde derecho de la misma. Las diferencias en la configuración deformada del pórtico para los dos modelos son notables, sobre todo en la zona de conexión viga - placa.

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r A continuación se muestran los resultados del análisis del pórtico, bajo la acción de cargas verticales únicamente. Se han utilizado tres modelos, los dos primeros son los mismos descritos anteriormente y el tercero consiste en suponer que las vigas se encuentran empotradas en el borde de la placa.

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Modelo 3 - Configuración deformada, cargas verticales. Vigas,empotradas en el.borde de la placa

L,ps~'ramas de mO,mento~flec~~respara los tres modelos analizados para cargas V7ttic~l~s.se lTi~estrana continuaclón. /

24

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Modelo 1 - Diagrama de momentos (ton-m), cargas verticales. Viga flexible en la zona de unión con la placa.

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Modelo 2 - Diagrama de momentos, cargas verticales. Vigas rígidas en la zona de unión con la placa.

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Modelo 3 - Diagrama de momentos, cargas verticales. Vigas empotradas en el borde de la placa

25

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26

1.10.9 Clasificación de las Estructuras Para el curso de Análisis Estructural 1, hemos definido a las estructuras como un ensamblaje de elementos estructurales discretos, interconectados entre sJen un número .~. finito de puntos. Bajo esta definición los· elementos, pueden idealizarse, ¡ 1 ¡ independientemente del material y su forma, en: Unidimensionaies Bidimensionales Tridimensionales t 1

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Viga. columna; armadura (1D)

En general todos los elementos son tridimensionaJes, sin embargo, si la longitud del elemento es "considerablemente" mayor que sus otras dimensiones, el elemento puede idealizarse como unidimensional. Este suele ser el caso de las vigas y columnas de los pórticos 3D 6 2D. , No existe un límite claro o preciso a partir del cual los elementos deban considerarse como tridimensionales, bidimensionales o unidimensionales. La clasificación y en consecuencla la idealización de los elementos, queda a juicio del ingeniero y será función de la "fidelidad" que se pretenda lograr. La figura a continuación ilustra esta idea utilizando un elemento esbelto, que puede idealizarse como unidimensional, y otro para el cual esta idealización seria cuestionable.

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J En general se suele aceptar que si la longitud del elemento es mayor que cuatro á cinco veces el peralte del mismo, el elemento puede idealizarse como unidimensional. Este Hmite está ligado a la validez de ia hipótesis de Navier (secciones planas). Por ejemplo, las vigas de los pórticos de concreto armado se suelen dimensionar de tal modo que el peralte esté comprendido entre l/lO y 1/14 de la luz, en consecuencia pueden clasificarse como unidimensionales.

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1.10.10 Grandes grupos en la clasificación de las estructuras 1) Estructuras de Barras (Reticulares). 2) Estructuras Laminares (bidimensionales). Losas, cáscaras, muros. 3) Sólidos (3D). 4) Mixtas.

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1) Estructuras de Barras o Reticulares Formadas por el ensamblaje de elementos considerados o modelados como 1D.

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1a) Armaduras Planas o Espaciales. (Isostáticas o Hiperestáticas)

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Armadura Plana.

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1

Tienen múltiples aplicaciones, desde las armaduras o "cerchas" de madera que se emplean en viviendas, tijerales de acero en naves industriales hasta puentes de grandes luces, antenas y torres de atta tensión. . Su objetivo es el uso más eficiente del material. Si imaginamos que la armadura trabaja como una viga, soportando esfuerzos de flexión y cortante, al aumentar la altura (peralte) de la armadura se reducen los esfuerzos debidos a la flexión y al mismo tiempo no es necesario disponer de un alma sólida, sino que basta con elementos diagonales y verticales para resistir el cortante.

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Otra de las ventaj~s de las armaduras es su vel'$atilic;ladpara adaptarse a diVersa~ formas según ras n~césidad.es. Existen numerosas fÓ·tmas.argunas efelas más comunes se indican a conñnuacíón. .

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Otra ventala de las armaduras es su rigidez ya que por su considerable mayor altura en . '. cornparaelón con una viga de alma llena; los desplazamientos de los nudos suelen ser 1 pequeños. ' ,

I

Las, principªles ide~UZaciones (~implifi~ciones) que se suelen hacer en el análisis de ;, armaduras' y a partir' de las cuales se gefi~ran los modelos son: . '! - Los elementos son rectos y están conectados entre sí en nudos artlculadoe.' •. '1 (artleulacíones sin rozamiento). Los nudos articulados permiten el giro relativo de las ;:. i barras. En ia práctica diflcllrnente se materializa esta hipótesis ya que las uniones ' .. I suelen ser soldádas o empernadas. : ' '1 j - Las barras' se .unen en sus. extremos, Esta hipótesis no suele cumplirse en los. ; cordones (bridas) superior é inferior de. la armadura ya que las bridas suelen Ser ..! continuas cubriendo varios nudos en vez de ser una serie d~ barras cortas entre nudo ! y nudo. Esta práctica tj~n.e,Iª.... x~ntaja de simplifi~r las conexiones en los' nudos ya que no es necesario.eon~i\~Jrelemento contínuc.' .. .. . . ":Las carg~s'{Qoncentradas);s$ '~Jican '$ototen los nudos." Deben eviWFse')ascargas en , .puntos int~m)ecfjc;>s de 105' el~.neh.osya que inducen flexión en ello$" $i exístiera una .: ~~-concentrada en un elemento, conviene modificar la geomefri~ de la armadura que dicha CatQ~ coincida con un ·nudo. LaS únicas carqas que no están /8PUcádas en.' los nudos deberían ser las provenientes del peso propio de los

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Si se cumplen las hipótesis anteriores, las barras de una armadura trabajan solamente a carga axial de tracción o compresión sin cortante ni flexión.

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Fuerzas internas en la barra de una armadura

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Las tres figuras a continuación (Godden), muestran un sector de una de las armaduras (de bridas paralelas) de un puente de acero de una carretera. Dada la magnitud de las cargas que debe soportar el puente, los. elementos constituyentes, sobre todo las diagonales y las bridas, son grandes. A la derecha se muestra el detalle de la conexión de los elementos que concurren a un nudo inferior, los elementos están unidos por remaches a las cartelas o planchas de enlace. En este caso es claro que no se trata de un nudo articulado que permite el giro relativo de las barras que concurren. En la parte inferior se muestra el detalle del apoyo articulado.

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Armadura de un puente (Bridas Paralelas)

Detalle de uno de los nudos

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Detalle de uno de)os apoyos interiores (articulado)

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La figura a continuación muestra algunaS' conexiones "Upicas" de elementos de una 1 armadura en los nudos. Nótese que los ejes de los elementos (Uneas de los centroides de los perfiles) deben coincidir en un'punto, en caso centrarlo se genera excentricidad en l..-/ la unión la que ocasiona un momento que debe ser equilibrado pOJlos perfiles

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Uniones empernadas

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Uniones soldadas

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Si se observan las uniones de la figura anterior, se puede concluir que en la práctlca la _;. hipótesis de nudos articulados es; por lo menos. discutible', Sin embargó en las ;: . armaduras "normales" la esbeltez dé los elementos suele ser grande, la rigidez a. la' : flexión pequeña y por lo tanto priman los esfuerzos axiales. Si las cargas están todas ;' aplicadas en los nudos, a los esfuerzos que originaria la flexión por la rigidez de la unión. _. I sel les llama "esfuerzos secundarios" y se suelen ignorar o despreciar en el diseno de los ..' e ementos. En todo caso si la hipótesis de nudos articulados - para una estructura particular en la -. cual los perfiles no sean tan esbeltos (caso de armaduras de puentes) y las conexiones ': no fueran rótulas - no fuera válida. siempre será posibie analizar la estructura dejando de ,i;' lado esta hipótesis y modelando la rigidez de la conexión. En este caso la' estructura se :; convierte en un pórtico con cargas en los nudos y lo dificil será modelar la rigidez de la ,:' conexión.

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Finalmente están las armaduras tridimensionales como las empleadas en las torres de, alta tensión; para las cuales toda la discusión que se ha hecho para las armaduras; planas, es aplicable. Una buena parte de estas armaduras puede -analizarse' bajo la '--,. hipótesis de nudos articulados. sobre .todo. las torres de alta-tensión 'en las cuales las'., conexiones suelen ser ..empernadas con los pernos colocados en una sola linea. ",

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Armadura 3D, parte inferior de la Torre Eiffel

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Madeja de Armadura 3D

Elevación cara lateral

1b) Pórticos Planos (sistemas planos 2D) - Formados por el ensamblaje de elementos 1D. - Elementos conectados entre si en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi rigidos, o articulados. - Cargas aplicadas en los nudos y barras. Las cargas están contenidas en el plano del pórtico. - Los elementos tienen rigidez axial y por flexión. - Los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos. - Las fuerzas de sección en las barras son: Axial, cortante, momento flector. No existe momento torsor ya que las cargas están aplicadas en el plano del pórtico.

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N 1 Los ejes 1-2-3 son ejes locales de la barra y deben ser principales y centrales. I

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Viga Vierendeel

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Pórtico a dos aguas

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Pórtico arriostrado

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Pónico con elementos curvos

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Pórtico de concreto armado con viga prefabricada

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Pórtico de acero con arriostres

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33

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1c) Parrillas (sistemas planos 20) Formadas por el ensamblaje de elementos 1D. , Elementos conectados entre si 'en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semirígidos, o articulados. - Cargas aplicadas en los nudos y barras. Las cargas son,perpendiculares al plano de la parrHla. Los elementos tienen rigidez en flexión y torsión. Los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos. " Las fuerzas de sección en las barras son: Cortante, momento flector y momento torsor. No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al plano de la párrilla. '.,

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El plano de la parrilla es el 1-3. Los ejes 1-2-3 son ejes locales del elemento y deben ser

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principales y centrales

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La parrilla está contenida en el Plano X-Z

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Modelo de una parrilla

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1d) Pórticos Tridimensionales (sistemas espaciales 3D)

I¡-Elementos - Formados porconectados el ensamblaje de elementos 1D. entre sí en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semirígidos, o articulados. ¡-Cargas aplicadas en los nudos y barras. i Los elementos tienen rigidez axial, en flexión y en torsión . ! < - los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos. \ - !.:,as-fuerzasde sección en las barras son: Axial, cortante, momento 'ñector y momento ! .... /tersor. En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra, : / referidas a sus ejes locales; los que deben ser principales y centrales.

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.) Edificio AICQaen Chicago. Grandes diagonales de arriostre

Torre. de Control en un Aeropuerto . ,i:;"

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) 2) Estrilcturas Laminares (bidimensionales). El espesor es mucho menor que las otras ~. dos dimensiones. - Losas (cargas perpendiculares a su piano):

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,-E$tados planos de esfuerzos (vigas pared, muros o placas) car9as en su plano:

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- Bóveda$ o C6scara$

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3) Sólidos (tridimensionales). Represas, cimentaciones masivas, piezas de equipos, -- puentes de mampostería.

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Puente masivo O'z

35

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A

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(barrade diámetro

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fY= 2500

Comportamiento del acero en tracción. Esfuerzo de fluencia 2,500 kglcml

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a) Equilibrio estático: Nudo 2 9 == 36.87

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q,= -4,000 kg (compresión)

Q2

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kglcm2

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Nótese que las ecuaciones de equilibrio se han planteado sobre la configuración indeformada de la estructura, es decir, se ha supuesto que los desplazamientos del nudo 2 serán pequeños. Esta hipótesis deberá verificarse cuando se calculen los desplazamientos del nudo. Adicionalmente los esfuerzos calculados en las barras, indican que éstas se encuentran en la zona de comportamiento lineal elástico.

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b) Relaciones Fuerza - Desplazamiento (O' - 8): Material linealmente elástico. c¡

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Al

-4000 x 360 S

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A

=> Eje neutro pasa por el centro de gravedad de la sección

A

Reemplazando ex )

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2.2 Hipótesis Básicas del Análisis Estructural

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E JyldA= E Iz =:> Mz=IElz P A P P

2.2.1 Primera Hipótesis Básica - Desplazamientos Pequeños: También conocida como Hipótesis de las Dimensiones Iniciales. Plantea que la geometrfa de la estructura no cambia apreciablemente luego de la aplicación de las cargas. Supondremos que las barras (elementos) que componen la estructura son lo suficientemente rrgidas como para no sufrir deformaciones importantes bajo la acci6n de las cargas (solicitaciones) y la geometrra inicial varia muy poco. Por Jo tanto, las ecuaciones de equilibrio se pueden plantear a partir de la geometría de la estructura indeformada. Dicho de otro modo, supondremos (con cargo a verificar) que los desplazamientos de la estructura son pequeños y geometrfa inicial no varia significativamente. Existen diversos métodos de análisis estructural que trabajan sobre la base de las teorlas de segundo orden (grandes desplazamientos) tomando en cuenta el cambio de la geometría de la estructura. Estos métodos de análisis, que abordan el comportamiento de las estructuras con grandes desplazamientos, normalmente trabajan sobre un esquema iterativo de aproximaciones sucesivas, ya que las ecuaciones de equilibrio no pueden formularse hasta conocer la configuraci6n deformada de la estructura. Cuando en una estructura se produce un cambio importante en la geometria, de tal forma que se afectan las ecuaciones de equilibrio planteadas a partir de la geometria no deformada, se dice que es una Estructura con No Linealidad Geométrica. El comportamiento de este tipo de estructuras no lineales, escapa al alcance de estos apuntes. En consecuencia trabajaremos únicamente con teorfas de primer orden (desplazamientos pequeños) y siempre será posible verificar, al concluir el análisis, la validez de esta hipótesis. A continuación se muestran dos casos simples en los cuales se ilustra el principio de los desplazamientos pequeños:

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La ecuación de equilibrio estático se fonnuJa sobre la geometría indeformada

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A es Josuficientemente pequefio para poder despreciar el cambio en la geometría por el efecto de las cargas aplicadas.

2.2.1.a Algunos ejemplos de No LInealidad Geométrica.

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Ejemplo 2-4 Asumimos que el material de la barra es linealmente elástico.

1/

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p,¡

El,"

JI

a

Equilibrio en la posición no deformada: Ml=Pa :. existe una relación lineal entre MI y P

~ - ~2' Equilibrio en la posición deformada: MI =P(a+6.) pero A=f(p) MI = P a + P (f(P» :. no hay una relación lineal entre MI y P

Si A « a entonces el momento en la base se puede aproximar, con un despreciable, mediante MI = Pa. En este caso, ya que el material de la estructura linealmente elástico, será válido el principio de superposición, por ejemplo, si duplicara la carga P se duplicarla también el desplazamiento A. Si no se cumpliera lo anterior, estaríamos frente a un caso de ~~~::!"",!,~.=!,!...J=:"': debida a una no linealidad geométrica :....recuerde que hemos supuesto que comportamiento del material es linealmente elástico en todo el rango de repuesta de estructura - y no seria aplicable el Principio de Superposición. A diferencia del anterior, si se duplicara la carga, no seria posible afirmar que el desplazamiento tanlDlemjl,/.' se duplicará. Conclusión: Cuando una estructura presenta no linealidades geométricas, aplicable el principio de superposición.

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;J ,) Para que la superposición sea válida, los desplazamientos deben ser, como general gruesa. varios órdenes de magnitud menores a la dimensión caracteristica de estructura. El intervalo en eLcuallos desplazamientos .estáncomprendidos entre 0.01 L . 0.1 L (siendo L la dimensión caracterrstica de la estructura) suele ser una región transición entre los desplazamientos pequeños y los grandes. Sin embargo valores son tan solo referenciales y dependen mucho del tipo de estructura y las actuantes.

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.J

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La única repuesta cierta, relativa a cuán pequeños deben ser los desplazamientos, es la siguiente: Los desplazamientos son pequeños cuando las ecuaciones de equilibrio, planteadas sobre la geometriá no deformada, dan los mismos resultados que los obtenidos a partir de las mismas ecuaciones de equilibrio planteadas sobre la geometrla deformada final. Ejemplo 2-5 Asumimos que el material de las dos barras que conforman la estructura es linealmente elástico en todo el intervalo de repuesta de la estructura. - Caso 1: La flecha "f" no es pequeña. L

j

L

; ,

f

l :

' ¡

En este caso se puede plantear el equilibrio del nudo 3 en la posición no deformada de la estructura. la relación entre la carga y el desplazamiento vertical del nudo 3 es del tipo lineal y viene dada por la ecuación (A).

2EAf2

P = (L2 + f2)3/2

8

P=K8

(A)

- Caso 2: La flecha "f" es pequeña.

;

I

L

L

JI

p

cr=E&

En este caso la relación entre la carga y el desplazamiento vertical del nudo 3, es no lineal (véase ellíbro de White), y viene dada por la ecuación (B).

_ EA

Pr=

I!

3

2

(A + 3fA +2f

2

A)

(B)

La relación no lineal es producto del cambio en la geometría de la estructura por la acción de la carga P, no es producto del comportamiento del material ya que hemos supuesto que el material es linealmente elástico para todo el rango de comportamiento. En este caso el principio o hipótesis de los Desplazamientos Pequeños no es aplicable ya que para alcanzar el equilibrio es necesario un cambio importante en la geometria de la estructura, en consecuencia el equilibrio del nudo 3 debe plantearse sobre la geometría deformada.

;

L

47

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1

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I

I

I:

48

Asignemos valores numéricos a esta estructura: E = 2xl06 kglcm2, A = 5 cm2, L = 2 m,

P =2,000 kg

Caso 1 - flecha f= 1 m. Con la ecuación (A) se obtiene:

A ~ 0.112 cm

(6 I f= 0,112%)

K ~ 17,890kglcm Equilibrio configuración indeformada: F, = F2 = 2,236 kg 0'1 = 0'2 = 447 kglcm2 Por Jotanto eS aplicable el principio de los desplazamientos pequeños. Caso 2 - flecha f= 0.05 m. Con la ecuación (B) se obtiene: 1

A ~ 7.41 cm

1

K = variable

j

(Al f= 1.48)

li' Si se aplicara la ecuación (A) obtendríamos A ~ 32.03 cm, deflexión mucho mayor que la . f flecha inicial. Equilibrio en la configuración indeformada: FI = F2 = 40,000 kg 0'1 = az = 8,000kglcm2

Equilibrio en la configuración deformada: FI = F2 = 16,150kg (JI = 0'2 = 3.230 kg/cm2 1 Por lo tanto no es aplicable el principio de los desplazamientos pequeños. A continuación · se muestra la relación P - Il. para ambos casos. Nótese que, para f (flecha) pequeña; . medida que se incrementa la carga la rigidez tangente del sistema también incrementa. ¡

I 11

20,000 ,-.r------~: ---~:---~:-----, 18,000 . ""'1 1S OOD ~ .. -. __••• - ._--~-- - - -- ---.- -- - ; -' --_ - - -- _ 1 m :: : .-.. 14,000 .. f= , :...............•.

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o~~~~------~:------~;------~ o

5

10

15

20

Desplaz ~ (cm)

; Ejemplo 2-6 los dos ejemplos siguientes, son casos de no - linealidad a los que se les .. suele llamar Efectos P - A. Asumimos que el material de las barras es linealme IL"·,,·~'l elástico.

f«pcr

~P ~M /

b.s>~+ 61

Ms=M+Pb.s

E~

.~p-~

Ms=M~ b.s =.f (M.P)

J ~___'A

+M:s

EI,EA

Ip

~M

:.

La relación entre M y II no es lineal

} ...

IP«Pcr

i

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b.

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I

A M(y)= Fy+P-¡;y+PtS

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I f

I

II

t

I

yP

2.2.2 Segunda Hipótesis Básica - Equilibrio Estático Se reconoce dos tipos de equilibrio, el estático y el dinámico. Supondremos que las cargas se aplican lentamente sobre la estructura, gradualmente desde cero hasta su valor final, de tal modo que la estructura queda en reposo en su configuración deformada. A partir de ese instante la estructura no sufre cambios en su posición ni en su forma deformada. A ésta se le llama la posición de equilibrio estático de la estructura. En el equilibrio estático supondremos que no se producen vibraciones ni fuerzas de inercia significativas. Por el contrario, si las cargas se aplican súbitamente o si presentan una variación rápida en el tiempo, entonces estaremos frente a un problema de equilibrio dinámico en el cual la solución no es única, la respuesta de la estructura será una función, en algunos casos compleja, del tiempo. En resumen, en los problemas de equilibrio estático no se desarrollan fuerzas de inercia significativas. Las fuerzas internas en las barras deben equilibrar únicamente a las cargas externas. En los problemas de equilibrio dinámico se desarrollan- fuerzas de inercia significativas y las fuerzas internas en las barras deben equilibrar no solo a las cargas externas, sino también a las fuerzas de inercia. En general, en este curso, el equilibrio estático se aplicará a: La estructura completa debe estar en equilibrio. Cada una de las barras debe estar en equilibrio. Cada uno de los nudos debe estar en equilibrio. Observemos las diferencias entre el Equilibrio Estático y el Dinámico mediante el ejemplo simple que se presenta a continuación:

)

1

A Y s Dependen de F

j

I

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h

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-

El

M- Masa concentrada k- Rigidez lateral T - Período de vibración

/ I

)

\\

~

-=3 ) -"1

~

l

49

50

- Asumamos que I~ carga lateral se aplica lentamente (to» de la masa concentrada en el extremo superior (M) es: F(t)

)j

F(t)

M

=

V(t)

k Zmax=

El equilibrio horizontal

F(/)= k Z(t)

k Z(t) = F(t)

~V(t)

T).

(A)

Fa

La variación en el tiempo de la fuerza cortante y del desplazamiento lateral, cuando la carga se aplica lentamente será:

V(t)

Z(t)

- Ahora asumamos que la carga lateral se aplica rápidamente (fa ~ O). El equilibrio horizontal de la masa concentrada en el extremo superior requerirá en este caso, la presencia de fuerzas de inercia (FI (t»:

Ft-,

M

F(t)"r+-FI(t) (J

=MZ~~'.~-i;_:;: .'

~

-. ,... - - - . ::j9Q' a la aplicación de una úñióa 'carga 'ünitaria·~ri:la cOoroe:hádá·.J " , , Las pyih'Cj~ª'I~,$'Próp;edadés de ta"Matriz de Flexibilidad de una e$tructura son: a)' Lhs:99;e,fid~ntas~~

)

(Xl) ~ (2.22) ton x, 5.62

_J )

• Los resultados ñnales se pueden obtener por superposición. Por ejemplo, el diagrama final de momentos se puede obtener mediante:

.l

}

)

{M}final = {M}Est. Primaria + {mJ}Xl + {m2} X2

Deformada final

10..00

2 U.7

Diagrama de momentos final (ton-m)

Se sugiere al lector, resolver el pórtico utilizando como incógnitas el momento en el. empotramiento (nudo 2) y el momento interno a la izquierda del nudo 3.

)

, )

Resolver la viga de dos tramos mostrada utilizando el ~odo de ,Flexibilidad. El nudo 3 es un empotramiento perfecto. La sección de las barras es -constantecon rigic;lezEL Se consideran únicamente deformaciones por flexión, es decir. -...se ignoran las deformaciones por cortante.

)

rl-Oé~---

4_C:O m

\

,í

)

I1

') )

• • La viga es externamente indeterminada en segundo grado. Utilizaremos para la solución la Estructura Primaria (isostática y estable) indicada a continuación, en la cual se han tomado como redundantes los momentos flectores en los nudos 2 y 3. Nótese que hay diversas posibilidades para la elección de las redundantes.

\

x., DI

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¡

~

¡

¡

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i

~

~~

L~~---------------~~~QH\:L_----------------------~4~

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Estructura Primaria. Coordenadas X, D

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i

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1 !:

)

¡

\

• Deformada en la Estructura Primaria ocasionada por las cargas externas. 3.0 tf/fn

l1!~;l

¡¡IllIl ili!11

~!llJlH

• 1 }

.>,

Rotaciones tramo 2-3:

D = 1

wtl

24EI

27 El

27 =-

El

}

/

• Deformada debida a cargas unitarias en la coordenada 1. XI

= 1 ton-m

) -

) )

-:J )

~

fu = lx4 + lx6 = 3.333 3EI 3EI El

f21 =

_ lx6 =_1.0

6EI

El

\

j

• Deformada debida a una carga unitaria en la coordenada 2. X2 = 1 ton-m

I

,J

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_) I

-) (

I

)

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Ix6 6EI

f12= ---=--

1.0 El 67

_ lx6 _ 2.0 f22 _--_3El El

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~-

_ ... ~.

•..~.'.....

68 • Ecuaciones de Compatibilidad. Deben reflejar que la rotación relativa del nudo 2 y la rotación absoluta del nudo 3, en la estructura real, deben ser nulas.

=

{O}+ [FJ{X} {O}

~(:~7)+

~(~!~: ~~:)(~)=(:)

)

) ) ') )

1 ..

{X} = - [F]' {D} =>

(XI) ~. (-4.765) ton-m Xl

11.118

)

) )

• los resultados finales se pueden obtener por superposición. Por ejemplo, el diagrama .: final de momentos se puede obtener mediante: {M}final = {M}Est. Primaria + {mI} X¡ + {1n2} X2

.)

)

-) )

J

)

) 5.746

Diagrama de momentos final (ton-m) 3.0 tf¡¡n

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Deformada final

.) Se sugiere al lector, resolver la viga utilizando como incógnitas las reacciones verticales en los nudos 1 y 2.

.)

.) -j

) Ejemplo 2-13 Utilizando el Método de Flexibilidad, resolver la viga de sección variable .., ,'. doblemente empotrada. El primer tramo (barra 1-2) tiene una rigidez El y el sequndo: tramo 6 El Se consideran únicamente deformaciones por flexión, es decir, se ignoran las deformaciones por cortante.

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~

-1

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6EI

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• la viga es externamente lndetermínada en segundo grado. Utilizaremos para la ' solución, la Estructura Primaria (isostática y estable) indicada a continuación, en la ..' .cual se han tomado como redundantes la fuerza cortante (XI) y el momento (X2) en el nudo 2. Nótese que hay diversas posibilidades para la elección de laS' redundantes. .

_

J

.

~

__nln

~,+:

-----:--.X---+~ X~.....,_:...._t_X2 ¡XI

T?f7r

Estructura Primaria. Coordenadas X, D

.., . • Deformada en la Estructura Prímarla ocaslonada por las cargas externas. Nótese que se ha supuesto que la carga externa está aplicada inmediatamente a la izquierda del nudo 2. ,

)

!

)

¡lO

~V=--

:Z-=~,----,-.

)

I

DI

-----.,

) ~ Deformada Estructura Primaria-

l

cargas externas

)

1 ¡

I

!

I

)

-4

¡

D

=

o :: _IOx42

_IOx43 +0= _ 213.33 '3EI El

.

+0=-

2E!

2

80 El

,

Deformadadebida a cargas unitarias en la coordenada 1.

x¡ = 1 ton

)

I ¡

i

'). ) )

)

-,

fu:: Ix43 + Ix63 3EI 3 (6EI)

::

33.333 El

f21

=

lx42

1x62

5.0

2 (6EI)

El

_

2 El

• Deformada debida a una carga unitaria en la coordenada 2. X2 = 1 ton-m

1

t

1.Jl

_.--=-=-

{_ \

m= ~====::=:== __ __..\ 1.0

_=>"7"'."

"--+/

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t

f12= lx42

2EI

_

1x62

=_5._0

2 (6El)

El

f 22:: -lx4

El

. • relativa) +--lx6 ::-5.0 ( rotación atíva

6EI

El

) ~

J 1)

i

j

;

• Ecuaciones de Compatibilidad. Deben reflejar que el desplazamiento relativo y la rotación relativa en el nudo 2. en la estructura real. deben ser nulos. {O} + [F]{X} = {O}

) \

__:

1.)

) I

)

{X} = - [Ffl {D} .

=>

(Xl) ~ (-4.71 x, 11.29

ton)

ton-m

I

) I

II

? :!)

• Los resultados finales se pueden obtener por superposición.

I

) (

69

70

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~f16' ~ )

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DI ~ ~

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-:;.:.::.~

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I I I

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\

Configuración deformada

11

k21

kJ3

kJ~

kJ3'-'

,--,1;--=-_...1....-:;)

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D1= I

03= 1

)

Superposición de los desplazamientos nodales

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7

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j

» )

Ecuaciones provenientes de la superposición de los desplazamientos: Ql = kl1 DI + k12 D2+ k13 D3 O = k21 D1 + k22 D2 + k23 D3 {Q} = (K] {D} {D} = O = k31 DI + k32 D2+ k33 D3

[Krl {Q}

.' Las ecuaciones anteriores representan ecuaciones de equilibrio de nudo en términos de ••.... los desplazamientos correspondientes. Nótese que en ninguno momento se han violado ..• las condiciones de compatibilidad internas ni en los apoyos. . Al resolver las ecuaciones de equilibrio de nudo, se podrán conocer los desplazamientos de los nudos y a partir de ellos, se puede construir la deformada de la estructura y se POdráncalcular todas las fuerzas internas en las barras. Nótese que los tres grados de libertad seleccionados para el análisis por el MétodQ de Rigidez de esta estructura (un desplazamiento lateral y dos rotaciones). corresponden a los movimientos esperados de los nudos de la estructura. El lector puede argumentar ... qUe el análisis completo de una estructura lleva consigo la determinación de los 71

!J)

72

,~

esfuerzos y movimientos en cualquiera de sus puntos, sin embargo. en el caso de las estructuras reticulares (formadas por el ensamblaje de barras) este interés se centra, principalmente en 'os movImientos de los nudos y en los esfuerzos que actúan en los'; mismos. ¡ ; t

j

¡, ¡ [

I

I

L~ razón de esto estriba en que el estado completo de esfuerzos y deformaciones de! cada barra de una estructura lineal, puede determinarse completamente si son i conocidas las fuerzas y momentos que actúan en sus extremos. Una vez que éstos han i sido hallados, el cálculo detallado de las condiciones de puntos intermedios de una barra I depende exclusivamente de ras caracterrsticas de la misma, y no de la posición que ocupa en la estructura. En general. se supone que un cálculo ha sido concluido cuando los movimientos de los nudos son conocidos y las fuerzas y momentos de los extremos I de las barras han sido determinados. \ En el acapite 6.5 se verá que el principio de superposición. aplicado a los desplazamientos, permite calcular las fuerzas equivalentes en los nudos (Estado Primario) cuando la estructura está sometida a cargas en las barras, sin necesidad de ampliar el sistema Q-D.

2.3 Principio de las Fuerzas Virtuales Conviene recordar el Principio (teorema) de las Fuerzas Virtuales ya que será de utilidad para la solución de varios de los problemas que se presentan en los capitulos siguientes, principalmente los relacionados con el Método de Flexibilidad. La expresión general del, Principio de ías Fuerzas Virtuales es:

í)BQ)

D=

I (Ba)

E

) ) ) )

) )

) )

)

) ~

O)

-=J

) )

J

)

.)

)

dv

Vol

En su forma más simple, para una estructura formada por el ensamblaje de barras ,',, unidas en los nudos, el Principio de las Fuerzas Virtuales establece:

¿(BQ) D = ¿(Bq) d

-

Donde BQ Y &¡ son las fuerzas virtuales en equilibrio externas e internas' respectivamente. D Y d son los desplazamientos reales compatibles externos e internos ';: respectivamente. Recuerde que este Principio está asociado con la variación virtual del trabajo y la energía ,; complementaria y SUstituyea las ecuaciones de compatibilidad. El Método de la Carga Unitaria se deduce directamente del Principio de las Fuerzas Virtuales haciendo BQ = 1 Y permite calcular el desplazamiento real en la coordenada j si t se conocen los desplazamientos internos reales ocasionados por las solicitaciones: (l)(Dj)

-

.

-

J

o

= ¿(Bq) d

El Método de la Carga Unitaria aplicado a una estructura de barras linealmente elástica '.,~ en la cual se consideran las deformaciones axiales, por flexión y fuerza cortante y por " torsión se expresa mediante: ,1 (l)Dj= In~ds+ EA

?

fm M ds+ fv""::!_ds+ Iml Mt ds El

G Ac

72

' GJ

;

,

. ·.,2.4 Principio de los Desplazamientos Virtuales Conviene recordar el Principio (teorema) de los Desplazamientos Virtuales ya que será .. de utilidad para la solución de varios de los problemas que se presentan en los capitulos siguientes, principalmente en los relacionados con el Método de Rigidez y con la . construcción de las Líneas de Influencia. La expresión general del Principio de los Desplazamientos Virtuales es:

¿Q (SD) = f a (OE) dv

,

Vol

i

En su forma más simple, para una estructura formada por el ensamblaje de barras unidasen los nudos, el Principio de los Desplazamientos Virtuales establece:

)

¿Q (SD) = ¿q (od)

) }

I

; j )

'-4 l

Donde Q y q son las fuerzas reales en equilibrio externas e internas respectivamente. .."". SD Y od son los desplazamientos virtuales compatibles externos e internos .' respectivamente. Recuerde que este Principio está asociado con la variación virtual del trabajo y la energía . _realsustituye a las ecuaciones de equilibrio. .El Método del Desplazamiento Unitario se deduce directamente del Principio de los Desplazamientos Virtuales haciendo oD = 1 Y permite calcular la fuerza real en la coordenada} si se conocen las fuerzas internas reales.

)

\ ) ) )

)

) )

(1)(0) = ~)q) od 2.5 Teorema de Betti En una estructura linealmente elástica, sometida a dos sistemas de cargas diferentes, el trabajo que realizan las fuerzas del Sistema 1 a lo largo de sus desplazamientos correspondientes en el Sistema JI, es igual al trabajo que realizan las fuerzas del Sistema II a lo largo de sus desplazamientos correspondientes en el Sistema l.

¿Q: n:I = LQ? n: nI

;=1

nl

=:>

{QI}T {DlI}

= {QII}T

{DI}

i=1

'} J }

) ~

.) )

J .)

.J )

El Teorema de BeHi tiene numerosas aplicaciones, entre ellas, para la construcción de Líneas de Influencia. El ejemplo que se presenta a continuación es una muestra de las diversas aplicaciones que tiene este Teorema.

J

)

J J )

73

I II ;

1j"

74

Ejemplo 2..14 En el pórtico triarticulado (rótula interna en el nudo C) mostrado a continuación, el apoyo A sufre un desplazamiento horizontal hacia la izquierda de 6 cm Se desea calcular el desplazamiento horizontal, vertical y la rotación relativa del nudo C. )

)

)

6m

)

)

)

A

) "

~

4m

,,4m

-i

If

~

~

) Nótese que la estructura es lsostática, en consecuencia, el movimiento del apoyo A (asumiendo desplazamientos pequeños) no genera ni reacciones en los apoyos ni fuerzas internas en las barras. Es posible calcular el movimiento del nudo C utilizando' geometría de desplazamientos pequeños, sin embargo, puede resultar más práctico: utilizar el Teorema de Betti.

~

) .

• Desplazamiento horizontal del Nudo C.

i

,r

",

\

I

I

\

, I

\

\

.\

\

\

Sistema 1

-mr

Sistema 11

11

.¡

~112

1

6cm

8eUi:

13/4

~

1/2

+3/4

• _ _/.:Cero {Q!P"lDJI} = {Qll}T {DI} ::::){QII}T {DI} = O 1 x (611 C) - 1/2 x 6

= O --+

Mt e = 3 cm.

• Desplazamiento vertical del Nudo C. El Sistema 1 (Sistema Real) no cambia, '; modificamos solamente el Sistema n. ..

+1 ton 1 x (év C) - 1/3 x 6 = O~ 6v C = 2 cm ~

1/3

t

1/3 1/2

74

:

• Giro relativo en el Nudo C. El Sistema 1 no cambia, modificamos solamente el Sistema

n.

)

1/6 x 0.06 + 1x 9c = 0-+ 9c = -0.01 Rad

)

..........-

} ) f

I

I

1/6

Sistema n 1/6

1 J

t

)

j

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J --4 1

1

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75

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76

,\t) )

CAPITULO 3-lndetermináción Cinemáticá

1

(

¡

1

i

! t

I i

I 1

.)

3.1 Número de Grados de Libertad de una Estructura~ Para una estructura formada por el ensamblaje de barras conectadas en los nudos, se define como el número total de desplazamientos índependientes en los nudos de la estructura. A cada desplazamiento independiente se le denomina redundante cinemática o grado de libertad o coordenada generalizada. Un sistema de desplazamíentos o de coordenadas es generalizado si los desplazamientos son independientes, es decir si cada uno de ellos puede ser variado arbitrariamente e independientemente de los otros. Es posible argumentar que el análisis completo de una estructura lleva consigo la . determinación de los esfuerzos (fuerzas internas) y movimientos en cualquiera de sus puntos, sin embargo, en el caso de las estructuras reticulares (formadas por el ensamblaje de barras) este interés se centra principalmente en los movimientos de los nudos y en los esfuerzos que actúan en los mismos. La razón de esto estriba en que el estado completo de esfuerzos y deformaciones de cada barra de una estructura lineal, puede determinarse cómpletamente si son' conocidas las fuerzas y momentos que actúan en sus extremos. Una vez que éstos han sido hallados, el cálculo detallado de las condiciones de puntos intermedios de una barra depende exclusivamente de las caracterlsticas de la misma, y no de la posición que' ocupa en la estructura. En general, se supone que un cálculo ha sido concluido cuando los movimientos de los nudos son conocidos 'i las fuerzas y momentos de los extremos' de las barras han sido determinados. En consecuencia podemos afirmar que: En una estructura de:,barras, la configuración deformada está completamente definida por los desplazamientos: de: ·/os nudos. En' la, realidad toda estructura tiene infinitos grados de libertad ya que cada de ella tiene " sus propios grados de libertad, sin embargo si se determinan los desplazamientos de los nudos, será posible determinar la configuración deformada de cada barra. La configuración deformada de cada barra puede obtenerse a partir de los desplazamientos de (os nudos a los cuales concurre la barra Y. a partir de la configuración deformada, es posible determinar las fuerzas, inn:trnas en ellas. En el pórtico mostrado a continuación, las configuraciones defOlmadas de.· laS~,b'alTas' (desplazamientos transversales al eje) se han obtenido a partir de polinomios..cúbicos de la forma:

) ) )

)

)

)

)

)

...:)

") ~

}

) ,)

punto

Los valores de las constantes (ai) se obtienen de las condiciones dé borde (desplazamientos y rotaciones conocidas) de cada barra. Estos polinomios, también conocidos como Funciones de Forma, son válidos solo para barras de sección constante ':; :.sin cargas transversales aplicadas sobre ellas, es decir para el caso en el cual solo hay ; cargas externas aplicadas en los nudos de la estructura. ..;; En barras del tipo armadura solamente consecuencia, la Función de Forma será:

hay deformaciones

longitudinales,

en

Algunas Funciones de Forma para barras de sección constante, sin deformaciones por fuerza cortante, se resumen en la Tabla 3.1 inserta al final de este capítulo.

76

d

~

-

2

3

:..:.:4

Estructura:

Geometría y cargas en nudos. Barras eón

de Libertad Sistema O> D

Grados

EJ, EA ",

)

-, ¡

)

1 )

} }

)

Configuración deformada

--l )

) )

\ J

,...-:

,Si eonslderamos por ejemplo, la barra 1-2, los desplazamientos en su extremo superior son DI, D2, D3 (los mismos desptazamíentos del nudo 2 al cual concurre) y las configuraciones deformadas (Función~ de Forma) se muestran ~ contínuaclón junto con las ecuaciones que permiten calcular ~I desplazamíento transversal de cualquier punto a lo largo de su eje.

00

}

J

00

\.\ \\ \ '1 ~

2

(x)

J

)

qneX)=-DJ(x)(l- ~

oí

i

)

} )

J f ) [ it

111

Para D2 (desplazamiento vertical) ~(x)

\)

e

Dl

\t~\ _,..,.. 6EI DI 12 o

)

1

\\\

T

~

1l

~I(X)

~(x)

2E! 1

•

,1

/11 12EJ D [3

I

t

EAD 1 2

~

I

(

4EID 1 )

102

j : I

1

es el desplazamiento axial.

Las fuerzas de extremo de barra correspondientes se pueden calcular a partir de las qeforrnaCiones de la barra utilizando, por ejempio, la relación Momento - Curvatura (M = EI4l") los resultados son:

1)

1

= D2 (l - ~)

77

D)

_0i.-_ :¡::..=.__ _:~~_:_-J_~O=~:::"':'-'_='::_

.. _.-:.._ .~ ~.~~ _:~O:O~OOO __';'~:~; ,:-_

_,0,0_0- =- 0_, _00 ~.;_~ 00 __; ...----

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~.~·o~~,~.o~fi:~:.. _~::W

-----......_-~ ,. :.~;::O~;':.~~;.~.~~~;~_~ ~O~~·~~;"

...-..:.--

:)

78 ,~

)

Por fa tanto, si se determinari los desplazamientos nodales, todas las otras magnitudes estructurales (deformadas de las barras, fuerzas de extremo de barra, etc.) pueden calcularse a,partir de esta informaci6n. Esto va/ida la posibilidad de usar un método. en este caso el de Rigidez. en el cual las incógnitas son los cJ8splazamientosnada/es. A continuaci6n se muestran los grados de libertad de cada nudo en las estructuras de barras o reticulares. Los apoyos de la estructura restringen algunos de estos grados de libertad en determinados nudos y deben eliminar los movimientos de sólido rígido de la estructura.

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RzJ;__

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•Armadura ID

)

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Armadura 3D

VU!a2D

.,.

\

~

s;

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RzOz). o: Oy

Pórtico 2P

Parril1a2D

/

M

) )

Pórtico 3D

Nótese que una vez elegido el sistema de coordenadas generalizado (grados de libet1ad) tanto los desplazamientos de los nudos como las cargas en la estructura deben medirse en el mismo sistema de coordenadas. Por lo tanto. será necesario utilizar el principio de , superposición para calcular las fuerzas equivalentes en los nudos de la estructura . (Estado Primario del Método de Rigidez) cuando la estructura esté sometida a cargas en las barras. adicionalmente a fas cargas en los nudos.

3.2 Armáduras Planas· 2D la determinación de ros grados de libertad en una armadura plana, es tarea simple. Cada nudo tiene en general dos grados de libertad (desplazamiento en x e y). En los apoyos se restringen algunos grados de libertad. A continuación se muestran algunos ejemplos de elección de Sistemas Q-D.

t

t

2

4

~

t

6 ~5

Armadura con 8 g.d.l - Los apoyos restringen algunos gdl - Los gdl seleccionados son independientes, se puede variar cualquiera de ellos manteniendo fijos los otros.

Q-D

EA Q-D

2 Ql~DI

Q2-D2

_"_","~~,I

-

3.3 Vigas 2D Cada nudo tiene en general, tres grados de libertad: dos traslaciones ortogonales y una rotación. En los apoyos se restringen algunos de los grados de libertad.

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e

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~3

~5

VIga con 5 gdl

Una hipótesis usual en el análisis de vigas sometidas a cargas contenidas en su plano, es la de ignorar las deformaciones axiales o longitudinales. Si las cargas son perpendiculares al eje de la viga, esta hipótesis es completamente válida. Si se ignoran las deformaciones axiales cada nudo tiene solo - dos grados de libertad, un desplazamiento vertical y una rotación normal al plano de la viga.

)

J

4

.

3.4 Pórticos Planos 2D Cada nudo tiene en genera', tres grados de libertad, dos traslaciones ortogonales y una rotación. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. Una hipótesis bastante usual en el análisis de pórticos de edificios, es la de ignorar las deformaciones axiales en las vigas. Esta hipótesis se sustenta fisicamente en el hecho que usualmente en los edificios, existen losas de piso uniendo a todos los pórticos. Las losas de piso, cuando se construyen monollticamente con las vigas, pueden considerarse como diafragmas rfgidos en su plano, es decir, indeformables en su plano. Si esta hipótesis se cumple, entonces Jos desplazamientos horizontales de todos los nudos de un pórtico, en un mismo nivel, deben ser iguales. Esto equivale a suponer que las vigas son axialmente muy rígidas. Otra hipótesis usual, en el análisis de pórticos de poca altura, es la de ignorar las deformaciones axiales en las columnas. A diferencia del caso anterior, esta hipótesis no tiene sustento ffsico, salvo el de aceptar el hecho que en pórticos bajos, las deformaciones axiales en las columnas no modifican de manera importante la respuesta de la estructura. Esta hipótesis es equivalente a ignorar o despreciar la energia que se acumula por fuerza normal en las columnas y considerar únicamente la energía acumulada por flexión. 3.4.1 Pórticos Planos Ortogonales La determinación de los grados de libertad en un pórtico plano, es simple. Cada nudo tiene en general, tres grados de libertad, dos desplazamientos ortogonales en el plano del pórtico y una rotación perpendicular al plano del mismo. En los apoyos se restringen algunos grados de libertad. La introducción de restricciones adicionales, tales como el ignorar las deformaciones axiales en vigas y columnas, reduce el número de grados de libertad. A continuación se muestran algunos ejemplos de elección de Sistemas Q-D. - Caso General: Se consideran las deformaciones axiales en todos los elementos. 7.------,8

,J, I

J

I

4

5

6

Pórtico con 16 gdl

)

.., _)

Sistema Q - D

:) 79

•

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80

'7:)

- Caso de vigas con EA = oo. losa rígida en su plano uniendo nivel.

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)

\

ios ni.Jdosde un mismo

1.) 1 . \

)

\

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ii~') i

;

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,

)

Pórtico con 13 gdl

)

)

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¡

I Ii

1)

SistemaQ-D

¡

¡-:

- Caso en el cual, adicion~lmen~t se desprecian las ~eformaciones axiales en las columnas. Posteríormenta se verá que pedría trabajarse también con siete gdl, ignorando ef gdl 3, ya que ~t~ e~ f~nción de DI y D6.

)

~

'l}e

2

Pórtico con 8 gdl

1

! I

\

\ .

,-

SistemaQ- D

¡

- Otro ejemplo de pórtico plano.

.. ,.

a) Con deformaciones axiales gdl = 3x5 nudos = i5

b) Con EA;=::eo en víges gdl = 12 e) Con EA = 00 en.vigas y columnas gdl

=7

1

\

Sistema Q - D (EA = 00)

A contínuaclón se muestran las configuraciones deformadas del pórtico de la figura anterior (caso de EA = 00) para deepíazamlentos unitarios Impuestos en cada una de las coordenadas:

Dl=l

D2=1

D3=1

)

.•..•~"~.~

.....,.'...,..:.~,-'-'i.,-."""'-,L.c.,... ,:,:.~~¡¿:,< ..;..,.;'"¡;.,,,,_:c.:;,;,.::.:;.-,,,:o..·:';~·c:.2·~'''···,·:·'~:,·;;L~'.:-:"'::~:.:,:.::~~:;..'::J:"::=_;::';; :.~';.;,·:::~;:2:'=é:;:';;~;::_:::·.:~.i:==:.·.'."'J: 0"0:"''':''7.;''''==''

') ')

81

)

04=1

07= 1

D6>= 1

D5=1

3.4.2 Pólflcos Planos No Ortogonales

_,

- Caso general:

)

Pórtico con 6 gdl

4 j

J

$íS~QlaQ-D

.J

Si la viga fuera axíalmente rlgicta (EA = 00) como en el caso de la presencia de una losa de piso (diafragma) uniendo los nudos, entonces deberá cumplirse que DI = D4. El nuevo sistema de coordenadas será cualquiera de los dos mostrados $ conñnuación.

)

_)

,

II

r

¡

~

I I

» )

)

Q2-D2

Qt-Dl

I

I

!

'1 ')

i

I

Para el sistema Ql- DI las configuraciones deformadas del pórtico para desplazarnlentos unitarios impuestos en cada una de (as coordenadas son:

'1 ) }

D2=l

D1 =1

) ')

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04=1

)

)

')

J ~

.., )

J ) _.~,

!

i

l

81

82

Si se desprecian ras deformaciones axiales en todos los ~me,n~, el grado de libertad D2 desaparece y los desplazamientos DI y 04 e$ta~n. rE;!'a.ciQP~()$por 969metrfa y el sistema no serfa generalizado. La relación entre Di y D4 se mU.éstraa continllc3ci6n:

\

!)

)

) /

I

) ) )

I

)

)

J El sistema Q - D podrla ser cualquiera de los tres mostrados a continuaclén.

oi -r»

.~

_

Q3-D3

Q2-D2

,)

I ,

\)

Para el sistema Ql- DI las configuraciones deformadas del pórtico para desplazamientos unítaríos impuestos en cada una de las coordenadas son:

D1;::: 1

En pórticos no ortoponales, cuando se desprecian las deformaciones axiales, el problema suele estar en la deteni1inación dé los grados de libertad de traslación, ya que las rotaciones son fáciles de identificar.

.

Pórtico con 6 gdl

EA*

00

Sistema Q-D

82

iI

Para el pórtico de la figura anterior, si se asume que EA = 00 en todas las barras, la mejor manera de identificar los grados de libertad de traslación, es la de crear un mecanismo inestable (articular todos 10$ nudos rfgidos) e investigar el número rníntmo de restricciones necesarias para' lograr estab'ilizar el mecanismo creado. En la figura a continuación se ilustra esta idea. Apoyo necesario para estabilizar el mecanismo

,

-, )

¡

ó

6 ...... ',,:, . ::';.,'

1

~.'?

j

) _)

:', ;-~.

En consecuencia el sistema Q-D podrla ser cualquiera de los cuatro mostrados a continuación.

QI-DI

o

o

Q2-D2

04-04

A manera de ejercicio, para el pórtico mostrado a continuación, si se ignoran las

)

deformaciones axiales en todas las barras, encuentre las relaciones geométricas entre los desplazamientos 1, 2, 3 Y 4. Si existen dichas relaciones entonces los desplazamientos no son independientes, por Jo tanto el sistema no es generalizado. Para investigar la relación geométrica entre los desplazamientos lineales se puede usar el polo o centro instantáneo de rotación,tal como se indica.

\

J )

-,

,~Polo

)

)

o

Q3-D3

I

r

/.

I

o centro de rotación

,

, ,

}

,,

J

l~l l,:; !

\ - Otro ejemplo de un pórtico no ortogonal: ~ Pórtico con 9 gdl Considerando deformaciones axiales en todos los elementos.

1~ I ('

)

,

~

SistemaQ-D

, t

,) );

83

;~====~ ... ;:~ ,1) 84 ~ )

Si se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos (EA = (0) para determinar el sistema Q-D generalizado, creamos un mecanismo introduciendo rótulas en todos los nudos y luego, por inspección se determina que son necesarias dos. restricciones externas para estabilizar el mecanismo creado:

f

1

I

)

)

')

i

")

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!

!

.\

)

...

\

¡

.1 ) O. _0\ ~

Mecanismo

I

) )

Q-D

O

0\

~)

~

Las configuraciones deformadas para desplazamientos unitarios en las coordenadas 1 y 4 del Sistema Q-D, se muestran a continuación:

1

I DI

=1

D4= 1

Otra posibilidad para estabilizar el mecanismo, es la siguiente: ¡

1

\

2.

1

...

I

!

Mecanismo

\

\

,

Q-O

\\\

Para el sistema Q - D de la figura anterior, las configuraciones deformadas del pórtico para desplazamientos unitarios en cada una de las coordenadas, se indican a continuación.

01

02=1

=1

84

) \

D5= 1

J

1 - Otro ejemplo de un pórtico no ortogonal.

)

-') )

J

I I

1

J

Si se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos (EA = ro) creamos un mecanismo y por inspección se determina que son necesarias dos restricciones externas para estabilizarlo.

}

_)

...

ó

) )

J ) 1

- Otro ejemplo de un pórtico no ortogonal, en el cual se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos.

)

...

)

J J

7 gdl

Mecanismo

) ~

)

7gdl

6

) ) ~) ) -'--)

...

ó Mecanismo

85

7gdl

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....2,r-C;;:·:::::.l;~L,:::.;_;:;~~~~;¿.~;c..::~l~,~~;;.:~~.~.,:,";..l:.:;,_·,:;,;~~,.-,-~,., .. c'" __ "."~ __ . ,__ ,

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,~

.~

86

j) ')

- Otro ejemPlo de un pórtico no ortogonal, en el cual se ignoran las defomiaciones axlales en todos los elementos.

) ') )

)

)

) Sistema Q2- D2

SistemaQI- 01 (EA:' 00)

)

Sistema Ql- D3

) Sóio se necesita este apoyo para estabilizar el mecanismo creado

)

~..:}

i ') I

i.=)

I . I

los desplazamientos de nudo no necesariamente deben medirse en direcciones perpendiculares. A continuación se muestra un pórtico en el cual se consideran deformaciones axiales en todos los elementos. Se indican dos sistemas de coordenadas, el primero del tipo "convencional" en el cual los desplazamientos lineales de los nudos se miden en direcciones ortogonales y el segundo en el cual en el nudo izquierdo los desplazamientos se miden en direcciones no ortogonales.

)

)

2

I

1

1

j i

ó

i

Ii

,

I

1 I

I ¡

Las configuraciones deformadas, para desplazamientos unitarios en el segundo sistema de coordenadas, se muestran a continuación.

..

..

,¡

," 'V Dirección de

"~~~-"1

c

-

02

" ,

151 = 1

,..~ Direcclénde 02

e

Direcciónde 01

D2 =0

Cuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande, estos pueden modelarse bajo la hipótesis de El = co, es decir como si fueran sólidos rfgidos. En este caso debe modificarse el sistema de coordenadas.

t Sólido Rígido

ó

Qt-Ol

86

Q2-02

~''"'''''''1~

~

Para el sistema Ql - Di de la figura anterior, las configuraciones deformadas del pórtico para desplazamientos unitarios en cada una de las coordenadas, son:

\ )

J

Dl=l

l

!

)

¡

}

j !

}

I,

I

D2= 1

)

j

-j

D3= 1

)

l

-\

1

)

y para el sistema Q2 - D2:

17

)

I

J t

D2= 1

DI = 1

_) ) .)

} )

03= J

J ) )

3.5 Pórticos Espaciales3D

--.J

Cada nudo tiene en general, seis grados de libertad, tres traslaciones ortogonales y tres rotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. El análisis de estructuras espaciales generalmente conlleva un gran número de grados de libertad.

) I

1[\,

)

) )

.)

) ~

i~

'---~l!.-" Ilz ~

Seis gdl por nudo Total 6 x4 nudos = 24 gdl

.)

) .)

"]

i

l..

1

-;

/)

~

Si existe un diafragma rrgido en su plano (losa de piso) y flexible fuera de su plano. éste debe moverse como un sólido rigido en su plano, por lo tanto. se generan dependencias entre los grados de libertad de los nudos. Por ejemplo las rotaciones Ry de todos los nudos de' un mismo nivel deben ser iguales. De manera similar los desplazamientos Dx y Dz de todos los nudos del nivel deben ser compatibles con el movimiento de sólido rígido del diafragma, tal como se indica a continuación.

.~

~

..

87

gdl dependientes

gdl Sólido Rígido

I

4 nudos x 3 + 3 = 15 gdl

¡

¡ 1

!!

! 1r i!

Sistema Q-D para un pórtico espacial con diafragma rígido.

3.6 Estructuras Simétricas Definición de simetría del Diccionario de la Real Academia: Regularidad en la disposición de las partes o puntos de un cuerpo o figura, de modo que posea un centro, un eje o un plano de simetría. Muchas de las estructuras que se construyen (puentes, edificios, aviones, barcos, etc.) poseen alguna forma de simetrla. El saber identificar la simetrfa de la estructura permite analizarla considerando s610 una porción de la estructura (la mitad, la cuarta parte y en algunos casos aún menos) dependiendo del tipo y grado de simetría. La simetría estructural involucra una configuración "balanceada" de la geometría, propiedades estructurales y condiciones de borde (apoyos). A continuación se muestran dos estructuras simétñcas. La simetría puede definirse en términos de una Rotación de 1800 alrededor del ej~ "y" o de una. Reflección de cada partícula (punto) de la estructura a través del plano vertical y-z (perpendicular al plano del papel) que pasa por el punto "A". \.... f

~'\.~

,

I~

11

el

4

í:,r I2

11

m

~4~X

h AhIt

tI

'2

A

\\ b

•

t

1

.

t "

3.6.1 Tipos de simetría Existen tres tipos de simetría estructural: simetría con respecto a un eje, con respecto a un punto y simetrla con respecto a un plano.

3.6.1.1 Simetría respecto a un eje

I

Pórtico plano simétrico respecto a este eje. El pórtico también es simétrico respecto al plano y~zperpendícular

I~

",.

1 1

1

1 al plano del papel

")

> }

3.6.1.2 Simetría respecto a un punto

)

Punto de simetría

J

•

~ .'

-,

..~

Ah 1,

B

t 1

)

) -\

-,

.

~

)

)

Ih

)

) )

)

)

)

1.[.' ' 4.3 Barras tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro Para el caso de vigas, será necesario conocer la relación que existe entre la rotación en extremo de la barra y el momento flector correspondiente. Por ejemplo, en la viga de ~{. cuatro tramos mostrada a continuación, en la cual el sistema Q-D consiste únicamente 1{. en las rotaciones de los nudos (incógnitas cinemáticas) para calcular los coeficientes de rigidez de la estructura será necesario conocer previamente la relación que existe entre las fuerzas de extremo de barra (en este caso momentos) y los desplazamientos correspondientes (en este caso rotaciones):

if:i,

,.;...~, :' )

¡

)

')

En consecuencia,la rigidez al giro de una barra de secci6n constante, es: 4EI( -/

I ~J~l I 9;;:] . +6EI

=

k

. ~ "') 2El

1)

) )

4EI

M= 4E1a

1

1

i 6EI

b) Otra manera de obtener la rigidez al giro (coeficiente de rigidez) consiste en aplicar un momento unitario en el extremo de la barra y calcular la rotación correspondiente. El momento aplicado puede ser cualquier valor (l, 10, 100,1000,etc.) ya que asumimos que el comportamientode la barra es lineal - elástico. M--- Pt~cl'o5~r

r

M=ke8

~~

M

=> k=e 9

(_ Co.lculo.r {1

"j

-') ) ) r;)

~ =3

-') ~

.) ) .)

1

ke=-e =>

k = 4EI e

1

j j ') )

J ~

112

Q

(':3

)

,') 113

') )

;

e) Los resultados anteriores equivalen al caso de una viga doblemente empotrada en la cual uno de los empotramientos experimenta una rotaci6n unitaria. es decir: 8=1

4~I(~j~)2~I 6EI¡

e= 1

t6 El

) )

1 ) )

Veamos si la aseveración anterior es cierta. Para ello, utilizando el Método de Flexibilidad, resolvamos la estructura que tiene dos incógnitas estáticas (grado de hiperestaticidad dos).

)

~:::t---~X2

t

X-D Xl Estructura Primaria /2

e

f =_ 21 2EI

} )

=-? 1r .r: 3EI

ti

1I

6EI 2EI {D}+[F]{X}={O} => XI = f X2=--/-

)

Compatibilidad:

~

Resultados que comprueban la aseveración inicial.

)

") )

)

.)

J ')

d) También es posible calcular la rigidez al giro de la barra, utilizando la función de forma de la Tabla 3.1 (primer caso) y la relación momento - curvatura para barras linealmente elásticas: M(x) = -El y"(x), basta con derivar dos veces la función de forma. La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes, conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra, que para el caso de una barra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) de sección transversal constante, sin deformaciones por cortante y hecha de un material linealmente elástico, es:

)

=, q-d

)

) )

)

) )

El

q¡ =-Z

(4 di +2 ~,,-i...~·~_.:.:..::,~.: ..;..:.-M= 3EI 1

M = k oe

y(x)=

k o = 3EI I

. Rigidez al giro

e; (1-;)(2-;)

Nótese que si se conoce la rigidez al giro de la viga doblemente empotrada. la rigidez modificada se puede obtener por simple superposición. tal como se indica en la figura a continuación: fFl

M=(~

-

B=l

-

1/2

~) +

(~ 4EJ /l

2EI/I

:". :~.,,,~~~:-,,

--

.e.,-;

.-----

::: .-,;.:-'

__,:,",_,,j"-,_.

-:-.:-:-:-:-:-·',:---c

....

7:;-: ::"-.:·.~:-._-:_~-~::.Yr~

~_.: :_ ,._~_~ ...:..~..;::.. _ :.::.;~;.,.~.;. ....e~':-; '.~.~,'.' ,"

.~':'.'-

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••-

J

',:","':."T"~'

"ª'::¿j1 :;~.=:"

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o

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-8 8O

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I

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I

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II

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8

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1

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J

I

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-Q..I\O -'_

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Q)

1:: (1)

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e! "O E Q)

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Q)

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Ji ~

~

,

~

142

:

") ~. i

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~

-'~-:-' -;;¿L~~~~~·~-'~-~:c~~'L~~~-: '~~~: ~¿L~:=_i_:~~~~~:-T~~~~':~-:,~;_-~-~-: ':~~'I~:~~_;:~~C~SI: iL~_::~~~~~-I'-:Z:-;~-_;~~:~--;~:~:-j~~l~~--';~;~i;-_;:~~¡--~--~~-:~~'-~~~i.-;;~;~~ i~~:~~~·~ -= ;;--

---~/

._--

-

~ ~~ 152 !~

) Nótese que el momento de empotramiento J.L"ij. p uede calC\,J,~~e. 4LiP,Ii~ndola luz.de la viga olÍ9inaJ y generancJp sistema de ~r9as simémoo, tál como se indica a continuación: _.-

un

) )

}

fJ.'f·· IJ

(~ dIb

r

~

1

"

"

~

dJb 1

;1'

~

-

r1Tb

uaUl~

"v

.i ~)Ujl ~

tV·'J

-

vj,=O

") ) )

)

) Ejemplo 5-2 Resolver la vig~ continua de dos tramos de sección constante incluyendo como gdlla rotación en el nudo 3.

")

-J

) 2ton/M

1:f y lYS(i~Y {lYV¡ ~ JI

•

3

~

9

3

)

r

4

~

)

J

E = 2xl06 totilm2 Sección

O.25xO.4Q

)

El = 2,661 ton_1il2

:) Ecuaciones:

)

c9

L20~ 045·1·0-' x El

2f':$---1::s.

3.271 ""' 1_-23·x 10·-3 'Q3 ~----El CI

J

--' A continuación se muestra el diagrama de momentos y un esquema de la deformada de la viga.

íf_ 1.50

L

:r

1-I'F---=~--Ir 2.0

c

.:

~

Momentos (ton-m)

.

_ . I Deformada

~-==~r~

o

I

e

O.134CM

)

) 153

")

Ejemplo 5-3 Resolver la viga continua de dos tramos del ejemplo anterior sin incluir .

como gdl la rotación en el nudo 3.

Q-D La relación del

)

«2)(4) 12

2

-")

J ')

4 4EI

x-

153

0.6 3.267 ~--El El

--

~

'1)

154

:~

)

5.6 Estructuras con Desplazamiento Lateral

) ) ) ) ) )

)

...

En situaciones como las indicadas en I~.figlJ!'$ anterior, en las cuales,la estructura puede desplazarse lateralniE!n~ P9r la acción de cargas laterales en 16snudos y barras Q por la asimetría de la geometrfa ylo catg~s, ya no son suficientes las:ecuaoibnes de equilibrio de momentos é., los nudos, neóesarío plantear ecuaciones adicionales, estas: ecuaciones SOn" las dé equilibrio de niVel. La figura a conJinuación. muestra un pórtíco que puede desplazarse lateralmente, se indican las tres ecuaciones necesarias, dos de equilibrio de momentos y la tercera dé equilibrio de niVel.

Es"

Ecu.aciones:

2"

'i ") ~

) )

J )

a) De momentos: Q-D

)

) )

. 83

1

)

=

Nudo 3

M31+ M34

Nudo 4

M43+ M.u"= 0

O

) )

(1) (2)

)

)

)

b) De nivel: V31

r'iYYYYl ~-~--

p ..

+ V4i = P .... (3)

V31

V42

) ~

")

--J

)

~M42,

J>42M

h

24

e"::}

)

_cj}

:)

,J

) .)

J Existen otras situaciones en las cuales por ejemplo." es necesario : plantear .ecuaciones de nivel, otras donde el"equilibrio de nivel ·.esen la dirección vertical y . en las cuales puede ser conveniente remplazar la ecuación de equilibriO de nivel por t . suma da momentos respecto a un punto convenientemente seleccionado ( punto O en . figura a cbntinuación). En este último caso la ventaja estriba en que al realizar la

154

"J J -')

)

)

e

o

:;:.)

!

1

de momento respecto al punto O, las fuerzas normales en las barras no participan y por lo tanto no es necesario calcularlas, mientras que en la ecuación de equilibrio de nivel (suma de fuerzas horizontales) sí participan. .

,

)

}

~PuntoO

, ~.. , , I

I I I I I I I

,

..

'

~, .. .. "

.. ,

'.

)

)

,

)

\\

~

\\\

Equilibrio de nivel horizontal (dos ecuaciones)

J }

~

Equilibrio de nivel vertical ~uma de momentos (una (una ecuación) ecuación)

Ejemplo 5-4

Resolver el pórtico mostrado utilizando el Método de Pendiente y Deflexi6n. Se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos. A. Sin considerar el grado de libertad de traslación horizontal del nivel. B. Considerando el grado de libertad de traslación.

~

)

--4

3

t.ll'l

I V Y y y "'(Y r-:/)J

3

2 h=2.0

E= 2xI06 tonIm2 Sección constante 0.25 x 0.50 m

h =3.5 m )

)

'\k

)

1=6.0m

Solución A: Sin considerar el grado de libertad de traslación. Esta solución equivale a suponer la presencia de un apoyo que impide el desplazamiento horizontal de la estructura. Nótese que el pórtico, al ser asimétrico, se desplaza lateralmente hacia la derecha.

}

); J ) )

=; )

) )

- Momentos de empotramiento:

J

=

)

u12

)

u.n =

!

J )

=O

U34

=O

wl2 3x 62 - --= -9 ton-m 12 12

---

)

:)

U21

i

L

l

155

156

')

- ECUaciones de Pendiente y Oefle~ón para cada barra: 4EI 2El. M 12 = ~91 + ";"'_;;_92 + O = El 2 2·

M

21

M23

2

4E1a + 2EJo 2 2 2

=

4EI 6e2

=

2E!

+ 6el

4EI M32 = 6e3 M

J

+0=2Ela -9

=

") )

) 2

)'

'. 0.667 EI.9a + 0.333 Ele] .;9

)

)

2E! + -6-92 + 9 =0.667 EIO] + 0.333 El92 + 9

)

)

4EIe + 2Elo + 0== 1.143 ElO 3.5 3 3.5 4 .1 4EI lEI . 4 + -. -.~ 3 + = 0.571 Era3 3.5 3.5·

= 34

-:-°

=

M43

°

°

)

...,

o

")

- Equilibrio de nudos:

~ ,

M2J

Nudo 2:

)

~E

M21 +M~3 = O El [2 92 + (0.667

r

M21~

El (2.667 92

;,.

)

° + 0.333 ° 2

3)] -

0.333 93)

=

9

9=O (1)

j )

:)

)

Nudo 3:

M:J2 +

M34

El [(0.66793 El (0.33392

=O

)

+ 0.33392) + (1.1430])] + 9 = O + 1.810 8J) == -9 ;(2)

)

)

) ~ De las ecuaclenss (1) y (2) con El = 5,2Q8 t-ml se obtiene: al

=

4.0~9

!::I

El

O.7851xl O')'rad

)

9] = -5. 725 ~ -l.Ó99xl 0.3 rad

El

)

- ReempJaZándQ en las ecuaciones de Pendiente - Deflexi6n de cada barra se obtienen los momentos en los extremos que se han gr'áficado a centinuaclón:

'"j ) ")

3.33 ton

.>

-

u'

__

" ••••

_.

'.

_"''''

_...,

..,

J ') Deformada

~

~ Momentos (ton-m)

~

.)

)

J :)

J

Cortantes (ton)

')

) ) ~

156

zg ·3

La fuerza necesaria para evitar que el pórtico se mueva lateralmente, se puede calcular a partir de las fuerzas cortantes en las columnas. Esta fuerza es de 3.33 ton aproximadamente y representa la reacción en ~Iapoyo ficticio que ~e necesario.colocar en el nivel de la viga, para evitar que el pórtico se desplace lateralmente. El sentido de la fuerza indica que la tendencia del pórtico es a moverse hacia la derecha.

·

t

Solución B; Considerando el grado de libertad de traslación horizontal.

}

,.---+---~ }

~

I

1t ,

r ¡

l )

º=º

)

, }

, 4EI M12= -el 2 4EI M21=-62 222 4EI Mn= -e2 666 4EI M32= -eJ 666 4EI M34=-e] 3.5 4EI M4J= -94 3.5

-)

)

Ir

t

I ) )

~

) .) )

V21=0-

}

)

)

-2

2EI + -el

+o-

-2

2EI + -e)

-9-

-2

2

2EI

2

6EI 6EI 6EI

6}2

Nudo 2:

J

J.') M21~

r

) )

.J

J

Ele2 -1.5Ela

.6.21 = 2Ele2 -1.5EI.6.

.6.23= 0.667Ele2 + 0.333EI 93 - 9

+ -e2

+ 9 - -2

2EI 3.5 2EI + -e3 3.5

6EI a34 = 1.143EI63 - 0.490EI.6. 3.5 6EI +0- --2.6.0 = 0.571EI9l-0.490EI,6, 3.5

+ -64 + 0-

6EI

-l

2

92 -

6EI

632 = 0.667Ele) + 0.333EI92 + 9

--2

12EI

9) + -3-,6, = -1.5 El 92 + l.SEIa 2 2

-2

~.'

Nudo 3:

t:

M21 + M23 =0

(2Ele2 -1.5EI.6.)+ (0.667El92 + O.333EI9)- 9) = O El (2.667e2 + 0.33393 - 1.5A)= 9 (1)

M32 + M34 =0 (O.667EI9J+ 0.333Ele2 + 9) + (1.l43EIeJ - 0.490El ~) = O El (0.33392+ 1.81083- 0.4906.)= - 9 (2)

') .)

J

=

Mn

=;

.,)

6EI

+o-

- Equilibrio de los nudos:

>

¡

. 2EI

+ -e2

V = o - 6EI9 _ 6EI 9 + 12EI.6.= -0.490Ele + 0.280EI.6. ~ 3.52 3 3.52 4 3.53 3

)

)

4

Momentos de empotramiento. Son los mismos que los calculados para el caso "An• Ecuaciones de Pendiente y Deflexión para cada barra:

1I -4

i

\\

157

·._ ....:~_.... 0'.: .. _.,.

'O.

C.-.:.:;.'.:::C'.. ..

.

_0.; ... -;".....,..'_.'.-

~•. ,,"

.. -

.

~.. ~.::~.:'

::·_~··~"~:'-.z:·-

'L;-J;~~;;;~~~:..:.::::'" '.::;_:_=___;;_:~~~=:::..~~....~:.'~..~~~. ,,'~;.,'~.,:::-::~;. ~~"~'~~;: ;':..:l:'.;...;,",.:~., ..L."i,1;~:."."-::'···c~. -.'''' .•.•;,~'~" ,~;,.,_·_,·;._c..·_·;.;;:"~~·=,,:..c..--"-=-'·-~~

,~

15$

'9 )

- Equilibrio de Nivel:

) V'21

~

---+

---+

I

I

+ V)4=0

)

El (-1.592 + 1.5,6,)+ El (-O.49Q93+ 0.280,6,)= O

)

El (~1.5e2- Q.490e3 + 1.780A)= 0

")

(3)

)

')

De (1), (2) Y (3) con El = 5,208t_m2 se obtiene: 92 = 6.126/EI

93

=

II

= 3.763/EI

~5.08l/EI

)

=

1.176 x 10.3 rad = - 0.9756 X 10-3 rad =

')

0.7225 x 10-3 m

- Reemplazando en las ecuaciones de Pendiente - Deflexión de cada barra se obtienen 10$ momentos en los extremos que se han graficado a continuación:

') -'j ) ~

)

)

)

J Momentos

Deformada

(ton-m)

~

Cortantes (ton)

-

I

I \

Ejemplo 5·5 Resolver el pórtico mostrado utilizando el M.étodo de Pendiente Deflexión. Se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos. 5 ton

~

~------------------~ 2 3,5 \\\\ 4

\\\\ \l

"

158

E

= 2x 106 ton/m2

Sección constante 0.25 x 0.50 m

1 ~

- Momentos de empotramiento. Son todos nulos ya que no hay cargas en las barras. - Ecuaciones de Pendiente y Deflexión para cada barra. Son las mismas que las planteadas en la solución B del Ejemplo 5-4 con la salvedad que los momentos de empotramiento son todos nulos.

·l

1

1

- Equilibrio de los Nudos: {t" .

M2J

, I

Nudo 2:

I~

t

{

)

}

j I

)

JJ

M21

.. ..

:\

r

M21 +M23 =0 El (282 - 1.5.6.)+ El (0.66782 + 0.33383) == O El (2.66782 + 0.33383 - 1.5.6.)= 0 (1)

~--

.J \..

Nudo 3:

M32 +M34 =0

)

j

El (0.66783 + 0.33382) + El (1.14383 El (0.33382 + l.8108:;-0.490.6.) =0

)

-

0.4906)

=O

(2)

) )

- Equilibrio de nivel:

-;

~

V21 + V34 == 5 El (-1.592 + 1.5.6.)+ El (-0.49083 + 0.280.6.)== 5

)

I

.. )

El (,;.1.582- 0.4909) + 1.7801\) = 5

T

T

~

(3)

De (1), (2) Y (3) con El = 5,208 t_m2 se obtienen los desplazamientos de los nudos: 82 == 3.058/EI ~ 0.5871 x1O-3rad

) _)

93

)

.6.

= 0.970jEI = 5.653/EI

~ 0.1862 xlO-3rad ~ 1.085 xlO-3 m

) )

) )

"

-) , )

Momentos (ton-m)

Deformada

I

j 1

J J

> J ?? )

Cortantes (ton)

I

) I

) I

)

1 )

159

o

',~~~...~'~::".:':.:;~.',:¿ ..:..:~.i..~.~..:.:.; ..•~.;, ..~.~;•.._- ...~.; .•. _ ..~

¡r) L60

-9

)

5.7 Estado Primario v Complementarlo En el método de Pendiente y Deflexi6n puede ser conveniente el empleo de los denominados Estados Primario y Complementario. Estos dos estados se utilizarán en la solución de las estructuras por el Método de Rigidez que se presenta en el Capitulo 6. La ventaja de utilizar estos dos estados en el Método de Pendiente - Deflexión. es que las ecuaciones se simplifican ya que tQdas las cargas y, en consecuencia, todos los momentos de empotramiento (uij) se incluyen en el estado primario. Las ecuaciones de Pendiente - Deflexión para una barra sin cargas y sin desplazamientos relativos entre sus extremos son:

2ki (Si + 2EJi)

~i=

l

i

)

')

)

)

)

EJemplo 5-6 Apliquemos las ideas de los Estados y Primario y Complementario a la

solución de la estructura del Ejemplo 5-1. lton

.

~

~·2ton/"

2!YYY0 YYY1JYYYVYYYlls ~

)

= 2ki (26i + 9j)

Mj

\ 11

)

f

2.5

J,"on

h=2 1

5

6

Estado Primario: En este estado se incluyen todas las cargas (acciones externas) que

obran sobre la estructura. Adicionalmente se colocan restricciones, medidas en el Sistema Q-D, que impidan el movimiento de todos los gdl seleccionados para el análisis. En la figura a continuación, se muestran las fuerzas Rr y R2 (Cargas de Fijación o de Restricción) que es necesario agregar para lograr que las rotaciones de los nudos 3 Y 4 sean nulas. Nótese que el Estado Primario es cinemáticamente determinado y que todas las fuerzas necesarias para impedir el movimiento en los gdl se calculan por equilibrio de los nudos. Cargas de fijación: Rl=-1.208 R2=3 t-m

"tJ~'T~''''~~ 1.208

Deformada del Estado Primario

83=84=0

11

6

6

Diagrama de momentos y reacciones del Estado Primario

93=84=0

tJ~ Estado Primario (ton-m)

:

') )

•

)

,:

Estado Complementario: Se aplican las fuerzas de restricción (o de fijación) calculadas :: en el J:stado Prlmarío con senñdc -conírerío, De este modo el) el Estado Complementario solo existen cargas en los nudos (no hay cargas en barras) aplicadas en el sistema de -_coordenadas Q-D seleccionado para el análisis de la estructura. Para este caso en particular se tiene: Ot = -Rl = 1.208 ton-m; Q2 = -&2 = -3 ton-m

--

•

t,

)

¡

1.208

3

)

I

) ) )

!

).

;-

i

- Momentos de empotramiento. Las cargas han sido incluidas en el Estado Primario en consecuencia todos los uij son nulos.

,

1,

Estado Complementario

'.

¡

1

--.

)

- Ecuaciones de Pendiente - Deflexión para cada barra.

)

4 )

Barra 1: Barra 2:

M31 =2k,(293) M32 = 2k2(293)

Barra 3:

M34

= 2k)(29)

M43 =

)

+ 9..)

2k3(9) + 84)

- Equilibrio de nudo:

)

1.208

I

Nudo 3:

) )

) ) )

Nudo 4

)

) ,) )

) I

Como era de esperar, el sistema de ecuaciones que se obtiene es el mismo del Ejemplo 1 yen consecuencia su solución también será la misma.

- ~

\"'

)

)

3.467 0.333){9J} ( 0.333 0.667 94

\

}

I

= _1 {t.208} El

-3.0

t)

?)

r

83 :::¡0.82/ El :::¡0.1576 x 10.3 rad

(rotación horaria)

84:::¡-4.91 / El ~ -0.943 x 10.3 rad

(rotación anti horaria)

/

)

j

,.)

I

~>

'-.,

)

I

l

161

I

162

los resultados del Estado Complementario se indican a continuación:

¡

1 {

Deformada del Estado Complementario

)

")

)

)

} I ::h-J~.".....o:c:LJL..L.L.L..I...I-oH-f-++~L...I..L..LL.J~.......,..,_,...., ....

!

..................... "T"'I""~-

\

Diagrama de momentos del Estado . Complementario (ton-m)

02

_

..

3

t

) )

0.89

\

Los resultados finales, a todo nivel (deformada, fuerzas internas, reacciones, etc.) se obtienen por superposición del Estado Primario y del Complementario.

1

I J.

Resultados Finales = Primario + Complementario Por ejemplo, el diagrama de momentos flectores se obtiene sumando el diagrama correspondiente al Estado Primario con el del Complementario, el resultado de la superposición es: 71J9

Diagrama de momentos final (ton-m)

_

.- ,_o _._ .. _:.._._; ..._..... ~.;.:- ~''';~;_

..~,:"";....-~..;..,::._.,,_,,.:.....:.....

:_~'. _~.

163

CAPITULO 6 - Método de Rigidez 6.1 Introducción En el acápite la sección 2.2.7.b, Superposición de Desplazamientos, se presentaron las i~eas principales del Método de Rigidez. Se demostró que la superposición de desplazamientos conduce a un juego de ecuaciones cuyo significado fisico es que las cargas nodales (para el Sistema Q - D seleccionado) se pueden expresar como combinaciones lineales de los desplazamientos nodales. También se definió el significadofisico de Coeficiente de Rigidez, kij. El Método de Rigidez en grandes rasgos: Está basado en la Superposición de Desplazamientos. Las incógnitas son los desplazamientos de los nudos o grados de libertad {D}. - Las fuerzas de extremo de 'barra son forzadas a cumplir las ecuaciones de equiñbriode nudo. A través de las ecuaciones de equilibrio de nudo se obtiene un sistema de ecuaciones lineales (ecuaciones de equilibrio de nudo) en las cuales las incógnitas son los desplazamientos de los nudos {Q} = [K] {D}. La compatibilidad siempre está garantizada mediante la correlación entre los desplazamientos nodales y las deformaciones de extremo de barra que concurren al nudo (Relaciones D - d). Dicha relación se expresa mediante {d} = [A] {D} donde [A] es la Matrizde Compatibilidad. Las Relaciones Constitutivas, a nivel de las barras, se expresan mediante {q) = [k] {d} donde [k] es la matriz de rigidez de la barra (véase el Capitulo 4). Es aplicable tanto a estructuras isostáticas como a hiperestáticas.

l )

}

i ~) ~

j

1

I,

¡

6.2 Etapas del Método de Rigidez

j , j

J

") ) )

~

) } )

) )

~

'>

> i:)

J ) )

)

.'

1 1

a) Selección del sistema Q - D. Es posible utilizar la simetria de la estructura si la hubiera. b) Cálculo de las Cargas Nodales Qi y ensamblaje del vector {Q} e) Ensamblaje de la Matriz de Rigidez [K]. En algunos casos será necesario calcular previamente los coeficientes de rigidez de barra, como por ejemplo cuando las barras son de sección variable (Relaciones q - d), d) Solución del sistema de ecuaciones lineales {Q} = [K] {D}. Simbólicamente la solución se expresa mediante: {D} = [Kr' {Q} e) Cálculo de las fuerzas de extremo de barra {q}. 6.3 Ejemplos Introductorios al Método de Rigidez gtemplo 6-1 Se desea calcular las fuerzas en las barras del sistema mostrado a continuación, formado por dos barras deformables axialmente. Para el sistema de cargas que obra sobre la estructura, no se desarrolla flexión en las barras, en .. oonsecuencla, la estructura tiene sólo un gdl correspondiente al desplazamiento horizontal del nudo central.

~I

2EA

CD

"

11

+;

ti

"

í1

"")

J ')

163

EA

® 12

,~ "

11

;

...

. - ..,. ',: , ;.... ' ,-_._._

....~.. '

---

-_._._

_

..,._.._._.,.-

_, ..__

._..

,

.. "._"

-

~:~~~l+.·;:·~:~.~.~¿~~~~_~I~:;-~~~~ ..~::.jL~~~:~.:·~~-~;:;:ú~.·~~·:ji~~I~~-··-~~~:1.-~:~~·:~~~~d~:r~~~I-· ..~~_~; ;-.;:,~;:. ..~~ ~

1)

164

~~',.

L~.~ "

Si se desea, el sistema puede modelarse como él ensamblaje de dos resorte de rigideces kt y la corno se indica a continuación:

1

")

DI ..J...-:¡...

~I

')

I~ j 1-....

A

)

2

.J

Q'-D

)

1) Equilibrio del nudo 2. Asumimos que las dos barras trabajan en fracción. ~~

qJ

Dl

Ó--~dl

) ) '\, ) )

q¿

1 ) )

Nudo 2

J _.)

2) Relaciones e - 86 Relaciones 9 - d ({q = [k]{d}). Relaciones Fuerza - Desplazamiento de extremo de barra. 2EAdl

1

ql

q2

J

También se les llama

EAd2 1

3) Compatibilidad (Relaciones d - D): Los desplazamientos de extremo de barra deben ser compatibles con el desplazamiento del nudo 2.

{d}=[A]{D}

dI

= ~D.

q2

) )

)

~~) -_ => ( uz

DI (2EA) q. I1 Sustituyendo en la ecuación de equilibrio:

) )

)

2

d.= DJ

J

(_ll)DI -D (EA)

=

,)

"i

J

·1

-:J

2

.

1,

)

=::;

:J

4) Fuerzas en los extremos de las barras: . D 2EA ql =

1-1-= I

2P -l 1

X(2 _+_1) 1

t)

12

La barra 1 trabaja en tracción y la barra 2 en compresión.

)

,. O',

"·";;':::.i;;~:;:".~:=¿:;,,:~~~;:::i;~;,~;;;;,~::C.;.¡_¡.:~,~2'':::,,:;;-__;;c':;'-=c, ,~", ~ 0,- .:,.",~::S~",~c';;".'"~'::"';';:'~',_,,' ",~_:C,.: ..,",:...=.l."':::"

,:.:, . ",::;:~ ':",

:c.:,~.':':-:""::::;:;:=";;'~;ii:-'

) 165

')

Ejemplo 6-2 La armadura mostrada está formada por dos barras deformables axialment~Juna de madera y la otra de acero. Se desea calcular el desplazamiento del nudo 2 Y las fuerzas internas en las barras. 3 B8lTa1: Madera E = 100,000 kglcm2 A = 150 cm2 (6" x 4") Barra 2: Acero E = 2x 106 kglcm2 A = 5 cm2

2.70

a

,.

"

sen (l = 0.6 cos a= 0.8

2

_".

kij= kji la estructura anterior para demostrar que los coeficientes de flexibilidad una estructura también son simétricos:

~

J

, "

f )

) _}

) )

Sistema Ql,D1

Sistema 1I Q", DlI

r

)

)

) )

) ) ~

i

,

Betti:

(1)~2 + (O)f22+ (0)f32

= (O)fll + {l)f21 + (0)f31

:. fl2 = f21 => fij=

fji

.••. Nótese que en este caso, el cálculo de los coeficientes de flexibilidad de la estructura en '. el Sistema Q-D, involucra la solución de una estructura hiperestática .

)

.> _) ) I

) \

_) ) _ _)

~

l

. 6.4.2 Los Términos de la Diagonal Principal

son Positivos Frsicamente es imposible que un término de la diagonal principal de la matriz de rigidez, , de una estructura estable (interna y externamente) sea negativo o nulo. En el caso de . estructuras inestables local o globalmente. si se podrían tener términos en la diagonal .: PrinCipalnegativos. : En la columna mostrada, si la carga de compresión P se aproxima a la carga crítica de pandeo (PCR) , el coeficiente de rigidez se vuelve cero o negativo, es decir el coeficiente . de rigidez, que es la fuerza necesaria para lograr un desplazamiento unitario, debe ser . ,: hacia la izquierda para controlar la tendencia al pandeo. de la barra.

'~} )

167

(kü)

·~ ... ~-

_ ......

:.....~, ·...;..:-,..;~r..-~~;::::~~-

168

r, !

1¡

)

j

)

1~ ~ ji

Otras situaciones en las cuales los elementos de la diagonal principal pueden ser nulos o negativos se muestran a continuación.

,.

D1=1

I

p

)

)

M

\

)

)

¡ I

ku < o

.

I

P grande

-=

Flexibles

Caso de una estructura inestable, el coeficiente de rigidez KII es nulo

6.4.3 El Producto de las Matrices de Rigidez y Flexibilidad es la Matriz Unitaria Para cualquier estructura debe cumplirse:

.

[F][K] = [1] :. [F] = [x]'

[K][F] = [1] [K] = [Fr

Para que la relación anterior se cumpla, el sistema de coordenadas Q~Dpara el cálculo de las matrices [K] y [F], debe ser el mismo. La demostraci6n de esta propiedad es la siguiente: {Q} == [K] {D} {D} = [F] {Q} ~ {D} = [F] [K] {D} ~ [F] [K] {D} - {D} = {O} ([F] [K] - [1]) {D} = {O} Ya que la igualdad anterior debe cumplirse para cualquier valor que torne el vector {D} y además dicho vector está formado por elementos independientes (el sistema de coordenadas es generalizado) para que se cumpla la igualdad deberá suceder: [F] [K] = [1]

A continuación se muestra una barra en volado, de sección constante, para la cual se han calculado, aplicando estrictamente la definición, las matrices de flexibilidad y rigidez en el sistema de coordenadas indicado. fuerza cortante.

gl

El

Q-D

tl

P2

Se han despreciado las deformaciones por

- .t f21~fll

~

~w

J

__

13 Q1=1

El

)Q2=1

t22 ~

[F]= .-1

f12

168

/2

2

.3

/2 2

1

12 6]

K21

[K]= El ~ ~

[ /2

~~r:=== ¡~~

DI = 1

(~

D2=1

o,

\.__:

/ ~)K22 K12

[F] [K]=[K][F]= (~ ~) }

I~ 1 -~

Se sugiere al lector revisar el acápite 6.6 donde se presentan ejemplos adicionales de

o

00 o

·0

, i

!

KJ 1

las relaciones entre las matrices [F] y [K].

Existen muchas situaciones en las cuales, para el cálculo de la Matriz de Flexibilidad, es necesario resolver varias veces (tantas como número de coordenadas existan) una •estructura hiperestática. Por ejemplo, en el pórtico mostrado, será necesario resolver tres veces la estructura para calcular todos los coeficientes de flexibilidad, esta matriz es de orden 3x3. En contraste el cálculo de la Matriz de Rigidez es relativamente simple.

o

j

)

i·

) 2

--4

i

~ O - Nótese que el sistema de ecuaciones obtenido, como era de esperarse, es el mismo que obtuvimos al resolver esta estructura utilizando las ecuaciones de Pendiente _ Deflexión.

'j ~

)

.J

~

,)

~

J ~ )

.)

~

'j

) 175

)

l

•

)

Deformada del Estado Complementario 1.17 t-m

2.67

.~~~~==~~~.--------~~~

}

~-~

Diagrama de momentos cotrespondiente al Estado Complementario:

¡

{M}c = {M}¡ XDl + {MhxD2

! 1.603

J

II

)

{M}c

J }

I

1

l

..)

2.67

I

•

1

_)

¡ j

I

=

)

I

Resultados finales: Deformada final Primario + Complementaño Cortantes finales = Primario + Complementaño Reacciones finales = Primario + Complementaño Momentos finales Primario + Complementario

=

)

t

I I

I

{M}final = {M}p + {M}c }

J

)

2.0

L50

0.7

J

Momentos (too-m)

) )

t3.23

)

MAX~2.61

J

~1.62

f

) ,1 )

Deformada

~

)

1.34 mm

) )

-")

J )

, Los desplazamientos finales en los grados de libertad seleccionados para el análisis (DI, D2) son los mismos obtenidos en el Estado Complementario, ya que en el Estado Primario dichos desplazamientos son nulos.

) -

~

.) ) --"'\

175

~

iJ)

]76

() ) -)

Ejemplo 6-4 5-ton/l'l

3

E = 2x 106 ton/nr'

)

Sección constante O.30xO.60 m El = ] 0,800 ton-m

)

) }

EA = ex:>

)

11

" •

2

7

3

)

Ir

4

) )

Grados de Libertad

-} Innecesarios

J

--4 '> )

) ) ) )

) Q-D

•

Estado Primario DI

= D2

)

=O

)

{l ~)

t

20.42 ~

t

17.5

20.42

t

er)~L ~

10

)

R2 = l0.42 t-m

R¡ = -20.42 + 1.5 = -18.92 t-m

)

)

:::J -j

27.5

20.5

Equilibrio de los nudos 4 y 5:

)

~2.

~O•• 2

1.5

~

)

d )

J

,) _..)

t

DI =~=O

{M}p

20.5

•

) ~

)

Estado Complementario 18.92

t

27.5

:3

10.42

{Q}={

18.92} -10.42

) ~ )

) ~

177

•

Coeficientes de Rigidez

D1 = 1

D2=0

)

M=V=O

)

J ) J )

M·=V=O

J

i

:> _) )

Diagrama de momentos asoclado a DI

=1

~

{M}

1

4/3 ~

I

x El {M}¡

)

)

")

) ) ) }

") )

)

~

~M=V=O

)

)

) )

>

kll = ( ~) El:::: 0.286EI

k

22

= (~

+

~)EI::::

M=V=O

1.905EI

)

)

..., ') }

-,

177

DI = 1

~ ~

178

(1)

= 1 =>

Diagrama de momentos asociado a ~

)

{M}2

)

4/7

") ) )

xEI

)

{Mh •

)

2/3

~= 1

) )

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones [K] {D} = {Q} 3.238 0.286) ( 0.286 1.905

)

{D} = [Krl {Q}

{DI} n,

~

.)

1 {18.92} = 10,800 -10.42

r.

.,'.

D] = e. ~ 0.594xI0-3 rad

.,

) .) ) )

D2 = es 1'1:$ -O.595xl0-3 rad •

--::,

Deformada del Estado Complementario

)

) )

) )

)

1.04 mm

) ;;)

•

Diagrama de momentos correspondiente al Estado Complementario:

{M}c = {M}¡ XDl

+ {Mh xD2

)

8,55 10.42

-j -j

Momentos del Estado Complemetario (ton-m)

.) ,)

J 'J _J

4,27

•

)

Resultados finales Deformada final = Primario + Complementario Cortantes finaJes = Primario + Complementario . Reacciones finales Primario + Complementario Momentos finales = Primario + Complementario

=

{M}final = {M}p + {M}c

:j ) ~

.) ~

)

{M}finaI = {M}p + {M}l x DI + {Mh x D2

) ~

178

6J

f1i--(:YYYYJ~ t !! +

}

}

,

I

It

)

R2

%

6

N4~~~

Equilibrio del nudo 4:

.

N] cosa =6

6· ~\N3

N3 = 7.5 ton N2

\ (Igual a N 2)

R. = 4.5 ton

\

Barras 1-3 Y 2-4: M=O, V=O

= _ 6 ton-m

R] = 6 ton-m

) )

6·

Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario (Caso de carga 1):

)

6

6

1

i }

11//

~

{M}p

//1/

(ton-m)

, 7.5ton } )

•

Estado Complementario - Caso 1 6 ~

4.5

-4.5}

{Q}=

~.

J --'

I

//1/

) )

•

{-!

Coeficientes de Rigidez ....c;__-==f-\

---+

~

0.75 1

) )

) )

=, j ) )

) .)

k21 ~

kl1~f W t

(1375'~1

1~1

6>:';:"'o:: •.:S..:.':·:::'::;;.:';,:'-:::'2:.-~;~~--;:'~~',"O

195

• Resultados finales. Caso de carga 1. {Deformada final}

= {Def}p + {Def.}x DI +{Defl}xD2 + {Def3} x D)

{Mfi,;.¡cs} ={M}p +{MJ}xDJ

+ {M2}'xD2 +{M3}xD]

~

••

I Ii

1 -

! ¡

7.85

¡

J ~

)

4 ) )

)

1

1

.-

6.41

)

)

)

) ) )

7.L3

Momentos finales (ton-m)

4.87

3.56

i\.04

Analicemos como cambia el comportamiento de esta estructura si en el Caso de carga 1 no pudiera moverse lateralmente:

2 ton/M

')

[K] ---+- Cambia

">

{Q}~Cambia

.~

) ~

i

,

Deformada

)

D.= j

a] ~

O.889x10-l rad

D2= 904 ~ -O.987xlO·3 rad

.l. )

4.63

4.11

) )

J +s.98

)

)

j

.J )

195

=~i~~~:C~~.:~:~.;::.~~":-

:"::~~-_=~ .:-:~'"'-

·.,·::::~L};::.~;::~·;;>::'=~-=·~~=::':::;~L.;;~· .:,,:"',;.~~~_~;.;~Z~:.:~-~~~=;._~Z¿~~.~--;.:_ ~~:.:~~:,~-~~~-~"~ ._~'"~~~ .-~.". ~"_~..

,¿~~~:~_: . !.-~ .-

D = 1.2 t El •

~~ .-r

) ) )

Resultados finales

) ) )

3.1

) .~

) ") Momentos finales (ton-m)

) )

----} )

Ejemplo 6-15

4

Ir

..,

JI

41'1

JI

4

v

If

A

"

4ton

")

e

5

6

2

) )

2

)

4

EI=cte EA =00

)

2ton/M 3

•

~

) 4

Sección .25x.50 E = 2xIO 6 ton/m2 El = 5,208 ton-m2

)

) )

Grados de Libertad despreciando las deformaciones axiales 5

)

6

)

--J ) .::_:}

Q-D

-3 ~

•

Grados de Libertad aprovechando la simetría de la estructura y de las cargas 4

3

4

y"...-J;t ......

4

'"

2 'k

2

XC>(' ~-----

.-) .._) ) ) ) ) )

Prescindible f(w, D2• D3)

) ~

:; ) )

203

•

Estado Primario: DI =02 = D3 = O

~ conocido =:: 1.333/EI

wP

1 wl4 8 El

6

4

'k

.)

Equivale a:

J _1

1 wl" ~= --~1.333/EI 384 El 16/8

\ 1 )

~~ ~t

.•~ "

::~.

2

) )

Rl = 2 t-m R2 = -8/3 t-m

~

R.3 = - 6 ton

-_'

;)

)

.'

"

..

~

2

2

J --) ) ~

DI

2

= D2 :; 03 = O

a3

)

"'1 )

1.333 El

~

"j "

-) ..l

.

{M}p

203

~J ;).

204

r.:t ) j

4 4 4

k =-+-=

4

11.

)

2EI

.}

2 4

{M}¡

kz, =- = O.SEI k =-~= 31 16

"\

1

x

-~EI 8

) )

El

)

DI= 1

)

) _)

-) .:)

~ k32 í),k12

",.. ",..

2/4 D2= 1

-2

k12=

4

)

= O.5EI

}

4 1 k = -+- = 1.5El 22 4 2 k32= O

4/4

)

x El

) ) )

{M}z

1 1/2 =1

)

1

')

2

..... .....

}

k33 ~

Q

16

,)

~13

.....

6 3 k =--=--EI

ti

16

13

3/9

8

3/8

k2l=0

12

b4

12 k =33

D)= 1

3 = -El 16

64

xEJ

{M}3 .....

.....

-

~-

-it!

k23

•

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

{Q} = [K]{D}

{;~3}

= EI(

6

-~8J{~:}

O~5 ~~: -3/8 O 3/16

DI = 8.41/EI D2

=

=

El = 5.208 ton-m 2

DJ

1.615xlO-3 rad

-l.026/EI = - O.197xlO-3 rad

D3 = 48.82/EI

=

204

9.314xlO-~ m

,

'::;":.~_~_,~~'••''::.'

.'

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.

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,/

205

Deformada Complementario

Deformada Primario

I

1

•

{M}c = {M}l

Diagrama Momentos Complementario:

)

DI + {M}2 D2 + {M}]

DJ

14J

Momentos del Complementario (ton-m)

J )

-¡

•

ResuHados fina/es {M}rmal

= {M}p + {M}c

16.1 ."

2.77.- :::; . ................ ~o:J""T'"'1~_, 8•.0

t

Momentos finales (ton-m)

)

)

Ejemplo 6-16 Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-15) cambiando el sistema de cargas como se indica a continuación. 4

.."

1

-

EA ==co

~

4~"'__----I

.)

Sección .25x.50 E = 2xlO 6 ton/m2 El = 5,208 ton-m2

~

YaqueEA=oo

)

J _)

'----+-+---' _.,. 2ton

205

--:."

',':-,-'_'--:-:-

'.:'~

-,

... --_.

'

._.-

.----

-:':'. :::::-:

:

:.-

'.-:-.-

.-....

;'.-~

..

'

'

..

-:"-" I

1

!

I j

El análisis se puede realizar sin considerar el grado de libertad número 5 correspondiente al apoyo simple. La solución de la estructura se deja como ejercicio. Tenga en cuenta que con respecto al ejemplo anterior, es necesario modificar la Matriz de Rigidez asf como el Estado Primario cuyo cálculo en este caso es directo, ya que solo hay cargas en nudos. Los resultados, deformada y diagrama de momentos, se presentan a conñnuaclón,

~-=o::====::::¡ = 9

)

)

1

)

----

)

S.S85xIO"

~ Deformada

0.745 mm

,

I

...

4.84 mm

4.36

+2.0

....... .,.__¡

.... ....

2.91

t1.B2

2.0

"

-

1.82

Momentos finales (ton-m)

.

3.64

4ton

Eiemll./o 6-17

-

2

4

'k

EI=cte.

2

'k

El = 5,208 ton _m2 EA=a)

2ton/M 3 ....r-

4m

Sección 0.25 x 0.50

2

~) )

')

207

'"J

•

1

Grados de Uberlad despreciando las deformaciones axiales 3

Q-D Prescindible 2

)

Para la solución de la estructura por el Método de Rigidez. no se utilizará la coordenada 4 correspondiente a la rotación en el nudo 4.

}

--i )

• Estado Primario

-)

RJ

= 2 tonxm

R2 =-1 tonxrn

R3 = - (2.5 + 2) = -4.5 ton

D) =D2 =03=0

.)

,

2.5

1.5

; • Estado Complementario

= ={-:}

{Q} -{R} . • Coeficientes de Rigidez ~ k31 )

4.5

~k32

~--~~1

~k.12

~1--- __

.1= J

)

36"" 0.75 2/

~

) ") kZ3

.)

k

11

k21 )

I I

~

-:J ) --\

l

k

31

=

2

.

4 + i =2EI

kl2

=

4 = 0.5 El

k =-~ =-~EI 13 16 8

2 4

k22

=

i+l 4 2 = 2.5E!

k =_3_ =~EI

4

4

= - = 0.5EI =-~16 = -~EI 8

k32=

3

-2

(2)

207

= 0.75El

23

k 33

(2)2

4

= .E_+_3_ = (4)3 (2)3

i_EI 16

208

• Matriz de Rigidez y soluci6n del sistema de ecuaciones

{Q}= [K]{D}

D1= 4/EI

{o}= [KtfQ}

D2= -6/EI

= O.768xlO~Jrad

= -1. 152xlO-3 rad

0)= 18.67/EI = 3.584xl0·3 m • Resultados finales

7 /

0.75 ---.. ;:::1-L-'-L.L.L ........TTT"T"'I"4~

4.01

Momentos finales (ton-m)

Deformada

La rotación del nudo 4 se puede obtener por superposición del Primario y del Complementario: 94 = 94P+ O(D,) + Q.S(02) + 0.75 (D3) Ejemplo 6-18 Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-17) restringiendo la posibilidad de movimiento vertical de la estructura. Para esto colocamos un apoyo en el nudo 3 que . elimine el descenso. Las únicas coordenadas son las rotaciones de los nudos 2 y 3. La . idea de este ejemplo es apreciar la influencia que tiene el descenso vertical de los nudos 2 y 3 en el comportamiento de la estructura.

2.58

t

2.43

t3.59 Deformada

Momentos finales (ton-m)

209

Eiemplo 6-19 Analicemos la estructura del Ejemplo 6-17 permitiendo el desplazamiento horizontalde la barra 3-4 como se indica a continuación. 2.76

j

{M}final

(ton-m)

2.57

,

)

j3.66

-.

6.8 Fuerzas de Empotramiento en Elementos Inclinados Antes de presentar algunos ejemplos de la solución de pórticos con vigas o elementos inclinados, conviene recordar las fuerzas de empotramiento y las diversas transformaciones que se pueden realizar en estas fuerzas. A contlnuaclónse presentan algunos casos tipicos de barras inclinadas con cargas repartidas.

-J )

-4 )

Caso 1)

)

wl =wcosa. l/coso.

w

)

\ )

-

)

, ) )

:(:

.. ~

1

....

'i~:' ~',;:

12 (

__..~ w/sena. 2

)

...,

J J

i !

..,J ~J )

wf

~

wp·

)

)

2 wcos2a.

)

;

,r

:

'~.'.

-,

}

I

wl

~.:I~.

}

)

rt--

12

.~~~ .

::;"

)

w12(

..........

.,_....-®(

~ JI.

--

12

w cosa. sena.

... \ Mil cosa. 2

Caso 2) !,"

)w cosa ¡2

,.

I

r.

e. ......

...-"'-

"','

~:':'

..-wsena.

~:.'

w/ sena. _...... wf-cosa,( 12

t

2

~..~

2

l~

209

12

~

()

210

,~

'1

Caso 3)

)

w

~

wlsena.

)

2

)

)

J ) ) )

) ) ) )

5 3

8 1

E = 2xl0 6 too/m2 Sección 0.35 x 0.70 El = 20,008 ton-m2 EA =00

a~22.6° Pendiente e 42%

~

j

--J ) -.:..:c)

) 12m

..

"

12m

-4 .::)

11

• Grados de Libertad aprovechando la simetrla de la estructura y de las cargas

,;)

J )

CD----Q-D

, ~)

¿Puede existir?: NO. pues EA = 00

'j )

j )

J ~

210

:j =) '\

~

_

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~ ~_.:..:~;,.~:.!.i.-;¡·---;i.,¡'·

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211

• Posibles descomposiciones

de la carga extema w = 1 ton/m

wsenacosa ) \

)

')

.,

• Estado Primario

)

J )

_,

12

Dl =D2=0

Hx5 = 1" 12" -

)

2

H = 14.4 ton

)

R, =-12tonxm R2 = 14.4 ton )

) _)

) )

12

_..,. 14.4

)

{M}p (ton-m)

.>

) ) \\\

.)

-13.29

)

=, G

.~

)

{V}p (ton)

)

) _) )

)

\

• Estado Complementario

{Q}=-{R}={ 12 } -14.4

)

) 211

{N}p (ton)

-. - -.-.;--~.~-.,..~~:'":"~:'

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_..-'OC="'~H-;'

~ ~

212

-:l )

• Coeficientes de Rigidez

2/13

O)

No puede Bajarl

") ) )

') )

{M}t x El

) ) ) ~

)

J )

4 4 21 k =-+-= -El

~r~8

11

4 2 Hx5=-+3 13

64

8

13

=_.i.+~=

k 21

64

)

26

65

__ 3_EI 2080

)

-=>

6 H::o65

2/B~

-J

) )

cos2 ex.

144

)

6S

)

) 2.4

) )

~=l

,")

J ')

a f

1 .r

I:i Relativo total barra 3-5 = 2_ + 144 = 2.6 13 65

El movimiento de la barra inclinada (3-5) también se puede detenninar utilizando su centro instantáneo de rotación, tal como se indica a continuación:

) ~

1 -=;)

.:¿ ..iJ

,)

,)

.)

:J J

) )

1

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O

__

o

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••

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.II ...

)

) 213

-) }

)

64

. 12

6~

)

)

512

19.2 H =-ton 520

~6/64

) ) )

i )

-)

{M}lx El

•

) )

)

•

12

_j

21/ 726

{-14.4 }=EI (-3/

)

/2080

)

)

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

•

D1= 14.43/EI ~ O.72xlO·3rad

-3/ /2080 ){} D, 6036xl0·l D2

D2= -238.2/EI ~ -1l.91xl0·3 ro

.

Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas nonnales

{M}

")

= {M}p + {M}. DI + {M}2 D2

)

1

)

~29mm

.)

-6.4

"'í

_.J )

29.5

,)

)

Deformada

{M} ton-m

J

i 1

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213

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214

Ejemplo 6..21 Para apreciar las ventajas de utilizar, para luces grandes, un pórtico a dos aguas frente a un pórtico con viga horizontal, analicemos el comportamiento del pórtico mostrado a contlnuaclón, El pórtico tiene las mismas secciones y material del analizado en el Ejemplo 6-20, la única diferencia estriba en la viga que es horizontal con una luz de 24 m y las columnas son de 8 m de altura. Tenga en cuenta que las secciones utilizadas en este ejemplo no son reales, la idea es comparar el comportamiento de ambas estructuras.

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w

= 1 tonlm

1111111111111111111111111]11111111111111111111111111111111111111111

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-1 I

I E

§ I

E = 2x.J o 6 tonlm2 Sección 0.35 x 0.70 El = 20,008 ton-m1

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J

I

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I

I

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6/64

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64

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676

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6

64

3

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32

cero

,

-=>

') 1

217

Las componentes horizontales deben anularse.

218

Alternativamente el equilibrio de la barra inclinada se puede formular en coordenadas globales como se indica a continuación: 3 Vx12=- :::;> V = _2_ 13 156 k

~r

6 3 =-=--EI 21 64 32

k

~

~

1

1

~

DI =0

•

D2 = 1

12

=-~EI 64

12 3 k =-=-EI 22 512 128

Í4~ ~12/512

Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

{~}=EI (~~6 ~2J {~,} EI=20,OO8 %2 X28 2

•

k

\"

DI= 67.46/EI

= 3.37xlO-J rad

D2= 525.84/EI

= 26.28xlO-3 ni

Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas normales

{M} ton-m

Para este estado o caso de carga, la presencia de un cable horizontal uniendo los nudos 3 y 4 no modificaría los resultados.

. .:_~Et¿h¿jii!~~~i1¡.::.~; ..-;~:~~:::~--~~;,:':;.~ ~:~~'i:~¿:::.-:-~:;:':Z::~:;: ::~¿:i!.:::~;j:>: ~U~~.;~.:~~

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219

. el comportamiento. del pórtico del Ejemplo anterior, sometido a cargas :laterales, modificando las condiciones de apoyo en los nudos 1 y 2 de empotramientos a íacíones. El objetivo es formarse una idea de la influencia de las condiciones de ~~.al:>oy'oen este tipo de pórtico sometido a cargas laterales.

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I

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1

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El== 5.ixl0-3

{M} ton-m

I

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-)

'. Nótese la magnitud del desplazamiento horizontal del pórtico (134 mm aproximadamente) . y los fuertes momentos flectores en la viga y columna. Estos valores nos indican que para cargas laterales, la respuesta del pórtico es muy sensible a las condiciones de apoyo.

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219

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220

~

6.10 Pórticos Planos Sujetos a Cargas Laterales Las cargas laterales suelen provenir de la acción de un sismo o viento actuando sobre la estructura. En el caso de sismos, las cargas laterales que se generan en la estructura provienen del movimiento del suelo y son de naturaleza dinámica. Sin embargo, las Normas permiten calcular un conjunto de cargas laterales estáticas que intentan simular la acci6n dinámica máxima que puede producirse en la estructura. La determinación de .las cargas laterales estáticas "equivalentes" depende de diversos parámetros, entre ellos se encuentra el perIodo de vibración de la estructura. Ejemplo 6-26 El ejemplo que se desarrolla a continuación, pretende dar una idea de la repuesta de un pequef\o pórtico de un piso frente a cargas laterales. No se cubren las numerosas variables que influyen en la respuesta de los pórticos frente a las cargas laterales. lO__ro_n~ •• r4

~6

5~

"

Se desprecian las deformaciones axiales

3

2 \

E = 2x106 ton/m2 Sección columnas 0.30 x 0.60 Altura columnas = 3 m (EA

\\\\

6m

6

oc

A

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J

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Aprovechando la simetrfa del pórtico y la antisimeúla de las cargas, la estructura puede reducirse a la mostrada a continuación. 2 3 __.

.......... --__;~

)

)

)

J

1/2. AI2

)

)

-j

\\\

SistemaQ - D a) Caso ,. Corresponde a un caso extremo en el cual las vigas 00- tienen rigidez a la flexión (El viga = O).Las columnas trabajan en voladizo. La rigidez lateral del pórtico ·(KL = Flatlll = 1012.78) es de 3.6ton/mm aproximadamente.

J

-') ) ~

10

.

f f f

JO ton

{M} ton-m 10 ton-m

10

-~

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~

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,

-

\

+-

10/3 ton

~

220

C

.

")

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22J

.-'~

b) Caso 2. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen una rigidez a la flexión pequeña (El viga = 0.1 El columna)situación que corresponde a vigas muy flexibles en " comparación a las columnas; Las columnas trabajan prácticamente en voladizo con , puntos de inflexión altos. La rigidez lateral del, pórtico (1012.19)es de 4.57 ton/mm aproximadamente.

)

J "

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1

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0.52/

:

1.05

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.:0.9h

{M} ton-m

0.8 h

&A

+-

8.9

\

~~\~.k +-3.67

+.16 0.35

....t

3.16

0.35

c) Caso 3. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen la misma sección que las columnas (El viga = El columna).Nótese que la columna central toma más cortante que las extremas (1.36 veces más) también que el punto de inflexión está más bajo. Las fuerzas axiales que se desarrollan en las columnas, aunque parezcan pequeñas, equilibran un parte importante del momento volcante total (10 x 3 = 30 ton-m), la contribución de las fuerzas axiales en las columnas al equilibrio del momento volcante es cercana al 40% ( 0.98x12 / 30) el 60% restante lo equilibran los momentos flectores en la base de las columnas. la rigidez lateral del pórtico (10/1.14) es de 8.77 ton/mm. ,,.;

y 0.54/

{M} ton-m O.64h 5.7

221

~--,.... --::.-_:.-:~'.~-.'.-'~=.:::'

222 d) Caso 4. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen diez veces más inercia que las columnas (El viga = 10 El columna). Corresponde a una situación de "vigas robustas" en comparación a las columnas. El desplazamiento lateral del pórtico se ha reducido considerablemente (compárese con el caso 1) lo cual se traduce en un aumento importante de la rigidez lateral del pórtico, cuyo valor es 13.19ton/mm. Los puntos de inflexión en las columnas se ubican prácticamente al centro de su altura. mientras que en las vigas han experimentado un corrimiento (compárese con el caso 2). Las fuerzas axiales que se desarrollan en fas columnas equilibran cerca del 50% (1.21x12 /30) del momento volcante.

} } . 10EI

0.631

.. •

Il. = 0.758 mm

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J

v 111

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{M} ton-m

0.52 h

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.3_21

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1.21

)

+--

e) Caso 5. Corresponde a un caso en el cual las vigas son muy rlgidas en comparación a las columnas (El viga= 100 El columna). En este caso las columnas trabajan corno doblemente empotradas y toman la misma fuerza cortante. Este caso corresponde a la máxima rigidez lateral que puede alcanzar este pórtico en particular, KL = 14.29ton/mm. los puntos de inflexión en las columnas se ubican exactamente al centro de su altura.

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0.671

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0.5 h 0.5 h

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J J

\\\

+-

)

.3.32

)

.)

1.25

~

222

CJ

;;-~

r

223

La variación del desplazamiento lateral del pórtico y en consecuencia de su rigidez lateral, se muestra en la figura a continuación. La figura corresponde a columnas empotradas en la base. 0.30

,--------:---~---~--"""""'!"--__, .......

,...... 0.25

e

)

J )

-¡ )

_

_

t ~ Ti _ AT=Te-Ti

'----

, Existen situaciones en las cuales puede ser necesario estimar el efecto que produce en la estructura, un incremento de temperatura solamente en una de las fachadas del edificio. En la figura a continuación se muestra la configuración deformada de un edificio de seis pisos en el cual una de las fachadas se encuentra expuesta al sol y la otra en la sombra. El alargamiento de las columnas por el incremento de temperatura, genera un movimiento lateral del edificio y esfuerzos en las barras.

)

j

I¡

}

l ) _)

~

¡

Variación lineal (supuesta) de la temperatura en la altura de la sección.

~o

)

)

I

Sol

t

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) J

I

~

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) •

\) r) )

Ejemplo 6-29 Para estimar los esfuerzos que se generan en una viga por un aumento de temperatura o gradiente no uniforme, analicemos la viga de tres tramos mostrada que pertenece al tablero de un puente continuo. Se ha supuesto que la viga es de concreto armado f~ (E = 2xI06 tonfm2 a R::1xl0·s l/OC) de sección constante O.40x:1.20 m y que está sometida a '> un gradiente lineal de temperatura de 30°C, es decir, la parte superior de la viga se § encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estar expuesta directamente al ~. sol. >_

)

.., )

J ")

231

232

~)

~O

1

So)

)

)

! 1

9.00 m

9.00 m

9.00 m

)

J

) ) )

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A

~

~

J~

A

Deformada Dv rnax = 1.07 mm

-d ) ~

~t~~~ 34.56

{M} ton-m

)

) ) )

34.56

.)

)

Nótese la magnitud del momento flector en las vigas (cerca de 35ton-m). Si bien es cierto que en un puente las cargas muertas y vigas suelen causar momentos flectores mayores que los producidos por el cambio de temperatura analizado, también es cierto que en el tramo central, los momentos por cambio de temperatura son del mismo signo que los producidos por las cargas permanentes (momento positivo en el paño central) y en este caso pueden representar una fracción no despreciable.

)

)

)

)

)

E/emplo 6-30 Para estimar Jos esfuerzos que se generan en un pórtico pequeño por el aumento de temperatura en algunos de sus elementos, analicemos el siguiente pórtico. 4

~

"j

--J J

6

5

)

.-J

o) 2 \\

oc

JI

3 \\\\

\\

6m

u JI

6

J j

.,)

"

JI

El sistema Q-D consiste en el desplazamiento horizontal de la viga y las rolaciones de los nudos 4, 5 Y 6. En total la estructura tiene 4 gdl.

,)

¡J

-1

_)

q "

Caso 1. La viga experimenta un Jncrerneeto uniforme de temperatura·de 30°C. Nótese que ..en este caso ;Ia.,estructuray Jas ~argas son simétricas, .por le-tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimiento horizontal ni rotación, en consecuencia la estructura se puede reducir considerando un empotramiento en dicho nudo. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuación se muestran algunos de los resultados.

,j

,

'''7

)

.J ~

232

'O

::?

r!

233

I

Nótese la magnitud del momento flector en las bases de las columnas extremas, es probable que dicha magnitud sea comparable o superior a la ocasionada por las cargas permanentes en servicio que actúan sobre el pórtico.

1 )

-, '.

)

Caso 2. La viga experimenta un gradiente lineal de temperatura de 30oe, es decir, la parte superior de la viga se encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estar expuesta al sol y no contar con protección térmica. Nuevamente la estructura y las cargas son simétricas, por lo tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimiento horizontal ni rotación, en consecuencia la estructura se puede reducir considerando un empotramiento en dicho nudo. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuación se muestran algunos de los resultados.

)

J

~

-)

_) )

Deformada

)

Oh nudo 6 = 2.1 mm

) ) )

_) ) 1.44

)

-,.J {M} ton-m

.) _) :)

.»

.e) ) )

Nótese la magnitud del momento f1ectoren las bases de las columnas extremas y en los extremos de las vigas cercanos al nudo 5.

.J _)

) _)

233

¡tI) 234

~ ~

)

Caso 3. La columna de la derecha experimenta un incremento uniforme de temperatura de 30°C por estar expuesta al sol. En este caso el sistema de cargas no es simétrico, en consecuencia, la estructura no se puede reducir. A continuación se muestran algunos de los resultados.

) ) )

) )

}

Deformada

)

Dh nudo 6 It$ -0.088 mm Dv nudo 6 ""-0.9 mm

)

)

--} ) ) 0.37

.,

0.71

)

{M} ton-m

--j ) ~ -)

) )

6.13 Parrillas Las parrillas son estructuras planas con cargas perpendiculares a su plano. Las barras se suelen modelar como elementos unidimensionales que trabajan a flexión y torsión. Las fuerzas de sección en las barras son: Cortante. momento f1ector y momento torsor. No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al plano de la parrilla. Para analizar este tipo de estructuras mediante el Método de Rigidez. es necesario considerar tres gdl en cada nudo: dos rotaciones contenidas en el plano de la parrilla y un desplazamiento vertical perpendicular al plano. La rigidez en flexión de las barras es la misma que para el caso de los pórticos planos y la rigidez en torsión de las barras (el cociente entre el momento torsor y el giro correspondiente) se calcula mediante: Kt= Mt 9t

=

E G = 2(1+v)

GJ L

) ) ) )

~ ) ) )

'"J )

"3 j

(Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante)

El término J depende de las caracterrsticas geométricas la sección transversal de la barra. Para barras de sección circular, J corresponde al momento polar de inercia de la sección (J = 1t D4 I 32). En las barras de sección rectangular las secciones planas se alabean por el efecto de la torsión, por lo tanto el cálculo de J es bastante más,complejo, fa Teorla de la Elasticidad índlca que si se acepta la torsión de Saint-Venant se tendrá:

~ ::)

) ) :) ,) _)

J=(3hb3

(3~ .!.(l-O.63~) 3 h En la ecuación anterior b es el lado menor de la sección y h el lado mayor.

)

) ,~

Eiemplo 6-31 Analicemos la parrilla cuya vista en planta se indica a continuación, que está contenida en el plano XZ. Las barras son de concreto armado de sección rectangular. Sobre la barra 2-3-4 actúa una carga repartida vertical de 10 ton/m. Los únicos grados de libertad de la parrilla pertenecen al nudo 3, un desplazamiento vertical (DI), una rotación alrededor del eje X (02) Y una rotación alrededor del eje Z (D3). La rotación D2 origina flexión en la barra 1-3-5 y torsión en 2-3-4 mientras que la rotación 03 produce el efecto inverso. 5 }

, , )

x

2

z

., ~.,

"1

._

w=

10 ton/m

Q-D 6

-.

\

.1

.._

:1

;

,',

~

._

J

O.30m

;~, .~: ,.

~

~

0.40 .,. "C

6m

3m

Sección de las barras

__ "

Material (concreto armado):

E

= 2.5xl06

v ~ 0.15 )

Propiedades de las barras:

~~'3!'(l- 0.63

} )

J ! )

x

0.4) ~ 0.23 0.8

J = 0.23(0.8)(0.4)3

OJ~ 12,800 ton-m 2

~:.

J

ton/m2 (le = 280 kglcm2) E/G ~ 2.3 G ~ 1.09xl06 tonlm2

El ~ 42,670 ton-ml ~ OJ ~ 0.3 " El Nótese que la rigidez torsional, medida a través de OJ, es bastante menor que la rigidez a flexión medida a través de El

"~

)

• Estado Primario

j )

co4 )

:1

JI 7.5

J ) .)

)

Equilibrio del nudo 3:

R, =-45 ton R2=0

)

...,

.) )

RJ = 22.5 ton-m

235

236

Diagrama de momentos en el Estado Primario:

2

)-

{M}p

---} ) ~

)

En el Estado Primario los momentos torsores en todas las barras son nulos.

)

_)

• Estado Complementario

) ,)

{Q}=-{R}={ ~ }

)

-22.5

) )

• Coeficientes de Rigidez - DI =

1

)

2

) ) ) ~

7

~6/9

-j )

121216

~

-1

pi 6136 6136

¡j! Jf'__ ~ 121216

~

ll~

.

kl1

¡/~+

~

_ 6/36

kll

II

6/9

I

6/9

,~/ J2/27

I.

j j

¡J

1

_)

I

-.::)

II

.J

I

~

_) ~

-)

Momento Torsor

= O(en todas

las barras)

) ~

~.:

,

-

-

-:-

--

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·······.·.,...·.:;-0·.··-.·"·.--

.. - --;-_,._~~.,

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__

. __

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~i

J

-;j D1= 1

T

~

.J

J

lsen30° (torsión en 1-3-5 )

,,) )

. Descomposición del giro unitario en vectores . perpendiculares a las barras

Para no sobrecargar la gráfica de Vectores; los momentos flectores y torsores en el 3 se representarán únicamente en la vista en planta de dicho nudo.

j

J ~ )

.)

e 242

,~

,:::) --'¡

2EI

300

.~4COS

+ '\'\.. t,

0

t .. 4 ~

6EI

-¡;-cos30· GJ ... 6

GJsen30

4EI

--¡-"0$30·

GJ

..

1J+-3

-~ ...

-44

4EI 6 cos30°

+\GJsen300 6EI 300 -COS

..t

~6

62

Equilibrio vertical del nudo 3: k3\

6

6

= 42 COS300--62

cos30o=0.180EI

.

2EI -cos 6

30°

Equilibrio de momentos en el nudo 3 (vista en planta):

k I1

= GJ 3

+ GJ + 4EI cos! 30 + GJ sen230 6

4·

4

+ 4EI cos' 30+ GJ sen230 6 6 k,• = 0.604GJ + 1.25EI 4EI 4EI k21 =--cos30sen30+-cos30sen30 4 6 GJ 6

• GJ sen30cos30_ GJ sen30cos30 4 6 k21 = - O.180GJ +O.722EI

-sen30°

lsen60°

lcos60°

Descomposición del giro unitario en vectores perpendiculares a las barras

243

244

(2EI/ 4)cos 60° ~ ~

6EI 600 -cos

42

j

,

¡

GJ -sen60°

)

t~ ~

(4EI/4)cos60°

.¡

tk22

.)

4EI

,,\3

±---~J~kI2--1-

)

2EI

)

t ~3

)

)

;(6EI)/32 (4EI/6)cos60°

f

+\

1

600

6 .

)

t =----f+- (2EI / 6)cos 60°

62

Equilibrioverticaldel nudo 3: k32 = ~+~cos60o36

) )

GJ sen600

~~

6EI -cos

8

6 -~cos600 9 36

16

)

-:) ) 2)

= - 0.396EI

)

)

)

GJ 4EI kl2 = __ -sen60cos60+-cos60sen60

.

)

)

o

4

4

GJ 4EI _._. sen60cos60 +-cos60sen60 6 6 ku =- 0.180GJ+O.722EI

,) ,)

:j

.)

4EI 4El 4EI k =-+-+-cos 22 6 3 4 GJ GJ +-'-sen260 +-sen260 4

k22

=

6 O.313GJ+2.417 El

260 +-cos 4El 260 6

)

,) ~

)

~ -j

-9

J

'.)

.J ")

,S

1,) •.,y

J ) ~

') ) ')

245

..

~

6EI

}

12EI

.. ti-

7

... ~---

,

)

)

-:}

6: ~~

)

"1

12 12 12 12 kll =-+-+-+-=0.743EI 43 33 63 63

}

6'

)

_~ ~ ..

_) )

...,.Equilibrio de momentos en el nudo 3:

__)

6

6

4

6

kJ3=-2 cos30--2 cos30 = 0.180EI > )

6666· k =---+-sen30--sen30=13 62 3' 42 62

)

, J

J

-,

O.396EJ

Matriz de Rigidez ae la estructura y solución del sistema de ecuaciones:

•

[K]=

O.604GJ + 1.25El -O.180GJ+O.722Ef [ 0.180EI

-0.180GJ+O.722EI O.313GJ+2.417EI -0.396EI

0.180EI] -0.396EI 0.743EI

[1.342 0.695 0.180] =EI 0.695 2.465 - 0.396 0.180 -0.396 0.743

)

)

)

[K] {D}

{D}

10.018} = ~I - 12.911

{

-39.899

-)

)

= - {R} --+

{2.20 x 10.4

}

= - 2.83 X 10.4 -8.10x 10'4

• Diagrama de momentos ñectores (ton x rnt)

~

}

)

22.39

J J )

--:} .J

~)

7.07

~

.. )

JJ

~ I

245

~ ,~

246

22.39

Barra 2-3-4

:1) _) -)

18.93

) 2

')

4

) )

• Diagrama de

) ) ) ')

momentos torsores (ton x mt)

~

) ~

) )

) ) ) )

Ejemplo 6-33 Resolvamos la parrilla del ejemplo anterior considerando nula la rigidez torsional de todas las barras. Para esto basta con modificar la matriz de rigidez [K], calculada en el problema anterior, eliminando todos aquellos términos en los que esté presente el factor . "OJ". Si la rigidez torsional dé las barras es nula, la unión entre ellas (nudo 3) equivale él - ., un apoyo simple. La matriz de rigidez modificada de la estructura es: 1.250 0.722

[ K ] = El' [

0.180

0.722 2.417 ·0.396

0.180 ] - 0.396 0.743

11.790}

{ D } = _1 _ 13.971 . El { _37.894

= {-

!:~: :~:: ]

- 8.32 X 10-4

• Diagrama de momentos flactores (ton x rnt)

) )

) ) )

J ;)

cj ----1 )

-;J 15.10

"~

)

22.

'C)

J _)

J )

a

22.88

J

Barra 2-3-4 7.54 2

4

) 1

1

~ )

-

Ejemplo 6~34

Para apreciar la influencia que tiene en la respuesta de la estructura la inclinación de 60° .de la barra 1-3-5 del Ejemplo 6-32. resolvamos nuevamente la parrilla para el caso en que el cruce en planta de las barras que la conforman es de 90° (perpendicular) en lugar de los 60° del problema original. 5 ""

)

1

4m

P = 5 ton

)

)

w=4 ton/m 2 §·~,"*",~~~*7'~*+~E-*-~H~

)

4 3

) i

,i

1

6m

Vista en planta (plano XZ)

• }

-,

jt

1111

)

¡

I

I

-;

Q-D

","

6m

3m

) )

) ) )

a} Caso 1considerando rigidez torsional en todas las barras.

• Matriz de Rigidez 0.5GJ + 1.667EI

[K]=

_J

r

O O.208EI

o 0.4170J + 2EI - 0.51

O.208EI] -O.5EI 0.743EI

j )

[K] {D}

=_

{R}

)

J -J

~

1.743 O 0.208

{6.67 x 10.5

3.039} { D} = ~I - 13.442 { -37.487

=EI

r

=

o 2.064 -0.5

0.208 ] - 0.5 0.743

}

- 2.95 X 10.4

-8.23xlO·4

• Diagrama de momentos flectores (ton x mt)

_J -)

j \ ._)

22.64

J 1)

I=; ~\) J )

7.42

J )

_) _)

247

l~

o

248

C) ~

22.64

)

18.97

Barra 2-3-4

)

2

)

4

) ) Barra 1-3-5 7.42

) ) ) ) ~

) ) )

• Diagrama de momentos torsores (ton x mt)

)

--;) ) ~

)

) )

) )

)

J )

) b) Caso 2 sin considerar rigidez torsional en todas las barras (Gl = O). • Matriz de Rigidez

[K ]=EI

[

1.667 O 0.208

o

)

-=, )

0.208 ] -0.5 0.743

2 -0.5

)

-:;, -~) ~

-J [K] {D} =- {R}

-

{D}

=

3.229} ~I -13.975 { - 37.899

=

{7.09 X 10-5 -3.07x 10-4 - 8.32 x 10-4

}

')

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.J

J J ') ~

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-

•••

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H~~~-

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249

II

• Diagrama de momentos fleelores (ton x mt) 15.10 22.8

) )

1 )

J

,

7.54

}

-) )

22.88

-'>

,

Barra 2-3-4

)

4

2

l' I

I

i

~

I

I 1

j _}

J

i i

I

Barra 1-3-5

i!

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..

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J ) j

_J }

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j 1

j ) O)

249 ,

L

7.54

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Ji)

ct

250

~

6.14 Deformaciones por Cortante Este tema fue tratado en el acápite 4.10, en el cual se derivó la matriz de rigidez de una barra de sección constante, incluyendo las deformaciones por fuerza cortante. En el Método de Rigidez el incluir detormaclones por cortante en las barras, es tarea simple, basta con modificar la matriz de rigidez de las barras y los momentos de empotramiento (véase el acápite 4.11.7) incluyendo las deformaciones por cortante. Elemplo 6-35 Para formarnos una idea de la influencia de las deformaciones por cortante en la respuesta de una estructura, se ha analizado una placa o muro de concreto armado en voladizo de cinco pisos cuyo modelo se muestra a continuación. El análisis ha sido hecho por el Método de Rigidez utilizando el sistema Q-D .indicado (desplazamiento horizontal y rotación en cada nudo) para un sistema de cargas laterales con variación triangular en la altura del muro, este sistema de fuerzas podría representar la acción de un sismo sobre la estructura. La influencia del cortante se ha cuantificado variando la esbeltez geométrica de la placa x (cociente entre la altura total y el peralte) y resolviendo cada caso incluyendo y sin incluir las defonnaciones por cortante.

"7 ) ,)

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)

1 )

) 25 ton

-) )

E = 2 xl 06 ton/m" G = 8.7 xlOs ton/m'

~

6

1= Altura total de la placa = 1S m

--4

h = variable (peralte de la placa)

)

~IO.25

)

J

h = peralte Sección de la placa

) )

+

+

)..=2

) .)

-,

,---r--, \\\\

2

1

Peralte (h) 1.5

Esbeltez 11 h = ).

2.0

7.5

3.0

5.0 3.0 2.0 1.0

5.0 7.5

15.0 m

V

3

I I

I

)

,

I I

)

I I

I I

.}

I

I

I I

I I

,

I

J,_

4 I I I

10.0 I

I I

, 5

v

~1 -:;1

I

I I

I I

I I

~

:)

I

I

1

J

I I

I I I

I I I

)

I

\\\\\\\\\ \\\~\\\\\\\\\.1.

..

-=3

9

1 7.5 in

/= 15m

I I

I

I

-=j ,]

...

:>"=7.5 Elevación de la placa mostrando algunas de las esbelteces analizadas

J

J J )

.

H.

.';.,

H_.:L~-·~~-~:~~:·~~·.-

..

'H."

- --::.,. :i"':--=_-'-'~:-":"H'-:-:

H.- ---;:::--'-"7"'

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. H: ....

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1;;~~;;~~~,.:.:~;:-~:~¡~~'~:~:,::_.~-: ~,,~:~: '-. :_'~;-'.;~-,~:~';:":;_¿.'~-::"i;~;~ ~~.;jit¡~::~~~Gi_i:¿·:~:i~·-;:: ::':':.~.~i:.~_::· ;':~·.':':·:_~~_':~i:~;L;-.;-,¿:~~¡__...~:i:" :_~~i~~~~

:.:;.p:,::.~~-__!;~ H;·.': ~~~-~~;~.~;~.

251

•l.

A continuación se muestra. para cada una de las esbelteces analizadas. la deformada de la estructura (desplazamientos laterales del eje de la placa) con y sin deformaciones por . cprtante. Para este caso particular. las deformaclones por cortante son importantes para .esbelteces de hasta 5 aproximadamente, para esbelteces mayores las deformaciones por corte no modifican sustancialmente el comportamiento de la estructura.

; Eabeltarz1

i

15.,.----·

1 j )

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I i

.......................... ~

) }

.

~

~ 0.0

0.2

1

0.4

0.6

.

............................... ~

0.6

1.

O._----~----~--~~--~----~ 02 0.4

0.0

DespIaz Lallnl

0.6

0.8

1.

Des_l.IIIer.II.

)

1

J Esbeltez 3

I¡,

EsbeItIlz5

I

I

I

12

~ ) )

··.......... ·....······ ..·..···..t::::~I·...... ······:··

··.... ····..····················I ..... IIe:K._-t·.. ··... ········ ...... nec

.J

O._----~----~----r_----~--~ 0.0

0.2

0.4 0.6 De6pIaz l.atefBJ

0.8

1.

o._----~----~----~----~--~ 0.6 0.0

0.2

0.4

0.8

1.

DespIaz LaIeraI

)

)

-7 J1

Esbellaz 7.5

&beHez10

) 12

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................................. ~

..)

~

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o._ 0.0

)

~----~----~-02

0.4

0.6

. I

__ ~--~i 0.8

1.

DespIaz l.ater.II

J _)

0.0

0.4

0.8

OesFWl.steral

.)

)

..·..·..····..... ·····......·····i::::::-t1lDf¡..······..··m. o._----~----~----~----~--~ 1. 0.2

251

0.8

252

6.15 Estructuras con Elementos de Sección Variable Este tema fue tratado extensamente en el acápite 4.9. en el cual se presentó la metodologra para obtener la matriz de rigidez de barras de sección variable y los momentos de empotramiento. En el Método de Rigidez el análisis de estructuras con barras de sección variable. es tarea simple. basta con calcular previamente las matrices de rigidez de las barras y sus fuerzas de empotramiento.

!

¡

i.

l

l¡D ~ ~

-') )

') )

) )

') ) ) )

Ejemplo 6..36 Resolver la viga de dos tramos indicada a continuación. la viga es de ancho constante igual a 0.35 m. El módulo de elasticidad es B = 2.2x106 ton/m2. Para la solución se utilizará un sistema Q-D reducido que no incluye como grado de libertad la rotación del nudo 1 o~

I

11:

¡

l.

I I I

l

};

\\\ J¿ /1

yl

)

5 ton 1m

v I¿ í1j m 11 4.5

12 m

~

~

I

~ 3

10.5 m

)

0.90 m

J¿

I!

11

:$:0.90 m

*

01

í1

) ~

) .-=) )

)

)

)

Q-D

)

• Coeficientes de rigidez y momentos de empotramiento Utilizando las Tablas para barras de sección variable de la peA que se resumen en el Anexo 1 se tiene: a} Barra 1 .....2 ftü =0.70 ft21 = 0.47 (factores de transporte) k22 = 6.72 El/IS' kll = 4.48 EIIIS

)

)

-) 'o"

;) o.

)

.) ~

{q}

= [kJbarra {d}

[ k]'

~ El [ 4.48 15

barra

3.15

3.15 ]

J

6.72

G

·3

Rigidez modificada de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.3): k'22

= k22 x (1

- ft12 x

ft21 ) = (6.72

El/15) x ( 1 - 0.70 x 0.47) ~ 4.51 (BIlIS)

Momentos de empotramiento: J.112 = - 0.0685 ro (15)2 J.121 = 0.117 (J) (15iMomentos de empotramiento modificados de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.7): U'IZ

=O

U' 21

b) Barra 2 - 3 ftl2 = 0.449 kll = 8.29 El/lS

= UZI + fl2 x Ul2 = 0.117 x S x 152 + 0.70 x ( 0.0685 x 5 fhl =0.791 k22 = 4.71 BIlIS

x 152 ) .~ 18S.6 tonxm

~

·~

:)

J

)

.J J

.)

) ~

-·C·C···:..

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_

_

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':_¡'-~;,,"-_,;_;=C:;_";

253

[ k] barra

{q} = [k]barra {d}

El [ 8.29

~

15

3.72

3.72 4.71

J' q-d

Momentos de empotramiento: Ul2 = - 0.131 x 5 x 152 ~ -147.4 tonxm

•

~O(I~t;¡

J I

=

0.063 x 5 x 152

:::s

70.9 ton x m

Estado Primario 185.6

1

U21

¡--r---r-¡

~"f~

25.16

1

RI ~

147.4

70.9

~f f~ (1 ¡ J f ~T f42.60 49.84

¡...........--¡

¡~

¡ , ¡

't0 (i--{

32.40

92.44

)

R¡ = 185.6- 147.4 = 38.2 ton-m I ')

) 70.9

-¡

)

~

•

\

Estado Complementario 01 = 1

_j ~-----.._

_j )

f#.

I'!

~

F'

kll

)

OJOl El

~f T) C~j(F-:;;=-

)

)

0.020 El

-j

..

k¡ I = 0.553 El + 0.301 El = 0.854 El

J

~

0.301 El

.)

0.248 El

J )

...) )

{M}t

) i

"

.)

)

_) l

t)

O.058EJ

)

")

j

~

0.038 El

.) ,

0.248 El

0.553 El

~

_)

~,-~ -"" ;-:

253

C~

Q)

Q)

2S4

::)

lJ~spléi.za.rn¡ent()sen fas coordenadas [K] {D} = - {R} (O.854EI) PI == - 38.2 • Motnentos fináles· en las barras

)

•

--+ D1= 92 ~ -

}

44.73/ El

) )

{M}p + {Mhx D1 = {Mb

o - 185.6 - 147.4

')

O

+

-70.9

- 0.301 0.553

O

El x (- 4;~73)

- 0.248

=

)

- 172.1 - 172.1

')

- 59.8

)

) )

•

Momento f1eclor (ton-m)

~

172.1

) ") ) )

---;J ) ,...:) )

67~8 @5.2 m

•

)

J

Deformada

) )

"r'

-,

)

)

-) Nota: Se sugiere al rector resolver esta viga considerando dos grados de libertad (las rotaciones de los nudos 1 y 2). En este Cf;lSO no será necesario modiñcar los coeficientes de riglcjez de la barra 1 -2.

) ") )

Eiempió.6-37 Para cuantificar la influencia que tiene la sección variable en la repuesta de la viga del problema anterior, a continuación se presenta el d.iagramade momentos fleclores para el caso de sección constante O.35xO.90 m, E = 2.2xlO6 tonftn2•

-7 .',.: ;~ ,

) ~ - ::>

l20.5

~

80.4

,j

J

J ')

t

) 34.82 H6.K~5.Y

m

Momento flector (ton-m)

254

J )

..,) ;9

"7

•

Defonnada

}.

Nota: Se sugiere al lector resolver, por el Método de Rigidez, las vigas de 'los .ejernplos .• 8~10y 8-11-del Capítulo 8 del Método de Cross.

) _) ")

~

6.16 Estructuras con Elementos Indefonnables Cuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande, estos pueden modelarse bajo la hipótesis de El = 00, es decir como si fueran sólidos rígidos. En estos casos debe modificarse el sistema de coordenadas para reflejar la dependencia de los desplazamientos en los extremos del sólido rfgido. El análisis de este tipo de estructura se ilustrará' mediante los ejemplos presentados a continuación.

) )

'} )

'. - Ejemplo 6-38 Resolveremos la armadura mostrada para los dos sistemas Q - D indicados. La barra 3-4 es un sólido rígido, las otras barras son de acero con E = 2.0xl 07 tonlm2 y área 0.002 m2.

)

lO ton

)

+

)

3m

\1

)

K

4m

\1

f\

)

-7 ¡)

?

a) Solución en el Sistema O,-DI •

Estado Primario. Las fuerzas en las barras deformables son nulas ya que no hay deformación axial en ellas. El primario se resuelve por equilibrio del sólido rígido.

,j I

,)

t t ! f)

R,= O

R2 = 10 ton R3 = - 40 ton-m

l

) I

.)

255

¡J}

a)

256

~

•

-J

Estado Complementario

)

. ..

,

/'

) )

x=o.s_A

) ~

)

1

")

q2 = + (2xIO')(0.002) (0.8) = +6~400ton/m= O.16EA 5

) )

) ~

) )

o

6,400

o

kll = 6400 x 0.8 = 5,120 tonIm

=

0.128EA

)

k21 = 6400 x 0.6 = 3,840

= 0.096EA

)

k31 = - 3840 x 4 = - 15,360

= - 0.384EA

~

) ::2) )

) )

) ) }

1

x=O.6

) )

,) )

q.

= q3 = + (2xI07)(O.002) (1) = 13,333 = 0.33EA 3

q2 = + (2xl0')(O.002) (0.6) = 4,800 =0.12EA 5

kl2

= 4800 x 0.8 = 3,840 = 0.096EA

k22

= 2 x 13,333 + 4,800 x 0.6

= 29,547

= O.739EA

k32 = - (4,800

x 0.6

= - 64,853=

+ 13,333) x 4

- 1.62EA

.)

~. J

,) ,--:J --j

-:t

~:)

-)

:) .) )

J ,)

)

256

J :10 "o")

. .,- ·.. :.--~._;~·: ..::r;·:;:_~~:_.:~;~:t;~:=:¿~~:~~~L,j~·_~~;.::~=~·~~~~~t:j ...~~,:~~_:-:-: :~~~-~~~,~:"-~~~~~.~::';_':":'~.::':.c:...=:_;__::..~_._~~~_~ L ._:_~~__::.¡:.!!. --=-_-

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)

257

'-)

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l;!'

4 ): 4

1

ql =0

-;: 1"122 -

ZZ

ZZ

k3J

o

7t

19,200 ..

A

53,333

q2

= - (2x107)(O.OO2>C2.4) =-19,200=-0.48EA 5

q3

= (2X107;(O.002) (4) = -53,333 =-1.33EA

kJ3 = - 19,200 x 0.8 = - 15,360 = - O.384EA k2J = - 53,333 - 19,200 x 0.6

= - 64,853 = - 1.62EA k33 = (53,333 + 19,200 x 0.6) x 4 = 259,413 = 6.485EA

) ';

)

)

..

'~-.: .J\"

.,.\-,., ~"

.;.

•

Matriz de Rigidez

~~;'

:r

0,,'.,,.

:....~.

[ 0.128 [K) = EA 0.096 -0.384

[K] {D}=-{R}

-+

0.096 0.739 -1.62

{D'}=E~

.0.384] [ 5,120 -1.62 = 3,840 6.485 -15,360

22.50 } O { 7.5

=

3,840 29,547 -64,853

-15,360] -64,853 259,413

{5.625 X 10-4 m } O 1.875 x 10 -4 rad

)

") ~

....

) - 10

Deformada

Fuerzas axiales

.)

(ton)

_)

)

)

....

257

1. .--

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:;;,._~ ..:- ..

~.:ji~,

(l) 260

'~

~

Como era de esperarse, la solución para ambos sistemas de coordenadas es la misma. Nótese que los resultados de las fuerzas finales en las barras, pueden obtenerse por simple equilibrio ya que la armadura resuelta es isostática.

"j ) ) )

Ejemplo 6-39 La barra (viga) 5-6 del pórtico mostrado tiene rigidez a flexión infinita (El = IX) ) se desprecian las deformaciones axiales en todos los elementos. Las columnas y la viga del tramo 4-5 tienen El = 3,000ton x m2.

) )

6

5

--j ) )

3m 3

2 \\\

") )

El = €X) 4

) .)

) \\

\\\\

4m

)

6m ~

El sistema de coordenadas adoptado para la solución de la estructura es el siguiente y refleja la presencia del sólido rrgido (barra 5-6).

.)

A

) ~2

)

)

)

(2 GDL)

)

)

\1

)

Q-D

•

Estado Primario. Nótese la presencia de fuerzas internas en la barra 5-6, estas fuerzas son necesarias para mantener el equilibrio de los nudos.

:>

)

)

)

J

)

.:) 0.89

8

t !

R2 = - 5.333t-m

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5.33

--J

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5.33

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J ~

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I

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1

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_:~.~,l~:_·~ .:~~:.. - -~~~'~:':,~~;.:;:'

261

.

)

•

Estado Complementario Nótese la presencia de fuerzas internas en la barra 5-6, estas fuerzas son necesarias para mantener el equilibrio de los nudos.

)

~

k12

} J

~

kll

)

M=V=O

~I

-+

+=

~6x3000 ~ 32

)

)

~j

Oll)

c.~ V 6x3000

12",3000

33

33

't. ....:J

tI'7\

+ t

12%300:+

j.

(pfZWWiE

~

't(_,)6x3000. ,r:-\ 32

) )

V =667

32

12%3000 { 33

....:J

'-J

1

.~

)

-; ) )

} )

kll= 3 x ( 12X3000) 33 = 4,000 ton/m = 1.333El k12= - 6x~~00

= _2,000

{M}¡

= -0.667 El 2,000

2,000

2,000

_j

J

r r·''"' '·' ·' ·' "' 1

)

> )

-~.

J

D2 = 1, DI =0

J .)

k22 ~

)

-;) o,_)

k2l

V) (-i t \.....JI

)

}

j

2> _)

4~

C!Ztl=Z;(~~0~;:t7Zi11 4x6

M=V=O

6(3000) 32

x.> .)

6(3000)/42

i>

r,;.,. 4(3000)/3

..) .) ..)

2(3000)

4(3000) 4

2(3000)/3

"l\ 261

M=V=O

:

::)

-7 6 k21 = - 32 (3000)

)

= - 2,000

) )

k22= (~ + :)(3000) = 7tOOO= 2.333 El.

{M}z

) \

-, ')

•

Matriz de Rigidez [K] {D} = - {R} 4000 [ - 2000

- 2000 ] 7000

)

{DI} = D2

)

{O } 5.333

D)} =:)

{ D2

{ 0.444xl0-3 m } = 0.889xlO-1 rad

) .:;)

) •

")

Momentos finales en las barras

)

{M}F= {M}p+{M"l)xDJ+{M}2xD2 6.67

)

---} )

5.78

~ )

) )

)

) )

{M}y 0.89

J

(ton-m)

0.89

0.89

o ) )

Ejemplo 6..40

J

La estructura mostrada está compuesta por un sólido rígido apoyado sobre una barra flexible (barra 1-2) en flexión e indeformable axialmente de longitud 3 m

-']

\1

J =3 '-1 #9

3m

2 ton/m

-;) ) ,)

J ) Sólido rígido

Q-D

El \\\ \\

) ,)

)

~

-, •

Estado Primario. Las cargas de fijación se calculan por equilibrio del sólido rígido. Nótese que en la barra flexible, al no haber deformaciones por flexión, no existen fuerzas internas.

4/3

r

A

213~ "

)

)

.:~ .'

')

,

RI = - 4 ton

R2 = - 8/3 ton-m

)

.-

M=V=O

-.-..

»

\\\\

•

)

Matriz de Rigidez

) ) )

kll

)

}

k = 12E! = 4EI ~ 0.444 El 1I

)

(3)3

9

)

6El 12EI 14EI k =----x2=--~-1.556El 21 (3)2 9

-}

(3i

_,)

J _)

) )

)

J )

J.

I ..;))

- _) I

) .~

12x2 (3)3

'; )

J .J

Y _)

Fuerzas en la barra 1-2 (multiplicar por

263

En

'] )

Equilibrio del sólido rígido para DI = O.D2 = 1:

)

k __ 12x2_ 6 =_14El 27

12 -

¡ í

I

¡

9

)

9

)

)

\

)

! ~

•

¡

12~ 9 3

1

12x2

6

27

9

-+-

) ) )

-+-

;)

[K] = El [ 4

1

9

-14

)

-14 ]

)

52

)

•

Matriz de Flexibilidad de la estructura

)

---j ) ~

.) ) .) ) )

m,(x) =5-x

5

r = 3Jm1m¡ = lI(5-X)2 11

o El

)

=1

)

,Jdx

>

El

o

m2(x)

39 El

f. = f = lJmlm2 12 21 El o

= ~(5 + 2) = 10.5 2

-)

El

) )

l

f22

= ¡mam2 o El

= (1)(1)(3)= 2_

[F]= - 1

[39 El 10.5

•

-:) ) --:)

El

103.5]

--j

..,

Producto de las Matrices de Flexibilidad y Rigidez

El [4

[K][F]=[F][K]=9

-14

-14]

52

1 [ 39

El

10.5

-0

10.5

o

3

1

:) -:')

-) '-) j .)

J S6 -~

(.!.)3 x.!.4

4

-El

4

) )

.) = El

12

) )

j

)

-;}

.,

-j •

Matriz de Flexibilidad de la estructura

'-J

:)

266

267

Im,m = J{3- X)2 dx = _2_

f =3 11

o El

l

f. =f

3

o

El'

El

,

12

•.

21

.'

= lJmlm2 = lJ(3-X)(7-X)dx= El El o'

"

o

27

El

lI

f = mlm2 = 3$(7 - X)2 dx = 93 22 El El El o o [ F]- _1 [ 9 El 27 •

)

27 ] 93

Producto de las Matrices'de Flexibilidad y Rigidez

) ) )

,"

, 6.17 Estructuras Espaciales

, .:Cada nudo tiene en general, seis grados de libertad, tres traslaciones ortogonales y tres ,;. rotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. El análisis de ,',' estructuras espaciales por el Método de Rigidez, conlleva un gran número de grados de ,libertad. Su aplicación manual es virtualmente imposible, salvo para el caso de ,.,'estructuras muy simples, por lo que para su solución es prácticamente indispensable , utilizar un programa de computadora. Recuerde que las fuerzas de sección en las barras de una estructura espacial son: Axial, cortante, momento flector y momento torsor. En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra, referidas a sus ejes locales, los que deben ser principales y centrales. 2

_)

1

1

) 3

3 }

) V31

)

.)

.,

..,

M21

.)

; ) )

)

Ejemplo 6-42

la figura muestra la planta y elevación de una estructura compuesta por una losa maciza indeformable en su plano (diafragma rfgido) apoyada sobre tres columnas circulares , empotradas en la base y articuladas en el extremo superior. La rigidez a la flexión de las .. columnas es El = 5,400 ton-m'.

}

:,:Calcularemos solamente la Matriz de Rigidez de la estructura. )

) ) )

267

,r;) ~

268

9 -) ) ) )

f-~

3m

)

I

el

•

Ir

)

C2

•

4m

4m

,

\\\

\\\

3

ELEVACIÓN

) ) )

"

~

PLANTA

")

El sistema de coordenadas adoptado consiste en los tres desplazamientos medidos en el centro de gravedad del diafragma rfgido. Este sistema, obedece a la presencia de un. diafragma rfgido en su plano (losa de piso). La losa debe moverse como un sólido rfgido :. en su plano, por lo tanto, se generan dependencias entre los grados de libertad de todos •.. los puntos contenidos en el plano de la losa.

•

-)

J )

)

-J

.) ~

Cálculo de la Matriz de Rigidez

)

)

.> )

~ZZZZZZZ~Z7ZZZZZ~

1, !, DI

= 1, D2 = D3 = O VI = V2=V3 = V

3EI =-3

3

(1) =

'-...fII

'-...;1f

'-.JIf

~

~

~

3(5400)

27

},

(1) =600 ton/m

)

)

)

J

:)

") )

=)

')

Equilibrio de la Josa para DI = 1, D2 = D3 = O

-=1

._

-~

600

kit = 3 x 600::: 1,800 ton/m k21

=0

kJI

= 600 x 3 = 1,800

..

-¡)

.J

:_)

J 600 .._

_) 600

)

+-

)

-d ~

268

{;

':j

269

~qui(¡brio de la losa para. Í>2 = 1, Di "l.T

VI

=

V·:_ 2-'-

600

= D3 = O

3EJ·· 3(5400) V3 - V =7(1)= 27 (1)=600to~m

.¡ k22 =·3 x 600 = 1,800 k32 =0

)

)

)

~600

600.t .

) )

EquIlibrio de lalosa para Da = 1, DI

=~ = O

v. = 3El (3) = 3(5400) (3) = 1 800 3

33

27"

v. = v. = 3EI (5) = 3(5400) (5) = 3 000 I

2

33

27

'

kJ3 = - V3 + V2 cos(53) + Va cos(53) = 1,800

= - VI sen(53) + V2 sen(S3) = O k33 = V3 (3) + VI (5) + V2 (5) = 35,400 k23

~\

) )

La matriz de rigidez de la estructura es:

) ~

[K]=

[

1,800

o

O

1,800

1,800

O

1,800 ] 35~400

_)

'; _) )

j ._) )

269

Kxy

Kx9]

Kyy

Kye

Kay

Kas

6.18 Análisis para Diversos

~

1

casos o Estados de Carga

II

La matriz de rigidez, [K], de una estructura depende del sistema Q - D seleccionado para I el análisis, de las condiciones de apoyo, geometrfa, propiedades y conectividad de las ! barras. En una estructura linealmente elástica [K] no depende de las cargas actuantes. I Esto hace que el análisis de una estructura, como la mostrada a continuación, sometida ! a diversos casos de carga sea simple-ya que lo único que cambiará entre caso y caso I será el Estado Primario. el Estado Complementario será el mismo para todos los casos de carga. En consecuencia la inversa de la Matriz de Rigidez, [Krl, no depende del caso de carga y será necesario calcularla sólo una vez.

tJ)

O ·9 ~

) ) ) )

) ) )

)

)

":J ) j ~~

Q-D

Estado 1

Estado 2

Caso de Carga 1:

{R}l -+ {Qh

Caso de Carga 2:

{R}2 -+ {Q}2 = -{Rh

Caso de Carga n:

{R}n ~

{Q}n

~~'" AJ

)

_)

~~

Estado 3

_)

) :!)

= -{R}¡

=

)

) )

-{R}n

)

{Q}¡= [K]{Dh => {n}¡=[Iq l{Q}¡ o

~

{ah

"1.-

.) ) )

6.19 Ámbito de Aplicación del Método de rigidez Hoy en día, con el desarrollo de las computadoras y de los programas de análisis estructuraí.: están desapareciendo de manera acelerada los límites en el ámbito de aplicación del Método de Rigidez. 1) Tipos de estructuras que es posible analizar a) Estructuras de barras • Vigas. • Pórticos. • Annaduras Planas. • Parrillas. • Armaduras Espaciales. • Pórticos Espaciales. b) Medios Continuos ~ Elementos Finitos (estados planos de esfuerzo Y deformación, losas, cáscaras, sólidos, etc.)

-'j

) ) )

=) -) ~ _::~

;;tJ ,) _)

_) ,)

2) Comportamiento de la Estructura: En todos los problemas resueltos, hemos supuesto _o_. comportamiento Lineal Elástico, sin embargo, el Método de Rigidez se ha extendido al ámbito del comportamiento no lineal de las estructuras, pudiéndose abordar problemas .. de no linealidad geométrica, no linealidad del material o de ambos.

_) ) )

-d ~

270

..'i(;J "'"\.-

':'1

_ ..

_--_::.._:._._:__-:;-;

._-

;""

..

271

CAPITULO 7 - Formulación Matricial del Método de Rigidez

1 Introducción

) )

") ) )

.~

.) ~ }

, )

)

,J

1 .)

) ) ,)

)

) )

-; )

..., )

) )

_J ) ) )

el Capitulo 6 se presentaron las ideas centrales del Método de Rigidez aplicado a ras reticulares. La aplicación del Método de Rigidez se realizó bajo una forma o es decir, la matriz de rigidez de la ra se generó aplicando sucesivos desplazamientos unitarios en cada una de las .....,..""'""'·1"I8S elegidas y los coeficientes de rigidez se obtuvieron por equilibrio de los o de porciones de la estructura. De manera similar se obtuvieron las cargas ,~:nO~[]i:lJt:l:i(Estado Primario). El procedimiento o metodologfa utilizado en el Capitulo 6, ~_·."'rrT,.r~entender las ideas centrales del Método de Rigidez y darle un significado flsico a ,••

[~,]

)

"

• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

)

-;,:

= [~

-1/4] 1/4

[qj]

)

)

q2

~

Q¡ = ql-0.25 q2 -:

'~

~---~_.t --a. = (5/4) /5

) )

= 0.25

a 4Ela

--¡- = 0.25

El

) -~ .~ .~

-j

kt2= 0.09375 El

kn= 0.0625 El

J ~

\

1

\

;.~

286

t·· "

c.

.1

~

• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D

kl~EA/Li

Barra 1-4 2-4

.....,.....

n~1

[,Ai]

[Ar]T Ik~

O,Q

EA/S EA/5. EA/3

2.;3

I

(

0.0 EA .

.,.0.8 -4/3 :E= [K] =

0.128 EA

L -r'"

16/11EA

(

...

0.7206 EA

C. (

• Desplazamientos en el sistema Q-b {Q} = [K] {D} Di = 13.8175/ EA

i

{lO} = [0.7206 EA] {DI}

(

F (

• Fuerzas en las barras.

(

{dí} = [Ai] {D}

{qi} = [Id] {di}

'(

Barra 1-4 2..3

24

(q;) ,;",[k¡][di} (Ton)

di

[ki] EA/5 EA/5 EA/~

0.0

0.0

-0.8 DJ -4/3 Di

-2.220 6.167

• Resultados finales (axiales y reacciones en toneladas)

j

r ( ::/.; ':')

~~; I'!

Ejemplo 7..7 Resolver el pórtico mostrado, compuesto por un muro o placa (barra 1-3) una columna y

':'~~ ;'~i

tl

una viga qué se ha modelado con un brazo rígido de 0.75 m a la izquierda. Se ignoran las deformaciones axiales y por fuerza cortante, 20t on

.....

®

0.5m

J

Columna 0.25XO,Sm

;',.....

1:,:;,

1 3.00

'~~t

f_

m

..'+ a>

0.5 m.,

:.

~ ...

F......~..

a.••••••••••••

:_ ..~•• 9.~ ••••••••

. .

Pla ca 0.2 Sxl.5m

G>

Viga O.25XO.5m

f-.

,...

'\::... ~., .......

C) .jr-1.50ri1_" ..I,.~-4.OD

286

m----.r ....

l

"="

/

KL =

~

..

._

/

J

3.537

,_'

~

18.10&--

)

!IIi!i!itL '

--

. .., ."

,

Ejemplo 7-8 Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, modificando el sistema q - d para la barra 3-4 (la barra con brazo rigido a la izquierda) • Nuevo sistema q - d. El Sistema Q -D es el mismo que hemos utilizado en el Ejemplo 7-7. 3

1

3

r ,

~~,.,

27 El

1 l

El

t~

_j

O.75m'"

!

1

1

1~

3~

Nuevo Sistema q - d

4.00m--;.f

....

64

Modelo de la estructura y. sistema Q - D

!

i

r.I!B~-----)

\: EI=oo

21

1

}

5

3.00 m

_J

1

2

~1

El

I

•

Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas).

1 )

Nótese que el sistema q - d adoptado para la barra 3-4 involucra la determinación de la matriz de rigidez de la barra, tal como se hizo en el acápíte 4.6 o en el Ejemplo 7-3. Dicha matriz de rigidez corresponde. al caso 7 del acápite 4.11, con a = 0.75 m y b = 4 m.

4( 4+3·0.75+3· 0.75 _El 4" 4 2) k3_4 - 4 75 [ 2+6.0'4

75] _ 2+6.0'4

~

1.6680

- EI~.

7813

0.7813] 1.0000

4

Para las otras dos barras la matriz de rigidez no se modifica. j

• Generación

de la matriz de transformación

{d} = [A] {D}.

de desplazamientos

) J

di

=

._.__c!~_~. )

)

.) }

[Al =

DI= 1 1

D2= 1 O

D3= 1 O

1

O

O

º .._. ..}.

..

d3=

-... ~-~.--------º-O ---.o------Q---------_ ds= 1 dtí=

O

O

j

}

[A3_4]T [kj_4][Al-4]

-

~J )

El

,

j i

\

-_;; 289

.) J

6~80

la matriz de rigidez del pórtico en el sistema

)

~

1

[go 0.7813 1. o.1.0000 7~131

i

¡

~~~~~_._

Se observa que se obtiene el mismo resultado, respecto al aporte de la barra 3-4. En consecuencia y como era de esperarse, Q-D, es fa misma.

~

. .!.._.o __. O

.... _

Luego. el aporte de la barra 3-4 a la matriz de rigidez del pórtico es:

--j

i

..~

[Al-3]

290

() Ejemplo 7-9

"~

Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, considrando deformaciones por corte en la barra 1-3 (muro o placa). Con esto podremos formarnos una idea de la influencia que tienen las deformaciones por corte en la repuesta frente a cargas laterales de este pórtico pequeño.

{d} = [Al {D}.

Es la misma del

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas). Las.. barras 2- 4 Y 3- 4 tienen la misma matriz de rigidez del Ejemplo 7-7. S610 es necesario", modificar la matriz de la barra 1 -3 incluyendo deformaciones por cortante, para esto, utilizaremos lo expuesto en el acápite 4.10.3. .

]2 El POAc

~h

G

12

.. kl-3

6

[33 -

27EI 1 +a _~

=

(concreto armado)

h)2 (1 5)2 =:;. a. = 2.76 ( T = 2.76 -T = 0.69

Ac e bh 1.2

b

-10.6S09] 24.9763

31] [7.1006 4+« = El -10.6509

32,

3

., ) )

)

) ) ") ) )

--::) -}

4

)

)

7.1006 [Al-3]T[ki-3][Al-3]

)

)

• Aporte de la barra 1- 3 a la matriz de rigidez del pórtico [kl-3] =

)

J

E

- = 2.3

a=-::---

')

)

• Sistemas Q - D Y q - d. Son los mismos del Ejemplo 7-7. • Matriz de transformación de desplazamientos Ejemplo 7-7.

)

= El

-10.6509 gOl

-10.;509

24.9763

[

o

)

.1

)

.) • Matriz de rigidez del pórtico en Q - D

[K] = ¿[Ai]T [ki] [Ai]

7.5450 -10.6509 [KFlnal1= El [-10.6509 26.6443 -0.6667 0.7813

-0.66671 O.7813 2.3333

)

)

) )

• Desplazamientos en el sistema Q-D {Q} = [K] {D}

{Q)=

[rJ

{D} = [Kr1 {Q} 6.1861J {D} = ~ 2.4450 El [ 0.9488

• Fuerzas en las barras. {di}

= [Aí]

{D}

{qi} = [ki] {di}

290

,

.....

, "

¡

o [del = [A]fo] ~ {d·l = }

d~

1

o

O 1 O 1 O O O O 1 O -0.75 O O 1 O O O O O O

di di

e·

.4450 ' 1861} .9488

d. d!;,

=

des

d; da

fkil x El

Barra

6.1861 2.4450 6.1861 0.9488 -1.8338 2.4450 O 0.9488

* l/El

{di}

[qi} == [ki] {di}

1~3

( 7.1006 -10.6509

-10.6509] 24.9763

{6.1861} 2.4450

(17.B832}

2-4

[0.4444 -0.6667

-0.6667J 1.3333

[6.1861} 0.9488

{2.1168 ] -2.8590

-0.3750 1.0000 0.3750 0.5000

-0.1875 0.3750 0.1875 0.3750

3'-4 }

1

o

r·

-0.3750 -0.1875 107' -0.3750

-0.3750] 0.5000 0.3750 1.0000

r·

2.4450 o S338} 0.9488

-4.8195

r·

3.6071 1.6165 616'} 2.8590

)

• Diagramas de fuerzas internas finales

!!@iilJ

t

i

2.859

)'6.]7,

i

3.607

17.883

=

2.859

2.117

17.883

J

--

2.11

DFC(ton)

DMF(ton-m)

3.491

• Rigidez lateral del pórtico KL=

20 ~ 3.233 El 6.1861

_)

)

)

Se sugiere al lector que compare los resultados con los del Ejemplo 7-7, tanto los desplazamientos como las fuerzas internas y la rigidez lateral. Encontrará que las fuerzas internas varían poco, la placa toma algo menos de fuerza cortante transfiriendo la diferencia a la columna. Sin embargo, el desplazamiento lateral del pórtico se incrementa un 18% con lo cual la rigidez lateral del pórtico se reduce al incluir deformaciones por cortante en el muro o placa.

291

) ,]t

292

(~

Ejemplo 7-10 Ensamblar la Matriz de Rigidez del edificio de un piso del Ejemplo 6-42, acápite 6.17. El edificio es una estructura compuesta por -una losa maciza indeformable en su plano (diafragma rrgido) apoyada sobre tres columnas circulares de 3 m de altura, empotradas en la base y articuladas en el extremosupertor con rigidez a la flexión de El = 5,400t-m2• Se desprecia la rigidez torsional de las columnas. El sistema global de coordenadas está referido al centro de gravedad de la losa.

4 ) ) )

"> )

) ) )

)

f-~1

) )

3

\\\\

J

el

) )

4m

4m

)

~(

\\\\

\\\\

q- d (Perspectiva)

Q - D (planta)

-j ;.)

4 )

• Matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D} DI

D2

D3

1

O

3

O

1

-4

) )

di

d2 [A] =

d3

-

---------------1 O 3

dt O 1 4 -----------------ds 1 O -3 d6

O

1

)

[AJ)

O

)

,)

[A2]

)

)

[A3]

) )

)

)

• Matriz de rigidez de las columnas en el sistema q-d (sistema local de la barra) r.-

J

[k] = 3EI [ 1

h3

O

~

]

• Aporte de las columnas a la matriz de rigidez de la estructura

-,

-.."

1 T

[KI] = [Al] [kl] [Al] =

3 El -3 O (3) [ 3

292

o 1 -4

~]

J, "

[K21 = [A2]T [k21[A2]

=

3EI[ C3i .~ 3

T [A3] [k3][A3] =

[K3] =

3 El

-3

(3)

r

O1 -3

o 1 4

2: J

O

-: ]

1 O

• Matriz de rigidez total de la estructura .!

J

[K] = L [Ai]T [Id] [Ai]

=

m[ ~ 5~]- [ (3)3

O 3 O

3

1,800

1,800 ]

O

O 1,800

1,800

O

35,~OO

7.6 Ensamblaje del Vector de Cargas en Nudos En el Método de Rigidez las cargas sólo pueden estar aplicadas en las coordenadas del sistema Q-D elegido para el análisis de la estructura. Sobre la estructura pueden actuar cargas directamente aplicadas a los nudos y al mismo tiempo cargas en las barras. Para las cargas aplicadas en los nudos el ensamblaje del vector de cargas {Q} es directo, mientras que para determinar el aporte de las cargas en barras a dicho vector, es necesario resolver primero el Estado Primario (véase el acápíte 6.5) estado en el cual se restringen todos los desplazamientos de los nudos medidos en el sistema Q-D y se calcula el vector de Cargas de Fijación {R}. A partir de este vector se genera el Estado Complementario, en el cual solo hay cargas en los nudos. La figura a continuación muestra una estructura con cargas aplicadas directamente en los nudos en el sistema de coordenadas elegido y cargas en las barras para las cuales será necesario resolver el Estado Primario antes de proceder a la solución de la estructura. w Estado Primario para las cargas en barras: Cargas de fijación = {R}

Q-D

)

-:

Cargas en nudos {Q}nudos

El vector de cargas total, que debe utilizarse para la solución de la estructura, se obtiene a partir de: {Q}totaJ = {Q}nudos + {Q}barras = {Q}nudos - {R} {Q} total = [K] {D} {d} = [A] {D}

,¡

-1 )

Cargas en barras {Q} barras = - {R}

(solucióndel Estado Complementario) Contragradiencia:

{Q} = [A]T {q}

La transpuesta de la matriz de transformación de desplazamientos, representa la matriz de transformación de fuerzas. El aporte de las "m" barras que componen la estructura viene dado por:

293

,,:1) ;~

294

e ~

) ) )

., )

) ) mbarras

{Q}

=

L

i= J

)

T

[A¡] {s.]

)

Si extendemos este resultado al Vector de Cargas de Fijación del Estado Primario {R}., tendremos: . mbarras

)

i-l = -{R}

J )

T

{R } = ¿ [A¡) {fi} {Qharras

)

)

(aporte de las cargas en barras al vector {Q})

')

Donde tri} es el vector de fuerzas de empotramiento en los extremos de cada una de las barras.

•

--j

. .j ~

7.7 Etapas de la FormulacIón Matricial del Método de Rigidez

)

)

a) Definir los sistemas de coordenadas Q-D y q-d

)

b) Generar las matrices [Aj] -+ {di} = [Aj] {D}

)

e) Generar las matrices de rigidez de barra en el sistema q-d -+ [k¡] d) Generar los productos [A¡]T [kí] [Aí] -+ aporte de cada una de las barras a [K]

.> ,

)

e) Ensamblar la Matriz de Rigidez de la estructura -+ [K] = ¿ [A¡]T [Ie¡] [Aí]

")

f) Ensamblar el vector {Q}nudos -+ (aporte de las cargas en nudos)

')

g) Calcular las fuerzas de empotramiento debido a las cargas en barras -+ tri}

)

h) Ensamblar el vector de Cargas de Fijación -. {R} = L [Aj]T [ri] (Estado Primario) i) Ensamblar el Vector de Cargas -'{Q}total

j) Resolver {D} =

[Kr

J

=

)

{Q}nudos - {R}

{Q}totaJ-+ (desplazamientos del Estado Complementario)

-3

k) Calcular los desplazamientos de extremo de barra -+ {di} = [A~ {D} 1) Calcular las fuerzas de extremo de barra del Estado Complementario

{q¡}

= [k¡] {

m) Calcular' las fuerzas totales de extremo de barra (Complementarlo + Primario) {q¡}total = [k¡] {di} + tri}

~

~

~ )

)

'

294

1

Eiemplo 7-11 Resolver la viga continua de dos tramos mostrada a continuación. Se consideran deformacione_ssolo por flexión y El es constante. Véase el Ejemplo 6-3, acápite 6.5 2 ton/m

,.,v 4m

3m

• Sistemas de Coordenadas

el

I

j ~ ~ t

~

__)

~~

~

\\\

Q-D

)

I/t

(N=2)

4)j

q-d barras

_) ~

l

:il

G)

~

2

7S: \\\

~~ 4

G)

3~

\\\

;

)

¡

i

q-d

(n =4)

)

1

)

1

I¡ ~

,f,:

Nótese que con el sistema q-d elegido, no será posible calcular las fuerzas cortantes en los extremos de las barras. Estas deberán ser calculadas por equilibrio de cada una de las barras a partir de los momentos flectores en los extremos de las mismas. Si se desea conocer directamente los cortantes, será necesario utilizar el sistema q-d alternativo indicado a continuación:

._. ¡'o.

~

.-

(:_1 __

t

3

t

2

4

i) ~

~

~

-t --t 7

8.

~,

Sistema q-d alternativo (n = 8)

) )

La desventaja del sistema q-d alternativo, estriba en que las matrices [Ai] contendrían muchos ceros ya que hay una relación nula entre los desplazamientos DI y ~ con los desplazamientos d3, {D2) = _[K22fl[K2Il{Dl}

1 (2 0.333)-1 (-0.667) (0.27143) {D2}= - El 0.333 3.333 El -1.333 {1}= 0.37282

J

,

0.27143)

{QI} = [K1l]{Dl} + [K12]{D2}= 1.333EI (1) + El [-0.667 -1.333] ( 0.37282

De donde Ql ~ 0.655 EI;::¡1,147 ton/m. El número que acabamos de calcular es la rigidez ...•.. lateral del pórtico, es decir la fuerza lateral necesaria para lograr un desplazamiento . lateral unitario. .

j

~

? 7.11.2 .Cargas Nulas en Algunas de las Coordenadas Si las cargas aplicadas en varias de las coordenadas son nulas, es posible encontrar, mediante un proceso de Condensación Estática, la matriz de rigidez "reducida o condensada" que relacione únicamente las cargas en los grados de libertad con cargas._ no nulas, con sus desplazamientos correspondientes. .

~

-

oO_;_o2~: ::~:~~-?;-: o::!J1i ~:'~:.i~·~;'o ~·;~;~o::i:i:¡.;_o~Lj·~;~oo±:~'~~~~¡;~::~_;~:~~~~~ ".~o2~~-::'o _~:::'~o~~:~l

321

supongamos que se conoce la matriz de rigidez de una estructura en determinado sistema QwDde "n" grados de libertad, si algunas (o muchas) de las cargas externas son nulas, podremos particionar la matriz de rigidez de la estructura del siguiente modo: {Q}=[K]{D}

J )

) )

1

~

¡

I

.j

l

¡

~o:o~o~~~~;:~:.;;]~I,:~~-:-~~·'-~o o~'_':-~-o": ::,~~o' ;¿_,.~;_o :-S~ ~;;.::: -~ :.::=:'-::';;~o='':';::¡:¿;~''::'.I';:O.:::!:O¡¡;: .~:~'~~.~;.'~_~ ..;;~~:~o~.,:~..._~

)

---)

I

=>

({Ql}) = [ [KIt] {Q2}

[K2I]

[K12] ]({Dl})

(K22]

{D2}

Si asumimos que existen "m" coordenadas con cargas nulas (m < n) tendremos: • [Kit] Submatriz correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas, de orden (n-m) x (n-m). • [K22] Submatriz correspondiente a las "m" coordenadas con cargas nulas, de orden m x m. • {Ql} Vector de carga correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas. • {DI} Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas no

nulas. • fD2} Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas nulas. Efectuando los productos en la matriz de rigidez particionada tendremos: {Ql}) = [ [Kll] ( {O} [K21]

[K.12] ]({Dl}) [K22] {D2}

{QJ} = [K.n]{DI} + [KJ2]{D2} {O} = [K2J]{Dl} + [K22]{D2}

De la segunda ecuación se obtiene {D2} el vector de desplazamientos asociado a las coordenadas con cargas no nulas:

,

{D2} =

-

[K.22rl [K21]{DI}

Sustituyendo {D2} en la primera ecuación:

1

{Ql} = ([K1l] - [K12] [K22rl [K21]) {DI}

)

{QJ} = [K*] {DI} [K*](n-m)I[(n-lII)

,

.)

)

.; i!i} )

) ) )

= [KIt] - [K12] [K.22rJ [K21]

[iC*] es la Matriz de Rigidez Condensada (reducida) de la estructura, que relaciona únicamente los desplazamientos con las cargas en aquellos grados de libertad con cargas no nulas. Los procedimientos de Condensación presentados en 7.11.1 y 7.11.2 son completamente análogos, lo único que los diferencia es la manera como han sido presentados. Ejemplo 7-22 Calcular la matriz de rigidez de la barra de sección variable indicada en la figura a continUación. Se consideran deformaciones por flexión únicamente. Ambos tramos son de la misma longitud, el primero tiene 2 El Y el segundo El.

.) .)

",~ 1 )

J

}

ql-dl

321

fE)

cJ)

322

l:'

Adoptaremos un sistema auxiliar de coordenadas (q2 - d2) en el cual es fácil ensamblar la matriz de rigidez de la barra y luegó, considerando que en los grados de libertad 3 y 4 no hay cargas, procederemos a "condensar" la matriz de rigidez calculada reduciendo dichos grados de libertad.

') ') ) )

) ) )

q2-d2 )

• Matriz de rigidez de ia barra en el sistema q2 _ d2:

·:4 :

8

[k]

)

O 12 O 4 :2 = -6 , -.-.. ·..-.--t.-··.-- ..--. .4 2 :12 6 , [k2d 12 -6 6 36

= Ele

[k121]

[[k111

-7 1 ~

·¡

[k221

') )

)

• Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en q2 - d2:

)

)

[k*]2X2 = [ku] - [kL2] [k22r1 [101)

)

• Matriz de rigidez de la barra en el sistema q1 _ dl:

[k] = [k*]

=

)

El 111 (4016 2416) -¡

) ) )

Ejemplo 7-23 Calcular la matriz de rigidez lateral del muro (placa) en voladizo de dos pisos indicado en la figura a continuación. Se consideran deformaciones por flexión únicamente. Ambos: ." pisos tiene la misma altura (4 m) y la misma sección transversal.

) ) ~

'3 -7 ) ) )

--+ El

3

,-)

I

,)

..) ")

h=4m

~

Q-D

Q*-D*

)

-J Calcularemos primero la matriz de rigidez del muro en el sistema Q-D, luego med condensación "reduciremos" los grados de libertad de giro (grados de libertad 3 y 4 no tienen cargas aplicadas) para obtener la matriz de rigidez lateral del muro en sistema Q*_ D*.

)

"')"

) ~

"1 ') 'j

323

• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q - D, considerando cuatro grados de libertad, dos desplazamientos laterales y dos giros.

.

- 0.3750 . -0.1875 ¡ 0.0 0.375 -0.1875 0.1875 ¡ -0.375 -0.375 El ·······················.····i············· ...······· Sim ¡ 2,0 0.5 ¡ 0.5 1.0

.

[k] =

:

• Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en Q - D, reducción de los grados de libertad de giro: [K lat] = [k*]2X2 = [kl1] - [k121 [la2r1 [la])

J )

[K

1

l'

(0.21429 -0.06696) at] = El -0.06696 0.02679 =

(kIt k12) la] k22

• Significado físico de los términos de la matriz de rigidez lateral calculada (véase el acápite 6.10.2):

11>i- . _. _ ...-_..,.k22

ku

\ )

J ) )

.)

D*J = 1

D*2 =0

D*l

=O

D*2= 1

• Matriz de flexibilidad lateral del muro. Se obtiene aplicando cargas laterales unitarias en las coordenadas 1 y 2 Y calculando los desplazamientos laterales.

)

)

j

,¡m¡+i

j

)

Í22

I

~

I. ñz

) ) }

) ) )

j

;'

Ql

=1

Q2 = O

Ql=O

'j .~

r

\J

323

Q2=1

324

La matriz de flexibilidad lateral del muro es (véase el acápite 6.10.1):

J (fl fJ2]

[F )at] = _1 (21.33. 53.33 = J El 53.33 170.70 . 121 f22

.-'

El producto [K 1at] [F lat] = [F lat] [K lat] resulta ser la matriz identidad, con lo cual se comprueba que es posible generar la matriz de rigidez lateral de un pórtico por inversión de su matriz de flexibilidad lateral.

) ) ) )

Ejemplo 7-24 Calcular la matriz de rigidez lateral del pórtico de dos pisos mostrado, por inversión de la matriz de flexibilidad lateral (correspondiente a los grados de libertad laterales 1 y 2). Se consideran deformaciones por flexión únicamente. Todas las vigas y columnas tienen el' mismo valor de El. 2 ~ ...-----------.

1

1~

,

':r

• Simetrra del pórtico. Para reducir el trabajo numérico aprovecharemos la simetrra del pórtico, considerando que las cargas laterales son antisimétricas. Trabajaremos con la mitad derecha del pórtico. 4' ,.-------h--+

-j ]

4 ) )

) )

~m

~-__I_----I---____"..

) )

2

.) ) )

) ) .) ) )

d ~

=>

~

) ) Q-D , (mitad derecha)

• Matriz de rigidez del pórtico en el Sistema Q -D

)

_J

,)

.)

:)

d

,)

d

.) ~ }

)

i9

324

e

(:;)

"-~

')

)

(3i

kll = 12 El I + 12 El I (3)3:::::0.888 El k21 = -12 El / (3)3 ~ -0.444 El k31 =0 k41 = 6 El I 0.667 El

•

!

(3i ~

.,

~

) ~.t: ",

)

k12 = -12 ..

,~

j

-

325

)

i

..}

-4

_' .~~

"

(3i :::::

El/ -0.444 El k22 = 12 El f (3i::::: 0.444 El k32 = -6 El I (3)2 ~ -0.667 El k42 = -6 El I -0.667 El

(3i ~

,

1 ) ) )

i )

~

k13=O 1