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UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE GUERRERO UNIDAD ACADÉMICA DE INGENIERÍA
AANNÁÁLLIISSIISS EESSTTRRUUCCTTUURRAALL Objetivo
El alumno aprenderá métodos clásicos y el método matricial de rigideces para el análisis de estructuras hiperestáticas, así como el empleo de programas de cómputo para el análisis de sistemas estructurales. Temario
1. ANTECEDENTES
2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN
4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
5. MÉTODO DE RIGIDECES
6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000 Bibliografía
A. Kassimali, “Análisis estructural”, Thomson.
O. González, “Análisis estructural”, Limusa.
R. Hibbeler, “Mecánica de materiales”, Pearson.
J. McCormac y J. Nelson, “Análisis de estructuras, métodos clásico y matricial”, Alfaomega.
Evaluación
Examen parcial 1: (20%)
Examen parcial 2: (25%)
Examen parcial 3: (25%)
Examen final: (30%)
CCOONNTTEENNIIDDOO
INTRODUCCIÓN ...........................................................................................................................
CAPÍTULO 1. ANTECEDENTES 1.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 1.2. DIAGRAMAS DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS .............. 1.3. PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS ................................................ 1.4. TEMAS RECOMENDADOS ...............................................................................................
CAPÍTULO 2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS 2.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 2.2. LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y
MOMENTO ........................................................................................................................... 2.2.1. Método directo ......................................................................................................... 2.2.2. Método punto por punto .......................................................................................... 2.2.3. Método de Müller-Breslau ......................................................................................
2.3. APLICACIONES DE LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS .......................................... 2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior ...................... 2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo... ................................................... ................ 2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior... .................................. ................ 2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior... ........................ ................ 2.3.5. Momento máximo absoluto... .................................................................. ................
2.4. EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN 3.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 3.2. VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................
3.2.1. Vigas con extremos empotrados .............................................................................. 3.2.2. Ecuación modificada para apoyos simples ..............................................................
3.3. MARCOS PLANOS .............................................................................................................. 3.3.1. Sin desplazamiento lateral ....................................................................................... 3.3.2. Con desplazamiento lateral ......................................................................................
3.4. EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS 4.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 4.2. VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................
4.2.1. Vigas con extremos empotrados .............................................................................. 4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples .....................................
4.3. MARCOS PLANOS .............................................................................................................. 4.3.1. Sin desplazamiento lateral ....................................................................................... 4.3.2. Con desplazamiento lateral ......................................................................................
4.4. EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 5. MÉTODO DE RIGIDECES 5.1. PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DEL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ............................
5.1.1. Continuidad ............................................................................................................. 5.1.2. Ley de Hooke .......................................................................................................... 5.1.3. Equilibrio ................................................................................................................
5.2. ARMADURAS PLANAS ..................................................................................................... 5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad ........................................................
5.3. MARCOS PLANOS ............................................................................................................. 5.4. EJEMPLOS RESUELTOS ...................................................................................................
CAPÍTULO 6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000 6.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................ 6.2. ANÁLISIS DE VIGAS ......................................................................................................... 6.3. MARCOS PLANOS Y EN TRES DIMENSIONES ............................................................
10 Ton 5 Ton
2 Ton/mA
B
3 m 3 m 2 m
E, I = CTESC D
CCAAPPÍÍTTUULLOO 11::
AANNTTEECCEEDDEENNTTEESS 1.1. INTRODUCCIÓN
Las asignaturas del área de estructuras del plan de estudios de la carrera de ingeniero civil, son relevantes por la razón que en ellas se aprende el diseño de estructuras a base de concreto, acero y mampostería, ante las solicitaciones más desfavorables que puedan presentarse durante su vida útil. Para lograr la integración de un proyecto completo en ingeniería estructural, el análisis es una etapa crucial, ya que de ella se obtendrán los elementos mecánicos que obran sobre la estructura, con los cuales se realiza la etapa propia de diseño. En el presente capítulo se desarrolla un ejemplo donde se repasa un método para obtener diagramas de elementos mecánicos (cortante y momento), así como la pendiente y deflexión en un punto cualquiera de un elemento isostático. 1.2. DIAGRAMA DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS
En la asignatura de mecánicas de materiales se estudiaron varios métodos para la obtención de diagramas de cortante y momento para vigas isostáticas. A modo de repaso, se considera el ejemplo 1.1. Ejemplo 1.1. Obtener los diagramas de cortante y momento para la viga mostrada. Considere módulo elástico, E, y momento de inercia, I, como parámetros constantes a lo largo del elemento. Solución:
Determinar reacciones, por ejemplo haciendo suma de momentos en A igual a cero, se obtiene la reacción en C, o viceversa.
Dependiendo que reacción se obtenga del paso anterior, la faltante se evalúa con suma de fuerzas verticales igual a cero.
Una vez determinadas las reacciones, se traza el diagrama de cortantes en función del valor de las reacciones y de las condiciones de cargas externas (hay que verificar que el
2 m3 m3 m
RA = 2.67 Ton RC = 16.33 Ton
2.67 Ton
9 Ton
5 Ton
7.33 Ton
8 T-m
0 T-m
1.91 m
x=1.09 m
14 T-m
V
M
10 Ton 5 Ton
2 Ton/mA
B C D
A=8
A=22
A=14
TonR
RcM
C
A
33.16
0)8(5)7)(2(2)6()3(10:0
=
=−−+−=Σ
TonR
RF
A
Ay
67.2
033.165)2(210:0
=
=++−−−=Σ↑+
mx
x
09.133.70.8
0.833.7
==
=
diagrama “cierre”).
Finalmente, con ayuda del diagrama de cortantes (las áreas), se traza el diagrama de momentos (el cual también debe “cerrar”).
Obtención de la distancia x: 1.3. PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS
Para evaluar la pendiente y deflexión de vigas isostáticas se cuenta con varios métodos, por mencionar algunos se tienen por integración, superposición y área de momentos. Considérese para revisión el ejemplo 1.2. Ejemplo 1.2. Determinar por integración la pendiente y deflexión de la sección D de la viga del ejemplo 1.1. Solución:
Determinar reacciones (resultados del ejemplo 1.1).
Establecer ejes de referencia, en este ejemplo ejes X, Y.
FxxxxdxdyEI +−−−+−−= 3222
2 )6(31)6(
233.16)3(
210
267.2
GFxxxxxyEI ++−−−+−−= 4333 )6(121)6(
633.16)3(
35
667.2)(
0)0(00 =⇒++= GGF
22
2
2
2
)6()6(33.16)3(1067.2
)(;
02
)6()6(2)6(33.16)3(1067.2
:0
−−−+−−=
==
=+−
−+−−−+−
=Σ
xxxxdx
ydEI
xFMMdx
ydEI
Mxxxxx
Mx
50.8
)6()3(35)6(
667.20 33
−=
+−=
F
F
A
3 m3 m
x
x
X
Y
D. C. L.
V M
10 Ton 5 Ton
2 Ton/m
B C D
RA = 2.67 Ton RC = 16.33 Ton
10 Ton
2 Ton/mA
B C
Hacer un corte de la viga a una distancia x, de modo que involucre la mayor cantidad posible de cargas externas y dibujar el diagrama de cuerpo libre de la porción de la viga (izquierda o derecha) que involucre más datos.
Hacer 0=Σ xM y la ecuación resultante sustituirla en Mdx
ydEI =2
2
.
Integrar dos veces la ecuación anterior. El resultado de la primera integral representa la pendiente en cualquier punto a lo largo de la viga, mientras que la deflexión se obtiene del resultado de la segunda integral.
Como las ecuaciones de pendiente y deflexión contienen una y dos constantes, respectivamente (producto del proceso de integración), es necesario establecer dos condiciones conocidas de pendiente y/o desplazamiento para la viga en estudio.
Evaluar las expresiones de pendiente y deflexión (las que están en términos sólo de x) para la sección de interés.
Integrando: Integrando nuevamente: Empleando la condición: y = 0 en x = 0 (Punto A) Segunda condición: y = 0 en x = 6 m (Punto C)
50.8)6(31)6(
233.16)3(5
267.2 3222
2 −−−−+−−= xxxxdxdyEI
xxxxxyEI 50.8)6(121)6(
633.16)3(
35
667.2)( 4333 −−−−+−−=
EIdxdy
D
50.8)68(31)68(2
33.16)38(5)8(267.2 3222 −−−−+−−
=
EIyD
)8(50.8)68(121)68(6
33.16)38(35)8(6
67.2 4333 −−−−+−−=
EIdxdy
D
17.18−=
EIyD
33.28−=
Ecuación de la pendiente: Ecuación de la deflexión: Pendiente en el Punto D (x = 8 m): Deflexión en el Punto D (x = 8 m): 1.4. TEMAS RECOMENDADOS
Con los ejemplos desarrollados se pretende que el alumno repase los temas básicos de la mecánica de materiales, que serán de base para el entendimiento del análisis estructural. Se recomienda los temas:
Diagramas de momentos flexionantes y fuerzas cortantes en vigas.
Esfuerzos de flexión y cortante en vigas.
Pendientes y deflexiones de vigas.
CBA
L
a
CCAAPPÍÍTTUULLOO 22::
LLÍÍNNEEAASS DDEE IINNFFLLUUEENNCCIIAA DDEE EESSTTRRUUCCTTUURRAASS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS 2.1. INTRODUCCIÓN
Las líneas de influencia son gráficas que muestran la variación de una función (por ejemplo de reacciones, cortante o momento) a lo largo de la viga, cuando una carga unitaria concentrada se aplica a lo largo de la misma. En el presente capítulo se analizan tres métodos para la obtención de las líneas de influencia para reacciones, cortante y momento; se detallan las aplicaciones de las líneas de influencia para la obtención de valores máximos cuando una serie de cargas móviles pasan a través de una estructura isostática. 2.2. LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y MOMENTO 2.2.1. Método directo
En lugar de calcular las ordenadas de las líneas de influencia punto por punto, resulta más práctico plantear una ecuación para la reacción (o cualquier acción), en función de la posición x, de la carga unitaria. El proceso se muestra en el ejemplo 2.1. Ejemplo 2.1. Trazar las líneas de influencia para las reacciones en los apoyos A y C, así como para el cortante y momento en la sección B de la viga mostrada. Solución:
Se supone una carga unitaria concentrada a una distancia cualquiera x, y se evalúan las reacciones en los apoyos (se obtienen dos ecuaciones que representan la variación de RA y RC en función de la posición de la carga unitaria concentrada).
Para determinar las expresiones para el cortante y momento en la sección B, se coloca la carga concentrada unitaria a una distancia cualquiera antes de a; en un segundo caso, se supone a una distancia cualquiera posterior. Para ambas situaciones trabajar con el diagrama de cuerpo libre conveniente y con las ecuaciones básicas de estática se determinan para cada caso las expresiones para VB y MB.
Lx
LxLRLRxL
xLLRM
AA
Ac
−=−
==−
=−+−=Σ
1
0)(1)(:0
LxRR
Lx
RRF
CC
CAy
==−+−
=−+=Σ↑+
00.11
00.1:0
:0 axSi ≤≤
( )aLLxMMaLRcM BBB −==−−=Σ 0)(:0
LxRVF CBy −=−==Σ↑+ :0
RA = 1 -x/L RC = x/L
x
1
CBA
a
L
RA = 1 -x/L RC = x/L
1
CBA
a L-a
RC = x/L
CB
VB
MB
RA = 1 -x/L RC = x/L
L. I. RC
L. I. RA
L. I. MB
L. I. VB
0
RA = 1 - x/L
RC = x/L
1 - a/L
- a/L
VB = 1 - x/L
VB = -x/L
MB = x/L (L - a) MB = a (1 - x/L)
a(1 - a/L)
L
a
CBA
Se realiza el trazo de las líneas de influencia para las reacciones (RA y RC), momento y cortante en la sección B (VB y MB).
:LxaSi <≤
LxRVF ABy −===Σ↑+ 1:0
( )
−=
=
=+−=Σ
LxaM
aRM
MaRM
B
AB
BAB
1
0)(:0
RA = 1 -x/L RC = x/L
1
CBA
a L-a
VBRA =1-x/L
MB
A B
1 0
V
M
1
CBA
1
0.75
M
V
0.250.75
L/4
0.253
16L
0
18L
CBA
1
2.2.2. Método punto por punto
Es el método más obvio, pero no el más expedito, consiste en colocar una carga unitaria en distintas secciones y calcular el valor correspondiente de la(s) función(es) para las que se desea obtener la(s) línea(s) de influencia. Ejemplo 2.2. Para la viga del ejemplo 2.1 determinar a cada L/4 el valor de las líneas de influencia para RA, RC, VB y MB (para la sección de la viga en L/2). Solución:
Se supone la carga unitaria concentrada en cada punto o sección de interés, con ello, se evalúan las reacciones, y los diagramas de cortante y momento.
Se localizan los valores de cada función de acuerdo en cada punto de interés, de modo que al unirlos, definan las líneas de influencia respectivas.
0
0.5 0.5
V
M
L/4
0.75
M
V
0.750.25
0.25
3L/16
0
L/8
CBA
CBA
0.50
0.50
0 1
V
M
1
CBA
1
1
1
L/2
3L/4
L
L/4
M
V
A B C
L/4 L/4 L/4
1.00.75
0.500.25
0
0.250.50
0.75 1.0
0
L. I. RA
L. I. RC
0
L/4
0.25
V
M
0.5
0.25
0.5
L/8L/8
L. I. VB
L. I. MB
0
L/2
L/4
0.5
0.5
0
L. I. VB
L. I. MB
L. I. RA
L. I. Rc
L/2
1.0
0.0
1.0
0.5
0.0
0.5
θ = θ1 + θ2 = 1
CBA
θ1
θ2
θ1 θ2
2.2.3. Método de Müller-Breslau
La línea de influencia de una función (reacción, cortante o momento) tiene la misma forma que la deformada de la viga (supuesta como cuerpo rígido), cuando se le impone una deformación unitaria (desplazamiento o giro) correspondiente a la función determinada. En el ejemplo 2.3 se muestra la aplicación del método a la viga isostática de los ejemplos 2.1 y 2.2. Ejemplo 2.3. Determinar las líneas de influencia para los apoyos (RA y RC), así como para el cortante y momento de la sección localizada a la mitad de la longitud de la viga (VB y MB). 2.3. APLICACIÓNES DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS
Se emplean básicamente para obtener el valor de las reacciones (en los apoyos), cortante y momento (en una sección particular de la viga) cuando el elemento está sometido a cargas puntuales y/o uniformemente distribuidas. Para evaluar el valor de una función de la viga sujeta a cargas concentradas, se multiplican las magnitudes de las cargas por los valores que les corresponden de acuerdo al diagrama de la línea
DA B C2 Ton/m
3 m
10 Ton
3 m
5 Ton
3 m3 m
DA B C
3 m 3 m6 m
0.0
-1/3
-2
2
1/3
0
L. I. VB
L. I. MB
L. I. RA
L. I. RC
1.0
-1/3
4/3
0.0
-2/3
1
2/3
1.0
1/3
0.0
-1/3-1/3
-2
2
1/3
1/3
0
L. I. VB
L. I. MB
L. I. RA
L. I. RC
1.0
-1/3
4/3
2/3
0.0
-2/3
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
0.0
de influencia que se trate; en el caso de cargas uniformes, se multiplica la magnitud de la carga por el área de la línea de influencia en la longitud donde actúa dicha carga. Otra aplicación es la determinación del valor máximo de una función cuando una serie de cargas móviles puntuales pasan a través de la viga. 2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior Ejemplo 2.4. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la sección B de la viga, para el caso de cargas uniformes y cargas concentradas. Solución:
Se determinan las líneas de influencia por cualquier método (se recomienda el de Müller-Breslau, por su sencillez).
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) mTonM
TonV
TonR
TonR
B
B
C
A
−=−+=
−=−++−=
==
=−+=
1232212922
12
4331
21233
12
12632
212
161234
212
8331
212912
12 ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) mTonM
TonV
TonR
TonR
B
B
C
A
−=−+=
−=−+−=
=+=
=−+=
025110
53153
110
103453
110
53153
210
CA
L
F1
cba
F2 F3 F4
vigaladedentrofuerzasdesumatoriaFDonde
FL
aFdV FF
,:
)(121
Σ
−Σ
=−
Se evalúan las reacciones, cortante o momento empleando los valores correspondientes de las líneas de influencia o el área de la misma, dependiendo si se trata de cargas concentradas o uniformes, respectivamente.
Caso de cargas uniformes: Caso de cargas concentradas: 2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo
Se desea determinar por ejemplo, el valor máximo de la reacción en el apoyo A, para una viga simplemente apoyada sujeta a una serie de cargas concentradas móviles: Proceso:
Se evalúa el cambio o variación del cortante al suponer en un principio que la carga F1 se encuentra sobre el apoyo A, y posteriormente que F2 es la carga sobre el mismo apoyo, mediante la expresión:
Se determina la variación de cortante carga por carga.
Cuando una carga sale de la viga y genera una variación de cortante negativa, entonces, dicha carga debe regresarse al apoyo considerado para ahí tener un cortante o reacción máxima.
Se obtiene el valor de la reacción empleando la línea de influencia respectiva y la serie de cargas puntuales colocadas sobre la viga como se considera en el punto anterior.
4.0210
)2(1221
=−=−FFdV
20.1310
)2(932
−=−=−FFdV
( ) ( ) ( ) TonRA 7.85.058.0413max =++=
2 Ton
7.5 m3 m
A
1
1
2.5 m
3 Ton 4 Ton 5 Ton
2 m2 m
80.0210
)2(1421
=−=−FFdV
A
2 m 3 m 5 m
1.00.8
0.5
L. I. RA
3 Ton 4 Ton 5 Ton
2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior
Se procede de modo idéntico que en el caso anterior. Se debe tener en cuenta que cuando una carga pasa al “otro lado” de la sección de interés, aún puede estar dentro de la viga. Ejemplo 2.5. Para el tren de cargas mostrado, determinar los cortantes máximos en el apoyo A y en la sección 1-1. Solución cortante máximo en apoyo A: Si la carga de 2 ton es la que sale del apoyo y la de 3 ton es la que se ubica sobre A: Si la carga de 3 ton es la que sale del apoyo y y la de 4 ton es la que se ubica sobre A: Por tanto la carga de 3 ton debe estar sobre el apoyo A: Solución cortante máximo en sección 1-1: Si la carga de 2 ton es la que sale de la sección 1-1 y la de 3 ton es la que se ubica sobre ella:
( ) ( ) ( ) ( ) TonV 6.525.0555.0475.0305.02max11 =+++−=−
60.0310
)2(1232
−=−=−FFdV
222
242
32
; LenfuerzasdesumatoriaFLLYFLF
LYF
LYM Σ
Σ=
+
=∆
0.55
0.75
0.05
2 m2 m
A
3 m 2.5 m
1
1
0.25
0.25
2 Ton 3 Ton 4 Ton 5 Ton
0.5 m
L. I. VB
1
1
F1
A
F4F3F2
L1
1L. I. M1-1
L2
Y
Y/L2
Y/L1
F4F4
F3F3F2
F2F1
F1
1Y/L2
Y/L2Y/L1
Y/L1
1
1
Si la carga de 3 ton es la que sale de la sección 1-1 y la de 4 ton es la que se ubica sobre ella: 2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior
Se desea determinar la ubicación de las cargas puntuales en una viga, de modo que produzcan el momento flexionante máximo en una sección interior de la misma. Considérese la viga simplemente apoyada, sujeta a cuatro cargas puntuales: Evaluando el incremento y decremento de momentos cuando las cargas puntuales se desplazan una unidad a la izquierda:
111
1 ; LenfuerzasdesumatoriaFLLYFLM Σ
Σ=∆−
1
1
2
2
11
22 L
FLLFL
LYFL
LYFL Σ
=Σ
⇒
Σ=
Σ
NFFFFR +++=Σ= .......21
( ) ( ) ( ) [ ]3)()( 21
2
213LGFFF
LRxH
LRxRxGFFFHxL
LRxM F −−+−=−−+−=
221
2021
023
HLLHLx
LH
LxR
LRH
LRxR
dxM
d F
+=
+=⇒=
+−
=+−=
H
x
F1
A
F4F3F2
L
C
R
F
G
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ]1
0:0
21
21
3
33
LGFFFHxLRM
MGFFFHxLRM
AF
FAF
−−+−=
=++++−−=Σ
( ) [ ]20:0 LLRxRRxLRMc AA =⇒=+−=
Para obtener el momento flexionante máximo en la sección de interés, se requiere que el incremento total de momentos del lado derecho de la sección sea igual al decremento total de momentos del lado izquierdo. 2.3.5. Momento máximo absoluto
Se desea ubicar las cargas de tal modo que produzcan el momento máximo absoluto en una viga simple. Suponiendo que F3 es la carga más cercana a la resultante: Sustituyendo ec (2) en (1): Derivando e igualando a cero ec (3), para encontrar el valor de x.
( ) ( ) ( )
mTonmáxM
máxM
−=
++++=
8.195.
6.39.32.4151.2835.010.
1
1
A
L2
F1=10 F2=8 F3=F4=F5=15
L1
6 m 14 m
1 m1 m3 m2.5 m
Cargas en tonelas
C
A
1
1
1510 8 15 15
12
0.35
2.1
4.2 3.93.6
1132.50.5
L. I. M1-1
C
Ejemplo 2.6. Determinar el momento máximo en la sección 1-1 de la viga, así como el momento máximo absoluto en la misma. Solución A) Momento máximo en la sección 1-1: Proceso:
Se pasa una a una las cargas de derecha a izquierda de la sección de interés.
Se evalúan las cargas promedio en cada tramo.
Se comparan (< o >).
Cuando una carga produce cambio en la desigualdad, esta debe regresarse a la sección.
Se evalúa el momento máximo empleando la línea de influencia correspondiente.
1
1
LFLΣ
2
2
LFLΣ
060
= .0 < 5.41463
= 1) Todas las cargas a la derecha de 1-1
7.16
10= < 8.3
1453
= 2) F1 a la izquierda de 1-1
36
18= .0 < 2.3
1445
= 3) F2 a la izquierda de 1-1
5.5633
= > 1.21430
= 4)F3 a la izquierda de 1-1
Por lo tanto F3 =15 ton debe estar sobre la sección 1-1 Calculando el momento máximo:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )mTonabsmáxM
absmáxM−=
++++=42.253..
97.31549.41500.51554.3832.210..
( ) ( ) ( ) ( ) mx
TonFR
54.263
5.71058215115
63
=+++
=
=Σ=
mILx 27.10254.0
220
22=+=+= 1 m
R = 63 T
x = 2.54 m
3 m2.5 m 1 m
1515810 15
3.54
5.0
2.32
A
R = 63 T
1515810 15
4.49
3.97
L. I. MF3
2.5 0.27 1
1
7.73
CL
0.272.464.77
C
x = 10.27 m
Solución B): Momento máximo absoluto Proceso:
Evaluar resultante y ubicación.
Colocar las cargas sobre la viga de tal forma que el centro de la misma se ubique a la mitad entre la resultante y la carga más cercana a ésta.
Evaluar el momento máximo absoluto en el punto de la carga más cercana a la resultante. Valor de la resultante y localización con respecto a la última carga de 15 ton de la derecha: Ubicación de la resultante con respecto al apoyo C: Valor del momento máximo absoluto:
2/3
0.0
2/3
4/3-1/3
1.0
CBA
L.I.Rc
L.I.RAV
M
L.I.MB
L.I.VB
M
V
0
1/3
1/3
2
6 m
D
3 m 3 m
2
1/3-1/3
0.0
1/3
1.0
2/3
1
1).-
1
3 m
1
A B C
1
D
3 m6 m
2.4. EJEMPLOS RESUELTOS Ejemplo 2.1. Obtener las líneas de influencia para las reacciones A y C así como para el cortante y momento en la sección B. Emplear el método de Müller-Breslau y el paso a paso. Solución Método de Müller-Breslau Solución Método punto por punto
2).-
1
0
2
-1/3
L/4
CBA
2/3 1/3
V
M
2/3
3 m 3 m 3 m 3 m
D
1
( ) ( )
31
93
09310
==
=+−=Σ
C
C
A
R
RM
32
0311
0
=
=+−
=Σ
A
A
y
R
R
F
( ) ( )
31
93
09310
==
=+−=Σ
C
C
A
R
RM
2
A B C3).-
M
V
2/31/3
0
D
-2/3
D
0 1
4).-CBA
1
6 m 3 m 3 m
4/3
D
0
-1/3 4/3
V
M
5).-CBA
3
6 m 3 m 3 m
1
-1/3
2
( ) ( )
34
912
091210
==
=+−=Σ
C
C
A
R
RM
31
0341
0
−=
=+−
=Σ
A
A
y
R
R
F
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) mTonM
TonV
TonR
TonR
B
B
C
A
−=−+=
−=−+−=
=+=
=−+=
025110
53153
110
103453
110
53153
210
3 m
D
10 Ton
CBA
5 Ton
3 m
5 Ton
3 m3 m
10 Ton
55
Ejemplo 2.2. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la sección B de la viga. a) Cargas concentradas
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) mTonM
TonV
TonR
TonR
B
B
C
A
−=−+=
−=−++−=
==
=−+=
1232212922
12
4331
21233
12
12632
212
161234
212
8331
212912
12
1
2/3
1.0
1/3
0.0
-1/3-1/3
-2
D
2
1/3
1/3
0
V
M
L.I.VB
L.I.MB
M
V L.I.RA
L.I.Rc
A B C
1.0
-1/3
4/3
2/3
0.0
-2/3
2 Ton/m
b) Cargas uniformes Valores máximos de reacción, cortantes y momentos en vigas simplemente apoyadas sujetas a cargas concentradas móviles
CBA D
P P P
w
EBC M E
CB
B CM
w
L
Bθ
Cθ
Bθ
Cθ∆
L∆
=ψ
CCAAPPÍÍTTUULLOO 33::
MMÉÉTTOODDOO PPEENNDDIIEENNTTEE--DDEEFFLLEEXXIIÓÓNN 3.1. INTRODUCCIÓN
El método pendiente-deflexión toma en cuenta las deformaciones por flexión de los elementos (tales como rotaciones y asentamientos), pero no las debidas a fuerza cortante y fuerza normal (axial). Los momentos en los apoyos de una viga continua, por ejemplo para el tramo B-C son originados considerando:
Los extremos empotrados, con ello se obtienen los momentos de empotramiento, ME.
Rotaciones de los nodos.
Asentamiento o hundimiento de los apoyos.
( )BCCBC MMEIL
−= 26
θ
( )
( ) ψθ
ψθ
+−=
+−=
BCCBC
CBBCB
MMEK
MMEK
26
1
26
1
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )CBBCCBBC
B
BCCBB
C
MMEIL
EILM
EILM
LLEI
MLLEI
ML
M
−=−=
=
−
+
=Σ
2663
032
21
321
:0
θ
θ
MBC/EI
MCB/EI
L
B C
BB R=θ
CC R=θ
Las rotaciones de los nudos originan cambios en las pendientes de las tangentes a la elástica en dichos puntos. El cambio de pendiente en el apoyo es igual a la fuerza cortante en el extremo de la viga de acuerdo al diagrama de momentos. De forma similar: Añadiendo a las ecuaciones anteriores, el giro debido al hundimiento L∆=ψ , y haciendo
LIK = , se tiene:
( )
( ) ECBCBCB
EBCCBBC
MEKM
MEKM
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
322
322
( )
( ) Ejijiji
Eijjiij
MEKM
MEKM
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
322
322i j
A B C2 Ton/m
5 m
E, I = CTES
5 T
2.5 m 2.5 m
Despejando los momentos BCM y CBM del sistema de ecuaciones simultáneas y anexando los momentos de empotramiento: 3.2. VIGAS CONTINUAS 3.2.1 Vigas con extremos empotrados Generalizando para un tramo cualquiera de viga: En la determinación de los elementos mecánicos (cortantes y momentos) en vigas continuas, mediante pendiente-deflexión, es necesario:
Determinar los momentos de empotramiento para cada tramo.
Calcular las rigideces relativas de cada tramo.
Establecer las ecuaciones de momento (dos por tramo).
Aplicar condiciones de equilibrio y resolver el sistema de ecuaciones resultante.
Determinar los momentos en los extremos de los elementos, con la(s) solución(es) del paso anterior.
Obtener los cortantes totales como la suma de cortantes isostáticos e hiperestáticos. Trazar los diagramas de cortante y momentos para la viga considerada (es necesario
verificar que los diagramas “cierren”). Ejemplo 3.1. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada. Suponga parámetros constantes al módulo elástico del material de la viga (E) y al momento de inercia de la sección transversal (I).
13.0;04.180
===+
BB
BCBA MMθθ
mTMmTMmTM
mTM
CB
BC
BA
AB
−−=−=−−=
−=
87.265.365.3
43.4
( )
mTM
mTM
EBA
EAB
−−=
−==
17.4
17.41252 2 ( )
mTM
mTM
ECB
EBC
−−=
−==
13.3
13.3855
0.1
0.155
==
===
BCBC
ABAB
LIK
LIK
( )( )
( )( )( )( )( )( )
( )( )( )( )( )( ) 13.3213.3112
13.3413.32112
17.4417.4211217.4217.4112
322
322
−=−=+=+=
−=−=+=+=
+Ψ−+=
+Ψ−+=
BBCB
BBBC
BBBA
BBAB
Ejijiji
Eijjiij
MM
MM
MEKM
MEKM
θθθθ
θθθθ
θθ
θθ
12
2wLM E =8
PLM E =
w
L
P
L2
L2
2 Ton/m
5 T2.873.654.43
2.5
0.16
2.665.16 2.34
5 2.5
0.16 0.16
5
0.16
4.84
5.16 2.66
2.344.84
2.22 3
2.86
3.654.43
M
V (Ton)
(T-m)
5 m 2.5 m 2.5 m
2.58
Solución:
Momentos de empotramiento:
Empleando:
Rigideces relativas (I=5):
Ecuaciones de momento(E=1):
Condición de equilibrio:
Momentos en extremos de elementos:
( )( )( ) ( ) ( ) 25.6317.42117.4113
0
−=−−+=
=
BBBA
AB
M
M
θθ
( )
mTM
mTM
EBA
EAB
−−=
−==
17.4
17.41252 2 ( )
mTM
mTM
ECB
EBC
−−=
−==
13.3
13.3855
0.1
0.155
==
===
BCBC
ABAB
LIK
LIK
( ) Eij
Ejijji
ij
MMEKM
M
213
0
−+Ψ−=
=
θ
( )
( ) Ejijiji
Eijjiij
MEKM
MEKM
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
322
322i j
i j
2 Ton/m
5 T
CBA
5 m
E, I = CTES
2.5 m 2.5 m
3.2.2 Ecuaciones modificadas para apoyos simples
Las ecuaciones generales (de apoyos empotrados) Pueden modificarse para la condición: Ejemplo 3.2. Resolver el problema 3.1 considerando una articulación en el apoyo A (en lugar de empotre). Solución:
Momentos de empotramiento:
Rigideces relativas (I=5):
Ecuaciones de momento (E=1):
( ) mT.MmT.M EBA
EAB −−=−== 133133
855
mTMmTMmTM
M
CB
BC
BA
AB
−−=−=−−=
=
23.291.491.4
0
45.0713.3
13.3713.3425.63
0
==
−=++−
=+
B
BBB
BCBA MM
θ
θθθ
( )( )( )( )( )( ) 13.3213.3112
13.3413.32112−=−=
+=+=
BBCB
BBBC
MM
θθθθ
(T-m)
(Ton)V
M
4.91
2.23
2.68
4.04
5.98
1.96
3.044.02
5.98
0.98
5
0.540.98
2.55
1.964.02 3.04
0.54
2.5
0.0 2.235 T
2 Ton/m
5 m 2.5 m
4.91
2.5 m
2.0
2.5 m
A B C2 Ton/m
2.5 m
2 T2 T2 T5 T 2 T
5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m
D
Condición de equilibrio:
Momentos en extremos de elementos:
Ejemplo 3.3. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada. Considerar E, I constantes y, un hundimiento de 1 cm en el apoyo B. Solución:
Momentos de empotramiento
1716701
7741
57 .
LI
K;.LI
K;.LI
KCD
CDCD
BC
BCBC
AB
ABAB =========
( ) ( )
( ) ( )( )( )
L
MEKM
MEKMDCyCBTramos
MMEKM
MBATramo
Ejijiji
Eijjiij
Eij
Ejijji
ij
∆=Ψ
+Ψ−+=
+Ψ−+=−−
−+Ψ−=
=−
322
322
213
0
θθ
θθ
θ
( )( ) ( ) ( )
( )( )
( )( )
( )( )[ ]( )( )[ ]
4
67.267.433.267.2217.11267.233.267.467.2217.112
22.104221.10701.032112
97.82498.8701.032112
68.42.413.32113.3
501.04.113
0
=
−+=−+=++=++=
−+=−
−+=
++=+
−+=
−=−−+
−
−=
=
DE
DCDCDC
DCDCCD
CBCBCB
CBCBBC
BBBA
AB
M
MM
M
M
M
M
θθθθθθθθ
θθθθ
θθθθ
θθ
95.033.167.433.2032.155.733.267.820
85.030.422.80
−=−=+=+==++=+
−=−=+=+
DDCDEDC
CDCBCDCB
BCBBCBA
MMMMMM
θθθθθθθθθθ
( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )( )
mT.MmT.M
mT.MmT.M
EDC
ECD
ECB
EBC
−−=−=+=
−−=+=−=+=
6726726
2426
422
21107
2521272988
7252
1272
2
2
2
2
2
22
2
22
Rigideces relativas (I=7):
Ecuaciones de momento (E=1):
Aplicando:
Condiciones de equilibrio:
mTMmTM
mT.MmT.M
mT.MmT.M
mTM
DE
DC
CD
CB
BC
BA
AB
−=−−=
−=−−=
−=−−=
−=
44626626
238238
0 2 T5 T 2 T 2 T 2 T
2 Ton/m
0.86
2.5
1.65
2.5
1.65
4.15
7.57
0.23
7.80 2.44
0.44
2
8.20
0.23
8.42
2
2
1.56
0.44
2
8.23 6.62 4.0
0.86
4.15
7.80
2.44 2
2.20
4.20
-8.20
1.56
0.44
2.14
6.98
5.77
6.62
1.75
4
0.87
8.23
M
V (Ton)
(T-m)
2.5 m
A B C
2.5 m 5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m
D
Momentos en extremos de elementos:
( )( )( )
( ) ( )( )
( ) ( ) mTMmTM
mTMmTM
EEC
ECE
ECB
EBC
−−=−=−==
−−=−=−==
17.4125217.4
1252
22.26
42544.46
425
22
2
2
2
2
20.156;0.1
66;0.2
36
======= CEBCCDAB KKKK
( ) ( )
( ) ( ) ( )( )( )
+Ψ−+=
+Ψ−+=−−−
−+Ψ−=
=−
Ejijiji
Eijjiij
Eij
Ejijji
ij
MEKM
MEKMDCyCBBATramos
MMEKM
MECTramo
322
322,
213
0
θθ
θθ
θ
5 T
2 Ton/mCB
A D
E
4 m 5 m2 m
E, I = CTES 3 m
3.3. MARCOS PLANOS 3.3.1. Sin desplazamiento lateral
El método se aplica de la misma manera que para el caso de vigas continuas. Teóricamente un marco no se desplaza lateralmente si es simétrico con respecto a su eje central en dimensiones, cargas, o si está restringido contra desplazamiento por otros elementos de la estructura. Ejemplo 3.4. Determinar los diagramas de cortante y momento flexionante para el marco mostrado. Considere el módulo elástico del material y el momento de inercia de los elementos como parámetros constantes. Solución:
Momentos de empotramiento
Calcular las rigideces relativas (I = 6):
Ecuaciones de momento (E=1) Aplicando:
( )( )( )( )( )( )
( )( )( )( )( )( )
( )( )( )( )( )( )
( )( )( ) ( )
0
25.66.317.42117.42.113
421282212
22.24222.2211244.42444.42112
822124212
=
+=−−+=
====
−+=−+=++=++=
====
EC
CCCE
CCDC
CCCD
CBCBCB
CBCBBC
BBBA
BBAB
M
M
MM
MM
MM
θθ
θθθθ
θθθθθθθθ
θθθθ
216.003.46.152334.044.42120
−=−=+=++−=−=+=+
CCBCECDCB
BCBBCBA
OMMMMM
θθθθθθ
2 Ton/m
5 T
1.67
1.85
5
6.09 3.911.09
5
3.150.18
3.33
1.090.18
E
DA
B C5.473.75
0.86
1.72
1.34
2.67
1.34 0.86
3.15
1.85
6.09
3.91
1.34 0.86
3.05 m
1.34
2.672.67
3.63 3.81
0.86
3.755.43
1.72
Condiciones de equilibrio
Diagramas de momento y cortante
( )( )( )( )
( )
( )FL
MML
MMFF
RRFFF
EL
MML
MMFF
DMMMMCMMMBMMMAMMMM
EF
FEEF
AB
BAAB
HHH
DE
EDDE
BC
CBBCH
EFEDEBE
DEDCD
CDCBC
BEBCBAB
FAINFERIORNIVEL
SUPERIORNIVEL
0
0:0
0:0
0:00:00:00:0
21
21
2
=+
++
++
=−−+=Σ
=+
++
+=Σ
=++=Σ=+=Σ=+=Σ=++=Σ
C
E, I = CTES
4 m
W
W
2
1
B
A
D
E
F
F1
F2
1
2
22 Ψ=
∆−=Ψ=Ψ
BCDEBC l
11 Ψ=
∆−=Ψ=Ψ
ABEFAB l
3.3.2. Con desplazamiento lateral
Se muestra el proceso de solución para un marco de dos niveles, sujeto a cargas uniformemente distribuidas y laterales, las que le producen desplazamiento lateral.
Momentos de empotramiento
Rigideces relativas
Ecuaciones de momento (incógnitas: .,,,,, 21 ΨΨEDCB θθθθ )
Condiciones de equilibrio
Solución del sistema (formado por las ecuaciones A, B, C, D, E y F)
Obtención de momentos finales
Determinación de cortantes
Trazo de diagramas
( )
67.2
67.21242 2
−=
==
ECB
EBC
M
M
1
248
=
===
CD
BCAB
K
KK
( )( ) E
jijiji
Eijjiij
MEKM
MEKM
+Ψ−+=
+Ψ−+=
322
322
θθ
θθ
Ψ=Ψ→Ψ=Ψ 2ABCDSi
( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]
( )[ ]( )[ ]
( ) ( )[ ]( ) ( )[ ] Ψ−=Ψ−=
Ψ−=Ψ−=
−+=++=++=++=
Ψ−=Ψ−=Ψ−=Ψ−=
62312643212
67.28467.222267.24867.2222
248232222442322
CCDC
CCCD
CBCBCB
CBCBBC
BBBA
BBAB
MM
MM
MM
θθθθ
θθθθθθθθ
θθθθ
2 Ton/m
E, I = CTES4 m
8 m
2 Ton/m C
A
4 m
E, I = CTES4 m
D
B
8 m
8
4
∆−=Ψ
∆−=Ψ
CD
BC
Ejemplo 3.5. Determinar diagramas de cortante y momento para el marco con desplazamiento lateral. Solución:
Momentos de empotramiento
Rigideces relativas (I=8)
Ecuaciones de momento (para todos los tramos)
( )( )( ) 0556.005.1375.030:0
3034.067.261240:03262.067.2244160:0
−=Ψ=Ψ−+=+=Σ==Ψ−+=+=Σ
−=−=Ψ−+=+=Σ
CRRFBMMMAMMM
CBHDHAH
CCBCDCBC
BCBBCBAB
θθθθθ
θθθ
1.27 1.55
0.03
0.94
3.93
4.07
0.31
0.31
1.97 m
3.93
4.07
0.31
0.31
2.59
1.55
1.27
0.03
1.27 1.55
0.94
Condiciones de equilibrio
Diagramas de momento y cortante 3.4. EJEMPLOS RESUELTOS
( )( )
( )( )
( )( ) BBDBBDDB
BBDBBDBD
BBCBBCCB
BBCBBCBC
BABBABBA
BABBABAB
EKEKMEKEKM
EKEKMEKEKM
EKEKMEKEKM
θθθθ
θθθθ
θθθθ
22422
22422
42222
====
====
====
( )
BDBCABB
BB
BDBCABB
BDBCBAB
KKKKdondeKME
MKKKEMMMMM
++=ΣΣ−
=
−=++=+++=Σ
θ
θ
4
40:0
A
B
C
D
M
CCAAPPÍÍTTUULLOO 44::
MMÉÉTTOODDOO DDEE DDIISSTTRRIIBBUUCCIIÓÓNN DDEE MMOOMMEENNTTOOSS 4.1. INTRODUCCIÓN
Con la finalidad de demostrar el método de Hardy Cross, se determina el impacto que tiene el momento M aplicado en el nodo B en cada uno de los elementos del sistema. El método de distribución de momentos basa su proceso en dos aspectos fundamentales:
Factor de rigidez o factor de distribución Aplicando pendiente-deflexión para el marco sin desplazamiento lateral anterior, se tiene: Considerando la condición de equilibrio en el nodo B:
( )
( )
( ) DBB
DBDB
BDB
CBB
CBCB
BCB
BAB
ABAB
BAB
MMK
KKKMM
MMK
KKKMM
MMK
KKKMM
21
21
2
21
21
2
21
21
2
=
Σ
−=Σ−
=
=
Σ
−=Σ−
=
=
Σ
−=Σ−
=
M
MAB
MDB
MCB
MBC
MBD
MBA
Sustituyendo en las ecuaciones que definen los momentos en los extremos que concurren en el nodo B, se tiene: Cuando se tiene un momento de desequilibrio en una junta, éste se distribuye a cada uno de los extremos que concurren a la misma en proporción a su rigidez y con sentido contrario. El factor de distribución, indica la proporción de momento de desequilibrio que toma cada extremo que concurre al nodo desequilibrado.
Momento transportado Sustituyendo la solución producto del equilibrio del nodo B, en las ecuaciones que definen los momentos en los extremos opuestos al nodo mencionado, se obtiene: El factor de transporte representa la fracción del momento aplicado M que se traslada al extremo lejano del elemento. 4.2. VIGAS CONTINUAS
Se presenta la aplicación del método de distribución de momentos para el caso de vigas continuas. En primer instancia se muestra la solución “normal” aplicada a cualquier tipo de vigas (sin importar la condición de los apoyos extremos); sin embargo, para el caso de vigas continuas que tengan en sus tramos finales apoyos que no admitan momento, es posible la aplicación del “cross modificado”.
( )
( )
( ) MFDMK
KKKMM
MFDMK
KKKMM
MFDMK
KKKMM
BDB
BDBD
BBD
BCB
BCBC
BBC
BAB
ABAB
BBA
−=
Σ
−=Σ
−=
−=
Σ
−=Σ
−=
−=
Σ
−=Σ
−=
5.011
10.155
5.011
10.155
5
=+
=+
====
=+
=+
====
=
BCAB
BCBCBC
BCAB
ABBAAB
KKKFD
LIK
KKKFD
LIK
ISi
( ) ( ) ( ) ( ) mtMMmtMM EBC
EBC
EAB
EAB −==−=−==−= 13.3
85517.4
1252 2
A B C2 Ton/m
5 m
E, I = CTES
5 T
2.5 m 2.5 m
FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME
D10.26T14.43MF
0.00
0.52
4.17
0.52
-4.17
0.00 0.50 0.50
0.26-2.86
4.2.1. Vigas con extremos empotrados
Proceso:
Determinar factores de distribución, FD
Evaluar momentos de empotramiento, ME
Determinar en cada junta el momento de desequilibrio para distribuirlo a cada lado de la misma en función de los FD (a los momentos distribuidos se le cambia de signo)
Se transporta la mitad del momento distribuido (paso anterior) al extremo opuesto del elemento
Se repiten los procesos de distribución y transporte, hasta que los momentos por distribuir sean pequeños
Evaluar los momentos finales y cortantes
Dibujar diagramas Ejemplo 4.1. Resolver el ejemplo 3.1 por el método de distribución de momentos.
Factores de distribución
Momentos de empotramiento
LI
ELEI
EK
===Κ44
4
CBA
5 m
E, I = CTES
2.5 m 2.5 m
FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME
D10.26T1
1.00
0.52 0.52
0.00 0.50 0.50
0.26 -4.17
-2.08-0.26 1.04 1.04D20.52 -0.13 0.52T2
-0.52 0.07 0.07D30.03 -0.26 0.03T3
-0.03 0.13 0.13D40.07 -0.02 0.07T4
-0.07 0.01 0.01D50.00 -4.90 4.90 -2.24MF
2 Ton/m
5 T
( )
LEIKMHaciendo
LEIMentoncesyMMsi
LEIM AABAAB
41
422
==→=
====
θ
θθθθ
BA
E, I = CTES
AB
L LM M
Caso (i) Caso (ii)
θ θ
Ejemplo 4.2. Resolver el problema 3.2 por el método de Cross normal. 4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples
Considérense las siguientes vigas Aplicando pendiente-deflexión para el caso (i): La rigidez angular o rigidez a flexión de un elemento, se define como el momento que debe aplicarse en el extremo del mismo para obtener una rotación unitaria en dicho extremo. La rigidez relativa a flexión, se determina como:
( )
===Κ
==→=
====
LI
ELEI
EK
LEIKMHaciendo
LEIMentoncesyMMsi
LEIM AABAAB
43
43
4
31
33
θ
θθθθ
=Κ
articuladoestálejanoextremoelsiLI
empotradoestálejanoextremoelsiLI
,43
,
57.0175.0
10.155
43.0175.0
75.075.055
43
43
5
=+
=+
====
=+
=+
==
=
=
=
BCAB
BCBCBC
BCAB
ABBAAB
KKKFD
LIK
KKKFD
LIK
ISi
2 Ton/m
5 T
CBA
5 m
E, I = CTES
2.5 m 2.5 m
FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME
EQ.AD1
1.00
-2.08
0.00 0.43 0.57
-4.17 1.34
T10.00 -4.91 4.91 -2.23MF
1.790.89
Procediendo de forma similar para el caso (ii): Por lo tanto: Ejemplo 4.3. Resolver el ejemplo 4.2 por el método de Cross Modificado.
Factores de distribución
∆
=
∆
−−= 233LEI
LLEIM AB
∆
==→∆
=
∆
−−= 226632LEIMM
LEI
LLEIM BAABAB
L
A B
Caso (i) Caso (ii)
BA
L
MABMBA MAB ∆
L∆−
=ψ
∆
L∆−
=ψ
( ) ( ) ( )( )( )
12.35
71301.085513.3
855
2 −=
+−=== E
BAEAB MM
875.067
43
43
47.053.0875.11
0.177
49.051.005.205.1
05.157
43
43
7
=
=
=
=→==+
=
===
=→==+
=
=
=
=
=
LIK
FDKK
KFD
LIK
FDKK
KFD
LIK
ISi
CD
CDCDBC
BCCB
BC
BCBCAB
ABBA
AB
El método de distribución de momentos puede considerar los efectos de las traslaciones de los nodos debidas a asentamiento de los apoyos y al ladeo. Para determinar el efecto en los momentos en los extremos de los elementos, debidos al asentamiento de los apoyos, considérense los siguientes casos: Caso (i) Caso (ii) Ejemplo 4.4. Resolver el ejemplo 3.3 por el método de Cross.
Factores de distribución
Momentos de empotramiento
( ) ( )( )( )
( )( )( )
( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
( )( )( )
( )( )( )
67.267.26
2426
422
22.107
71601.07
252127297.8
771601.0
7252
1272
2
2
2
2
22
22
22
22
−==+=
−=
−
+−==
−+=
EDC
ECD
ECB
EBC
MM
MM
1.002.67 -2.67 4.0
-0.67 -1.33 4.38 3.83
2.19 -1.05D2 -1.12T2
-1.07 0.56 0.490.28 -0.53
D3 -0.14T3
-0.14 0.29 0.250.14 -0.07
D4 -0.07T4
-0.07 0.04 0.030.02 -0.03
D5 -0.01 -0.01 0.02 0.010.00 -8.22 8.22 -6.61MF 6.61 -4.0 4.0
2 Ton/m
2.5 m
A B C
2.5 m 5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m
D
FD3.13 -3.12 8.97 -10.22ME
EQ.A y D
D1
1.00
-1.56
0.51 0.49
-3.13-2.20
T1-2.10
0.53 0.47
2 T5 T 2 T 2 T 2 T
3 mE, I = CTES
2 m 5 m4 m
D
EA
B C2 Ton/m
5 T
4.3. MARCOS PLANOS 4.3.1. Marcos sin desplazamiento lateral
El método se aplica de la misma forma que para el caso de vigas continuas. Ejemplo 4.5. Determinar los momentos flexionantes finales para el siguiente marco.
51.023.00.290.01
90.090.056
43
26.00.290.01
10.166
33.067.012
2236
6
=→=++
==
=
=++
===
=→=+
====
=
CECDCD
CBBC
BCBACEAB
FDFDK
FDK
FDFDKK
ISi
( )( )( )
( ) ( )( )
( ) 17.4125222.2
642544.4
6425 2
2
2
2
2
==−=−=−=== EDC
ECD
ECB
EBC MMMM
0.67 - --2.96 - 0.36 --0.07-2.68
0.00 - - --1.03 - 0.19 --0.84
MF 2.68 -3.73 5.47 0.00D3 -0.03 -0.02 -0.02 -T2 0.09 0.09 - -D2 0.17 0.19 0.17 -T1 -0.52 -0.74 - -D1 -1.48 -1.03 -0.93 -EQ. D - - 2.08 4.17ME 4.44 -2.22 4.17 -4.17FD 0.33 0.26 0.23 1.00
0.00 - - --1.48 - 0.17 --1.31
0.51 - --2.07 - 0.38 --0.05-1.74
Factores de distribución
Momentos de empotramiento 4.3.2. Marcos con desplazamiento lateral
Proceso de solución:
Se aplica el método como si se tratara de marcos sin desplazamiento lateral. Se checa si
TFH 56.021.165.0)( −=−=Σ+→
)2()1(
pasoFpasoFf
H
H
ΣΣ
=
10 T
CB
A D
3 m
E, I = CTES 4 m
1 m
0.85
0.65
1.61
1.21
3.241.74
suma de fuerzas horizontales en la base de columnas, es igual a las fuerzas externas horizontales.
Se suponen momentos arbitrarios en extremos de columnas, de modo tal que generen en la base del marco fuerzas contrarias al desequilibrio del paso anterior. Se aplica nuevamente el método con los momentos supuestos y se evalúa el equilibrio de fuerzas horizontales.
Si las fuerzas horizontales no son las del desequilibrio, los momentos resultantes del paso anterior, se afectan por el factor:
Los momentos finales son la suma de los momentos del primer y cuarto pasos. Con ellos se obtienen los cortantes.
Dibujos de diagramas. Ejemplo 4.6. Determinar diagramas de cortante y momento flexionante para los elementos del marco mostrado. Paso (i):
NODO B NODO C AB BA BC CB CD DC
FD 0.00 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50
ME 1.88 -5.63 D1 -0.94 -0.94 2.81 2.81 T1 -0.47 1.41 -0.47 1.41 D2 -0.70 -0.70 0.23 0.23 T2 -0.35 0.12 -0.35 0.12 D3 -0.06 -0.06 0.18 0.18 T3 -0.03 0.09 -0.03 0.09 D4 -0.04 -0.04 0.01 0.01 MF -0.85 -1.74 1.74 -3.24 3.24 1.61
( ) TFH 36.368.12)( ==Σ+→
17.036.356.0
==f
0.500.50
0.620.62
2.25 2.73
0.991.47
2.50
0.93
2.50
0.12 0.12
2.38 7.62
0.93
0.31
0.16
0.31
0.63
1.25
0.16
0.63
1.25
2.50
2.50
5.00
2.50
0.63
0.16
0.31
1.25
5.00
5.00
2.50
0.63
0.16
0.31
1.25
5.00
0.04 0.04
0.08 0.08
0.08
0.04
0.08
0.04
3.00 3.00
3.713.71
1.68 1.68
Paso (ii): Paso (iii): Paso (iv):
2.38
0.93 7.62
0.93
0.99
2.73
1.47
4.89
2.25
2.25 2.73
23
LEIPLM δ
==3
3 3;3 L
EIPEI
PL δδ ==
L
P
L1
I =
I1
I2 L2 L1/2
L1/2
L2/2
L2/2
∆ ∆
2∆
2∆
∞
Paso (v): Cuando las columnas en un marco tienen la misma longitud y momento de inercia, los momentos por desplazamiento lateral supuestos serán iguales. Para los casos, en que se tengan longitudes o momentos de inercia diferentes, se tiene:
=
22
2
21
1
2
1
LI
LI
MM
22
222
1
12
1
1
166
2
23
LEIM
LEI
L
EIM ∆
=∆
=
∆
=
10 T CB
A D
4 m
E, I = CTES 4 m
Los momentos supuestos por desplazamiento lateral, por analogía con una viga en voladizo con carga concentrada en extremo libre, valen: Por tanto, la relación de momentos es: Proceso de correcciones sucesivas:
Determinar factores de distribución.
Evaluar momentos de empotramiento.
Calcular momentos totales en columnas de cada nivel (igual a la fuerza cortante en cada piso multiplicada por la altura) y distribuirlos entre las columnas en proporción a I/ L2. Colocar la mitad a cada extremo de la columna.
Distribuir los momentos en los nodos.
Transportar momentos. Los momentos totales en columnas en cada nivel, ahora son diferentes al producto de la
fuerza por la altura. Determínese la diferencia y súmese o réstese a las columnas (nuevamente en proporción a I/L2).
Repetir pasos (iii) al (iv) hasta que sean insignificantes las magnitudes de las correcciones. Ejemplo 4.7. Determinar los momentos finales en extremos de elementos del marco mostrado mediante correcciones sucesivas.
4.98
8.52
11.41
8.52
11.41
4.98
0.5010.00-5.00 3.75-0.63 0.47-0.08
0.00 10.00 -2.50 3.75 -0.31 0.47
0.5010.00-5.00 3.75-0.63 0.47-0.08
0.00 10.00 -2.50 3.75 -0.31 0.47
-0.08-0.31-0.63-2.50-5.00 0.50
-0.08-0.31-0.63-2.50-5.00 0.50
4.4. EJEMPLOS RESUELTOS
{ }
=
wvu
d
F1
F2
F3
PP'
X
Y
Z
uv
w
Lδε =
F
L
δ
CCAAPPÍÍTTUULLOO 55::
MMÉÉTTOODDOO DDEE RRIIGGIIDDEECCEESS 5.1. PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DE ANÁLISIS ESTRUCTURAL
Se analizan los principios básicos del análisis estructural como fundamento del método de rigideces. A diferencia de los métodos aproximados (vistos previamente), los matriciales (rigideces y flexibilidades) son considerados métodos exactos. 5.1.1. Continuidad
Sea un cuerpo cualquiera, sometido a la acción de fuerzas externas, como el mostrado en la figura siguiente: El vector de desplazamiento que representa el movimiento de P a P’, se define como: Conocido { }d , es posible obtener las funciones de deformación (deformación axial o lineal ε , o deformación angular γ ). Por ejemplo, para una barra rígida como la mostrada, la deformación axial es igual a su acortamiento o alargamiento longitudinal entre su longitud inicial.
{ } [ ]{ }dAewvu
yz
xz
xy
z
y
x
yz
xz
xy
z
y
x
=→
=
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
γγ
γε
εε
Ε= x
xσε y
x
εεν −=
Ε−=−= y
yxσ
ννεε( )yxx Eνσσε −=
1
= +xσ xσ xσ xσ
yσ
yσ
yσ
yσ
Ε=→Ε=
σεεσE
σ
ε
zyyzz
zxxzy
yxxyx
yw
zv
zw
xw
zu
yv
xv
yu
xu
angularnDeformaciólinealnDeformació
γγε
γγε
γγε
=∂∂
+∂∂
=∂∂
=
=∂∂
+∂∂
=∂∂
=
=∂∂
+∂∂
=∂∂
=
X
Y
Z
uv
w
dz
dy
dx
Para un cuerpo tridimensional: En forma matricial: Donde:
{ }ε , vector de deformaciones
[ ]A , matriz de continuidad 5.1.2. Ley de Hooke
A partir de la relación esfuerzo-deformación y de la relación de poisson, para un estado plano de esfuerzos:
{ } [ ]{ } { } [ ] { }
[ ] [ ]
{ } [ ]{ }eks
fkSi
efssfe
yz
xz
xy
z
y
x
G
G
G
EEE
EEE
EEE
yz
xz
xy
z
y
x
=
=
==
→
=
=
−
−
−−
−−
−−
1
1
1
1
1
1
1
1
;
ττ
τσ
σσ
γγ
γε
εε
νν
νν
νν
0:0
0:0
0:0
=∂
∂+
∂
∂+
∂∂
+−=Σ
=∂
∂+
∂
∂+
∂
∂+−=Σ
=∂
∂+
∂
∂+
∂∂
+−=Σ
z
z
y
zy
x
zxz
z
yz
y
y
x
yxy
z
xz
y
xy
x
xx
ZF
YF
XF
σττ
τστ
ττσ
X
Y
Z
uv
w
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]GE
GE
GE
yzyzyxzx
xzxzzxyy
xyxyzyxx
τγσσνσε
τγσσνσε
τγσσνσε
=+−=
=+−=
=+−=
1
1
1
X
Y
Z
xσ
xzτ
xzτ
yσ
yzτ
yxτ
zσ
zxτ zyτ
G
τ
γ
Para un estado triaxial de esfuerzos: Donde:
( )ν+=
12EG , módulo elástico por cortante
En arreglo matricial: Donde:
[ ]f , matriz de flexibilidad
{ }s , vector de esfuerzos
[ ]k , matriz de rigidez 5.1.3. Equilibrio
Considerando un elemento tridimensional (con peso propio) y el estado triaxial de esfuerzos, al plantear el equilibrio, se tiene:
{ }
=
ZYX
Fc
{ } [ ] { } { }osAFcZYX
t
yz
xz
xy
z
y
x
yxz
zxy
zyx
=+−→
=
+
−
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
000
ττ
τσ
σσ
{ } [ ] { } { }{ } [ ] [ ][ ]{ } { }[ ] [ ] [ ][ ] { } { }
{ } [ ]{ }dKFFinalmente
FFyAkAKSi
odAkAFc
osAF
ct
t
tc
=
==
=+−
=+−
if lldondee −== δδ ;
L
L 1
1 2
2
3
4 5
Nodo libre
Elemento
Elementosno unidos
Las fuerzas de cuerpo se definen como: Por tanto, en arreglo matricial: Resumiendo:
Por continuidad { } [ ]{ }dAe =
Por Hooke { } [ ]{ } [ ][ ]{ }dAkeks ==
Por equilibrio 5.2. ARMADURAS PLANAS
Para el caso de elementos biarticulados, se puede demostrar que la deformación, ya sea de alargamiento o acortamiento, es igual a su desplazamiento relativo, esto es: Ejemplo: 5.1. Aplicar los tres principios básicos del análisis estructural, a la armadura plana mostrada a continuación. Es importante identificar antes que todo, los nodos total o parcialmente libres y enumerar los elementos que componen la armadura.
{ } [ ]{ }dAe
dydxdydx
eeeee
=→
=
−
−=
2
2
1
1
5
4
3
2
1
707.0707.0
707.0707.0
11
1
1
=====
=→==
=
555
444
333
222
111
;
ekPekPekPekPekP
kePeyL
EAksiL
EAP δδ
{ } [ ]{ }ekP
eeeee
k
k
k
k
k
PPPPP
=→
=
=
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
5
4
3
2
1
2211 dyedye ==
123 dxdxe −=
115224 7070.0707.07070.0707.0 dydxedydxe +−=+=
dy
dx2
2
0.707
dx 20.7
07dy 2
45° 45°
dy
dx1
1
0.707dx1
0.707dy1
dy
dx1
1 dy
dx2
2
dy
dx2
2dy
dx1
1
1. Continuidad
Barra 1: Barra 2: Barra 3:
Barra 4: Barra 5: Representando matricialmente, las relaciones entre desplazamientos y deformaciones: 2. Ley de Hooke Las fuerzas axiales en cada barra, se determinan como: En forma matricial:
422511
432531
422511
432531
707.0707.0707.0707.0
0707.0:00707.0:00707.0:00707.0:0
PPFyPPFyPPFxPPFx
PPFyFyPPFyFyPPFxFxPPFxFx
+=+=+=−−=
=−−=Σ=−−=Σ=−−=Σ=++=Σ
{ } [ ] { }PAF
PPPPP
FyFxFyFx
T=→
=
−−
=
5
4
3
2
1
2
2
1
1
707.01
707.01
707.01
707.01
{ } [ ] { } [ ] [ ][ ]{ }[ ] [ ] [ ][ ]
{ } [ ]{ }dKFFinalmente
AkAKSi
dAkAPAFT
TT
=
=
==
P3
Fy1
Fx1
P1P5
P3
Fy2
Fx2
P1P4
3. Equilibrio Las fuerzas que obran en la armadura son aplicadas a los nodos, en ellos, se verifica el equilibrio mediante diagramas de cuerpo libre:
D.C.L. Nodo 1 D. C. L. Nodo 2 En arreglo matricial: Resumiendo:
Por continuidad { } [ ]{ }dAe =
Por Hooke { } [ ]{ } [ ][ ]{ }dAkekP ==
Por equilibrio Proceso de solución de armaduras planas:
Obtener la matriz de continuidad [ ]A
Evaluar para cada barra i
i LEAk
= e integrar la matriz [ ]k
Calcular la matriz de rigideces [ ] [ ] [ ][ ]AkAK T=
Determinar el vector de desplazamientos { } [ ] [ ]FKd 1−=
[ ]
−
−=
707.0707.0
707.0707.0
11
1
1
A
( )ββββ sendydxsendydxeee AABBABi +−+=−= coscos
dy
dxB
B
ß
A
i
X
Ydx
cos
ß
Bdy
sen
ß
B
dy
dxA
A
dx c
os ß
Ady
sen
ß
A
B
3 m
3 mElementosno unidos
10 t
5 t
1
1 2
2
3
4 5
dy
dx2
2dy
dx1
1
Obtener vector de deformaciones { } [ ]{ }dAe =
Evaluar vector de fuerzas internas { } [ ]{ }ekP =
Comprobar equilibrio en nodos
5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad
Para un elemento cualquiera, la deformación total, se determina como: Ejemplo: 5.2. Obtener las acciones en los elemento de la armadura mostrada. Suponer para todos los elementos E=2X106 kg/cm2 y A=30 cm2. Solución: A partir de la matriz de continuidad (evaluada en el ejemplo 5.1)
[ ] cmtkL
EAki
i /
42.141
42.141
200
200
200
=→
=
0)707.0(44.585.85:00)707.0(71.815.6:00)707.0(44.585.3:00)707.0(71.885.310:0
=−+−=Σ=+−=Σ=−=Σ=−−=Σ
FyFyFxFx
3.85 t10 t
6.15 t8.71 t
5 t
8.85 t5.44 t
3.85 t
AB
Y de la matriz de rigidez axial de las barras: Se calculan:
Matriz de rigideces [ ] [ ] [ ][ ] cmtAkAK T /
69.27069.700069.7069.2700200
0069.27069.70020069.7069.270
−−
−−
==
Vector de desplazamientos { } [ ] [ ] cmFK
dydxdydx
d
−
==
= −
044.0099.0031.0118.0
1
2
2
1
1
Vector de deformaciones { } [ ]{ }
−
−−
==
=
062.0038.0019.0044.0031.0
5
4
3
2
1
dA
eeeee
e
Vector de fuerzas internas { } [ ]{ } tonek
PPPPP
P
−
−−
==
=
71.844.585.385.815.6
5
4
3
2
1
Equilibrio en nodos
( )
( ) Ejijiji
Eijjiij
MEKM
MEKM
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
322
322i j
BAB
BAA
E
LEI
LEIM
LEI
LEIM
entonces
M
LIK
si
θθ
θθ
ψ
+
=
+
=
=
=
=
42
24
,
0
0
LMA
MB
Aθ
Bθ
1ϕ 2ϕ 1ϕ2ϕ
dx1
dy1
dx2
dy2
D1
1 2
31 2
5.3. MARCOS PLANOS
Grado de libertad, es el número de coordenadas independientes necesarias para describir la deformada de un sistema Por ejemplo, considérese el marco mostrado, en el cual existen dos nodos libres, y en cada uno de ellos tres grados de libertas (desplazamientos horizontal, vertical y un giro).
Si la viga es axialmente rígida 21 dxdx = Si las columnas son axialmente rígidas 021 == dydy
Por continuidad { } [ ]{ }dAe = , donde { }
=
3
3
2
2
1
1
B
A
B
A
B
A
e
θθθθθθ
y { }
=
1
2
1
Dd ϕ
ϕ
A partir de la pendiente deflexión: Para el sistema:
Lii∆
+= ϕθ
∆
+
+
=
∆
+
+
=
2
2
642
624
LEI
LEI
LEIM
LEI
LEI
LEIM
BAA
BAA
ϕϕ
ϕϕ
L
MAMB
Aϕ
Bϕ
∆
1
D1
1 2
31 220 T
5 m
E, I = CTES 4 m
1
L
LEI4
LEI4
26LEI
26LEI
26LEI
26LEI
312
LEI
312
LEI
Para una barra cualquiera: Donde:
θ , deformación angular.
ϕ , giro del nodo.
∆ , desplazamiento relativo entre los extremos de un elemento en la dirección perpendicular e su eje longitudinal.
Ejemplo 5.3. Determinar cortantes y momentos para los elementos del marco mostrado. No se considere deformación axial de elementos. Es importante identificar antes que todo, los nodos libres, enumerar los elementos que componen la estructura, identificando para cada uno, un nodo inicial (A) y otro final (B). Considerando:
Rigidez angular Rigidez lineal
[ ] ( )EIK
=
38.038.038.038.080.140.038.040.080.1
{ } [ ]{ } { } { } [ ] { } EID
FKdFydKF 1
92.8079.1379.13
2000
1
2
11
−−
=
==→
== − ϕ
ϕ
EILEI
MM
L B
A
B
Aii
14224
=
∆
+=θθ
ϕθ
EILD
EILD
B
A
44.6
23.200
1
11
1
1
=+=
=+=
ϕθ
θ
EILD
EILD
B
A
44.6
23.200
1
12
1
1
=+=
=+=
ϕθ
θ
mtEI
EIMM
B
A −
=
=
55.1645.231
44.623.20
15.05.01
mtEI
EIMM
B
A −
=
=
55.1645.231
44.623.20
15.05.01
1.0
0.5
0.38 0.38
0.380.38
0.19
0.190.19
0.19
0.8
1.0
0.4
0.5
0.4
0.8
1
A
B
2
A
B
11 =ϕ 22 =ϕ 11 =D La matriz de rigidez, resulta: A partir de:
Por continuidad Ley de Hooke Barra 1: Barra 2:
mTEIEIMM
B
A −
−−
=
−−
=
55.1655.161
79.1379.13
80.040.040.080.0
EI
EI
B
A
79.130
79.130
2
1
−=+=
−=+=
ϕθ
ϕθ
20 T 16.55
23.45
10
23.45
10
16.55
3A B
Barra 3 Momentos: 5.4. EJEMPLOS RESUELTOS
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