Solución Examen Final

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica

ICE 2114 – ANALISIS ESTRUCTURAL I EXAMEN FINAL - PAUTA Ayudante: Ricardo Montero López [email protected]

EJERCICIO Nº 1 (1.8 puntos)

Si se ignoran las deformaciones debidas al esfuerzo normal, la siguiente estructura (E, I constantes) puede ser analizada teniendo en cuenta los grados de libertad indicados en la figura, i.e., {u} = {u 3 3} . T

El vínculo en el nodo 2 es un apoyo móvil que sólo impide desplazamientos verticales.

3

u3 2

3

L

y

1 x

L

1) Determinar la matriz de rigidez global [K] de la estructura. (0.4 puntos) 2) Considerando el Estado de Carga I, determinar el vector de fuerzas globales {P}. (0.2 puntos) 3) Considerando el Estado de Carga I, determinar el vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” {P}. (0.2 puntos) 4) Determinar el desplazamiento horizontal del nodo 3 debido al Estado de carga I. (0.3 puntos) 5) Considerando el Estado de Carga II, determinar el vector de fuerzas globales {P}. (0.2 puntos) 6) Considerando el Estado de Carga II, determinar el vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” {P}. (0.2 puntos) 7) Determinar el desplazamiento horizontal del nodo 3 debido al Estado de carga II. (0.3 puntos)

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F

F

Estado de carga I

Estado de carga II

L/2

L/2

Nota: ignorar las deformaciones debidas al esfuerzo de corte. Expresar los resultados en función de las cantidades F, L, E e I.

SOLUCIÓN

1) Matriz de rigidez global de la estructura. Primera columna de la matriz de rigidez (u3=1, θ3=0). La estructura deformada sería:

Barra 1-3:

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Luego, la primera columna de la matriz de rigidez es:  EI  12 3  L   EI 6   L2 

Segunda columna de la matriz de rigidez (u3=0, θ3=1). La estructura deformada sería:

Barra 1-3:

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Barra 2-3:

Luego, la segunda columna de la matriz de rigidez es: EI   EI   6 2 6       2  L   L  EI EI EI 4  3   7   L  L    L 

Finalmente,

 EI 12 3 L K    EI 6  L2

EI   L2  EI 7  L 

6

2) Vector de fuerzas globales (Estado de Carga I).

P  

F  0

3) Vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” (Estado de Carga I).

Dado que no hay fuerzas aplicadas en los vanos de las barras,

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P  00  

4) Desplazamiento horizontal del nodo 3 (Estado de carga I).

P  Ku  P  EI 12 F  L3     EI 0  6  L2

EI   L2  u 3  EI   7  θ 3  L 

6

 7 FL3  u 3   48 EI    2 θ 3   1 FL   8 EI 

Luego, u 3 

7 FL3 (hacia la derecha) 48 EI

5) Vector de fuerzas globales (Estado de Carga II).

Dado que no hay ninguna carga aplicada en los nodos:

P  

0  0

6) Vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” (Estado de Carga II). Los valores se obtienen del “Apéndice II”, ecuación (D1)



0   3 FL    16  

P  

7) Desplazamiento horizontal del nodo 3 (Estado de carga II).

P  Ku  P

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0   0

 EI 12 3  L  6 EI  L2

EI   0    L2  u 3    3    FL  EI  θ 3    7  16   L 

6

 3 FL3  u 3   128 EI    2  θ 3   3 FL   64 EI 

Luego, u3  

3 FL3 (hacia la izquierda) 128 EI

EJERCICIO Nº 2 (3.2 puntos)

La estructura mostrada en la figura (E, I constantes) está vinculada mediante apoyos fijos en los nodos 1 y 4, y mediante un vínculo que sólo restringe giros en el nodo 2. La estructura está sometida a momentos de magnitud M (sentido horario) que actúan en el punto medio de la barra 1-2 y en los nodos 1, 3 y 4.

(1) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., horario o antihorario) de los giros en todos los nodos. (0.5 puntos) (2) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., horario o antihorario) de los momentos nodales Mij, Mji en todas las barras. (0.3 puntos) (3) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las fuerzas nodales T ij, Tji en todas las barras. (0.3 puntos) (4) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las fuerzas nodales N ij, Nji en todas las barras. (0.3 puntos) (5) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las reacciones de vínculo. (0.3 puntos) (6) Expresar analíticamente los momentos flexores en todas las barras en función de sistemas de coordenadas locales. Considerar momentos positivos en sentido horario. (0.3 puntos) (7) Trazar el diagrama de momento flexor. Considerar momentos positivos en sentido horario, y considerar también que ordenadas positivas según el sistema de coordenadas local indican valores negativos de momento flexor. Indicar valores representativos. (0.3 puntos) (8) Verificar el giro en el nodo 4 mediante la aplicación del Primer Teorema de Área-Momento en la barra 2-4. (0.3 puntos)

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica (9) Determinar la coordenada local x’ del punto de la barra 3-4 en donde el momento flexor es nulo. (0.3 puntos) (10)Determinar el desplazamiento vertical del punto determinado en el ítem anterior mediante la aplicación del Segundo Teorema de Área-Momento. (0.3 puntos)

M

M

3

4

L

M

M 2

1 L

Notas: Ignorar las deformaciones debidas a los esfuerzos de corte y normal. Expresar los resultados en función de las cantidades M, L, E e I.

SOLUCIÓN

1) Determinar la magnitud y el sentido de los giros en todos los nodos.

Si se ignoran las deformaciones debidas al esfuerzo normal, los vínculos externos de la estructura son tales que los nodos no se desplazan ni vertical ni horizontalmente. De las varias maneras posibles de resolver el problema, probablemente la más práctica consiste en aplicar Análisis Matricial Formal (Método General) considerando elementos barra 2D de dos grados de libertad (los giros en los nodos).

Vector de desplazamientos globales:

u  θ1z

θ 2z

u  θ1z

0 θ 3z

θ 3z

θ 4z 

T

θ 4z 

T

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica El elemento conocido es θ2z (= 0). Las incógnitas a determinar son θ1z, θ3z y θ4z. Vector de fuerzas globales:

P  M1z

M2z

M3z

M4z 

P   M

M2z

 M  M

T

T

Los elementos conocidos son M1z, M3z y M4z (= -M). La incógnita a determinar es M2z. Vector de fuerzas de empotramiento perfecto en coordenadas globales:

Las barras 1-3, 2-4 y 3-4 no tienen cargas en el vano. Luego:

P 

13 exp

 

 P24

exp

 

 P34

exp

 04x1

Barra 1-2:

El vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas locales es (ver el “Anexo” al final de la pauta):

P '  12

 M    4 M    4

Teniendo en cuenta que el sistema de coordenadas local del elemento considerado coincide con el sistema de coordenadas global, la matriz de transformación de todas las barras es una matriz identidad de 2x2. Luego el vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas globales es:

P   T  P '  T

12

12

12

 M     4 M    4

y el vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas globales expandido es:

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P 

12 exp

 M  4   M      4    0   0 

Luego, el vector de fuerzas globales de empotramiento perfecto es:

 M  4   M   P    4    0   0 



Matriz de rigidez global

En vista de que todas las barras tienen la misma longitud y las mismas propiedades, las matrices de rigidez de barra en coordenadas locales son iguales entre sí.

k' 12   k' 13   k' 24   k' 34   EI 4

2  L  2 4

Matrices de rigidez de barra en coordenadas globales:

k ij   Tij T k' ij Tij  k 12   k 13   k 24   k 34   EI 4

2  L  2 4

Matrices de rigidez de barra en coordenadas globales expandidas:

k 12 exp

4  EI 2  L 0  0

2 4 0 0

0 0 0 0

0  0 , 0  0

k 24 exp

0  EI 0  L 0  0

0 4 0 2

0 0 0 0

0  2 , 0  4

k 13 exp

4  EI 0  L 2  0

0 0 0 0

2 0 4 0

0  0 0  0

k 34 exp

0  EI 0  L 0  0

0 0 0 0

0 0 4 2

0  0 2  4

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica Matriz de rigidez global: 8  EI 2 K    L 2  0

2 8 0 2

2 0 8 2

0  2 2  8

Ecuación matricial global:

P  Ku  P   M 8    M  2z  EI 2      M  L 2   M  0

2 8 0 2

2 0 8 2

 M 0 θ 1z    4   2  0   M       2 θ 3z   4   0  8 θ 4z    0 

 M  M 8 2 0 θ 1z      EI    4  2 8 2 θ  M    0  3z    M L 0 2 8 θ   0       4z       33    θ 1z   448  9     ML θ 3z      θ   112  EI  4z   47    448 

El signo negativo indica que el sentido del giro en todos los nodos coincide con el sentido horario (en el nodo 2 el giro es nulo).

2) Magnitud y sentido de los momentos nodales Mij, Mji en todas las barras. Para cada barra:

M'ij  P'ij   M'   k' ij Tij u ij   P ' ij  

Barra 1-2:

ji 

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 M M'12  EI 4 2  33  ML  4  P'12           448  M'21  L 2 4  0  EI  M   4

 61  M  P'12    112 89   M  224 

(sentido horario)

Barra 1-3:

 33  M'13  EI 4 2  448  ML P'13         M'31  L 2 4   9  EI  112 

 51  M  P'13    112 15   M  32 

(sentido horario)

Barra 2-4:

M'24  EI 4 2   047   ML      M' 2 4 L EI    42   448 

P' 24   

 47  M  P' 24    224 47   M  112 

(sentido horario)

Barra 3-4:

 9  M'34  EI 4 2   112  ML P'34         47  M'43  L 2 4   EI  448 

 17  M  P'34    32 65   M  112 

(sentido horario)

3) Magnitud y sentido de las fuerzas nodales Tij, Tji en todas las barras.

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica Barra 1-2:

Equilibrio:

M

1

: M12  M21  M  T21L   0

 T21  

F

y

1 M12  M21  M   1   61 M  89 M  M  435 M L L  112 224  224 L

: T12  T21  0

 T12  T21  

435 M 224 L

(hacia abajo)

Barras 1-3, 2-4 y 3-4:

Equilibrio:

M : M i

ij

 M ji  Tji L  0

 Tji  

F

y



1 Mij  M ji L



: Tij  Tji  0

 Tij  Tji

Luego:

T31  

1 M13  M31    1   51 M  15 M  207 M (hacia la izquierda) L L  112 32  224 L

(hacia arriba)

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T13  T31  

T42  

207 M (hacia la derecha) 224 L

1 M24  M42    1   47 M  47 M  141 M (hacia la izquierda) L L  224 112  224 L

T24  T42  

T43  

141 M (hacia la derecha) 224 L

1 M34  M43    1   17 M  65 M  249 M (hacia arriba) L L  32 112  224 L

T34  T43  

249 M (hacia abajo) 224 L

4) Magnitud y sentido de las fuerzas nodales Nij, Nji en todas las barras. Equilibrio en el nodo 2:

F

X

: N21  T24  0

 N21  T24  

F

Y

141 M 224 L

(hacia la izquierda)

: T21  N24  0

 N24  T21  

435 M 224 L

(hacia abajo)

Barra 1-2:

F

x

: N12  N21  0

 N12  N21 

141 M (hacia la derecha) 224 L

Barra 2-4:

F

x

: N24  N42  0

 N 42  N24 

Equilibrio en el nodo 3:

F

X

: N34  T31  0

435 M 224 L

(hacia la arriba)

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 N34  T31 

F

Y

207 M 224 L

(hacia la derecha)

: T34  N31  0

 N31  T34 

249 M 224 L

(hacia arriba)

Barra 3-4:

F

x

: N34  N43  0

 N 43  N34  

207 M 224 L

(hacia la izquierda)

Barra 1-3:

F

x

: N13  N31  0

 N13  N31  

249 M 224 L

(hacia la abajo)

5) Magnitud y sentido de las reacciones de vínculo.

R1x  N12  T13 

141 M  207 M  87 M    224 L  224 L  56 L

R1y  N13  T12  

249 M  435 M  171 M    224 L  224 L  56 L

M2z  M21  M24   R 4x  N 43  T42   R 4y  N 42  T43 

89 17  47  M   M   M 224 28  224 

207 M 141 M 87 M   224 L 224 L 56 L

435 M 249 M 171 M   224 L 224 L 56 L

(hacia la derecha) (hacia la abajo)

(sentido horario)

(hacia la izquierda) (hacia la arriba)

6) Momentos flexores en todas las barras (momentos positivos en sentido horario).

Barra 1-2:

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 61 M  Mx   112 173  M 112

435 M x , 224 L 435 M x , 224 L

0x

L 2

L  x L 2

Barra 1-3:

Mx  

51 207 M M x , 112 224 L

0 xL

Barra 2-4:

Mx  

47 141 M M x , 224 224 L

0 xL

Barra 3-4: Mx  

17 249 M M x , 32 224 L

0 xL

7) Diagrama de momento flexor.

8) Giro en el nodo 4 mediante la aplicación del Primer Teorema de Área-Momento en la barra 2-4.

M24 x  dx EI 0

L

θ 4  θ2  

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica Teniendo en cuenta que 2 = 0 y considerando la expresión M2-4(x) (momentos flexores en la barra 2-4) determinada en el ítem anterior: θ4 

47 ML 448 EI

El signo positivo indica en este caso que el sentido de 2 coincide con el sentido horario. Luego, el resultado obtenido coincide con el obtenido en el ítem 1. 9) Coordenada local x’ del punto de la barra 3-4 en donde el momento flexor es nulo.

M34 x   0 17 249 M M x'  0 32 224 L



x' 

119 L 249

10) Desplazamiento vertical del punto determinado en el ítem anterior mediante la aplicación del Segundo Teorema de Área-Momento en la barra 3-4.

ψx'  ψ3  θ3 x' x 3  

AM 3- x'  gb EI

En el sistema local de la barra 3-4 se tiene que x3 = 0. Luego, considerando que 3 = (9/112) ML/EI (ítem 1), que 3 = 0 y que el área AM3-x’ es un triángulo, se tiene que

ψ x' 

9 ML  119  1  1 17 119 2 119  L    M L  L  112 EI  249  EI  2 32 249 3 249 

ψx'  0.002042

ML2 EI

(ascenso)

EJERCICIO Nº 3 (1.0 punto)

Determinar el desplazamiento vertical del nodo 2 de la estructura mostrada en la figura (E, I constantes). Considerar solamente deformaciones debidas a flexión. Expresar el resultado en función de las cantidades F, L, E e I. (1.0 punto)

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F

1

2

L

3

3/2 L

SOLUCIÓN

Existen varias maneras de resolver el problema. Esta pauta considera una solución mediante el Método de Flexibilidad.

Barra 1-2 (M21 = 0 debido a la presencia de la rótula elástica):

El desplazamiento en el nodo 2 debido a la acción de F 1 es (ecuación (B4), “Apéndice I”):

δ1 

1 F1L3 3 EI

Barra 2-3 (M23 = 0 debido a la presencia de la rótula elástica):

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica El desplazamiento en el nodo 2 debido a la acción de F 2 es (ecuación (B4), “Apéndice I”): 3  F2  L  1 2  δ2  3 EI

3



9 F2L3 8 EI

La compatibilidad de desplazamientos verticales en el nodo 2 exige que:

δ1  δ 2  δ 1 F1L3 9 F2L3  3 EI 8 EI F1 

27 F2 8

y el equilibrio de nodo exige que:

F1  F2  F 27 F2  F2  F 8 F2 

8 F 35

Finalmente

δ  δ2 

9 F2L3 9 FL3  8 EI 35 EI

(descenso)

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica ANEXO

Determinación de los momentos de empotramiento perfecto de una barra simple sometida a un momento de magnitud M aplicado en su punto medio (se consideran momentos positivos en sentido horario).

Método de Flexibilidad:

Lo anterior es equivalente a:

Luego:

θi  θiM  θiMi  θiMj  0

(1)

θ j  θ jM  θ jMi  θ jMj  0

(2)

Los giros en los extremos debidos a un momento aplicado en el punto medio no se encuentran en el “Apéndice I”. En esta pauta se determinan mediante el Método de la Doble Integración:

Así, el momento flexor del primer tramo de la viga es:

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Mx   

M x , L'

0x

L' 2

Realizando la doble integración:

θx   



Mx  1 M 2 dx  x  C1 , EI 2 EIL'

ψx   θx dx 



1 M 3 x  C1 x  C 2 , 6 EIL'

0x

L' 2

0x

L' 2

Condiciones de borde:

ψx  0  0  C2  0

(3)

L'   ψ x    0 2  

1 M 2 1 L'  C1L'C 2  0 48 EI 2

(4)

de donde:

C1  

1 M L' 24 EI

La constante C1 es el giro inicial de la barra y por la simetría del problema también es el del final de ella. Entonces,

θ iM  θx  0  

1 ML' 24 EI

θ jM  θx  L'  

1 ML' 24 EI

Del “Apéndice I”, ecuaciones (G3 a, b), se obtiene los giros restantes:

θ iMi 

1 MiL' 3 EI

θ jMi  

1 MiL' 6 EI

θiMj  

1 M jL' 6 EI

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica

θ jMj 

1 M jL' 3 EI

Reemplazando en (1) y (2):

θi  

1 ML' 1 MiL' 1 M jL'   0 24 EI 3 EI 6 EI

θj  

1 ML' 1 MiL' 1 M jL'   0 24 EI 6 EI 3 EI

Resolviendo,

Mi  M j 

M 4

(sentido horario)