Analisis Estructural II-Ing. Alanoca

Análisis estructural II

ANALISIS ESTRUCTURAL II


X Viga

Ray Rby

Y

F2

F

Rax

A Temática:

I. introducción

II. comparación de métodos de solución matricial

III. método de rigidez:

1. introducción

2. método de la deflexión de la pendiente teoría y aplicaciones.

3. Método de rigidez por deflexión de teoría y aplicaciones

4. Método de rigidez directo con matrices [A] teoría y problemas

5. Método de rigidez directo con cosenos directos teoría y problema

6. Método de la condensación estática

7. Método de rigidez para vigas-brazo rígido teoría de aplicaciones

8. Método de rigidez para pórtico-placa

9. Método de rigidez 3-D teoría y aplicaciones

1. VIGA 1:

Ecuaciones (EQ)

∑M =0 ∑FX =0

∑F =0 3EQ = ∑FY =0

∑MZ =0

Apoyo fijo apoyo móvil


Ma

X

Y

Ray Rby

Rax

Rcy

EN 3-D

∑FX =0

∑F =0 ∑FY =0

∑FZ =0

∑MX =0

∑M =0 ∑MY =0

∑MZ =0

HIPERESTATICIDAD DE LA ESTRUCTURA EXTERNAMENTE

(GHE)

< 0 inestable (hipostático)

GHE = NR – NEQ = 0 isostática

> 0 hiperestática

NR =número de reacciones

NEQ = número de ecuaciones

De la VIGA 1 el GHE: GHE = 3 – 3 = 0 ______ isostática.

2. VIGA CONTINUA

3D


M M

M

Ry

Rx

Ry Ry

Rx Rx

NR = 5 NEQ = 3

GHE = 5 – 3 = 2 hiperestática de 2do

grado externamente.

3. PORTICO

NR = 9 NEQ = 3

GHE = 9 – 3 = 6 hiperestática de 6to grado

- Grado de hiperestaticidad total ( GHT )

- Grado de hiperestaticidad interna ( GHI )

- grado de hiperestaticidad interna ( GHI )

- número de barras ( NB )

- numero de reacciones ( NR )

- numero de nudos ( NN )

GHT = GHI + GHE

GHE = NR – NEQ

GHT = 3 NB + NR – 3 NN

GHI = GHT – GHE

DE LA VIGA 2

GHE = 2do

grado

GHT = 3 (2) + 5 – 3 (3) = 2do

grado


GHI = GHT – GHE

GHI = 2 – 2 = 0

DEL PORTICO 3

GHE = 9 – 3 = 6to

GHT = 3 (10) + 9 – 3 (9) = 12

GHI = GHT – GHE

GHI = 12 – 6 = 6do

grado

4. ARMADURA (estructura especial, total son 6 fuerzas.)

GHT = GHE + GHI

GHE = 0

GHT = NB + NR – 2 NN

GHT = 20 + 3 – 2(10) = 3

5. ARMADURA 2

GHE = 3er

GHT = 3(12) + 6 – 3(10) = 12

GHI= 9no

X3

X3

X2

X2

X1

X1

Rotula

Rotula


Z

X

Y

3 – D

1. 3-D

NEQ = 6 (3 – D)

∑Fx = 0 ∑Fy = 0 ∑Fz = 0 ∑Mx = 0 ∑My = 0 ∑Mz = 0

NR = 24

GHE = NR – NEQ = 24 – 6 = 18vo

GHT = 6NB + NR – 6n (3 – D)

GHT = 6(8) + 24 – 6(8) = 24

GHI = GHT – GHE = 24 – 18 = 6to

2.

GHE = 5 – 6 = -1 hipostatico (inestable)

GHT = 6(8) + 5 – 6(8) = 5to

GHI = 5 – (-1) = 6to


3. ARMADURA 3 - D

GHE = 9 – 6 = 3er

grado

GHT = GHE + GHI

GHT = NB + NR – 3m ARM 3 – D

GHT = 20 + 9 – 3(8) = 5

GHI = 5 – 3 = 2do

grado

HIPERESTATICIDAD CINEMATICA ( # G.D.L.)

3 DESPLAZAMIENTOS

θa y θb rotación

δb traslación

3 G.D.L (CINEMATICA)

A

Y

X


HAY 6 G.D.L

SI EA = α

METODO DE LA FLEXION DE LA PENDIENTE

Ecuaciones de la deflexión de la pendiente:

Desplazamientos de:

Rotación:

Traslación:


EJEMPLO 1:

Resolver:

Solución:

Paso 1:

Paso 2:

M0ab = - M

0ba = (P x L)/ 8 = (4 x 6) / 8 = 3 T-m

M0bc = - M

0cb = (W x L

2)/ 12 = (3 x 5

2) / 12 = 6.25 T-m

3 T-m -3 T-m 6.25 T-m

Paso 3:


= 0 (I) = 0 (II)

+ = 0 = 0

Paso 4:

Mba = M0ba + 2EI / 6 2θb + 0 + 0 = -3 + (4EI / 6) θb

Mbc = M0bc + 2EI / 5 2θb + θc + 0 = 6.25 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc

Mcb = M0cb + 2EI / 5 2θc + θb + 0 = -6.25 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb

(a) Y (b) en I

-3 + (4EI / 6) θa + 6.25 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc = 0

1.47EI θb + 0.4EI θc = -3.25 (I)

(c) En II

-6.25 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb = 0

0.4EI θb + 0.8EI θc = 6.25 (II)

1.47 0.4 θb -3.25 /EI

0.4 0.8 θc 6.25/EI

θb = -5.02/EI θc = 10.33/EI

Mba = -3 + (4EI / 6) (-5.02/EI) = -6.35 T-m

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

Mab = 3 + (2EI / 6) (-5.02/EI) = 1.33 T-m


Diagrama de momento flector:

EJEMPLO 2:

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


Mba = M0ba + (2EI / 3) 2θb + 0 + 3δ/Lba = 0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ

Mbc = M0bc + ( 2EI / 5) 2θb + θc + 0 = 4.17 + ( 4EI / 5 ) θb + ( 2EI / 5 ) θc

Mcb = M0cb + (2EI / 5) 2θc + θb + 0 = -4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb

Mcd = M0cd + (2EI / 3) 2θc + 0 + 3δ/Lcd = 0 + ( 4EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ

(a) Y (b) en I

0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ + 4.17 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc = 0

2.13 EI θb + 0.4 EI θc + 0.67 EI δ = -4.17 (I)

(c) Y (d) en II

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

0.4EI θb + 2.13 EI θc + 0.67 EI δ = 4.17 (II)


Mab = M0ab + (2EI / 3) 0+ θb + 3δ/Lab = 0 + (2EI / 3) θb + (2EI / 3) δ

Mdc = M0dc + (2EI / 3) 0 + θc + 3δ/Lab = 0 + ( 2EI / 3 ) θc + ( 2EI / 3 ) δ

Mab + Mba + Mdc + Mcd = 15

(e), (a), (f) Y (d) en III

0 + (2EI / 3) θb + (2EI / 3) δ + 0 + (4EI / 3) θb + (2EI / 3) δ +

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

2 EI θb + 2 EI θc + 2.67 EI δ = 15

2.13 0.4 0.67 θb -4.17/EI

0.4 2.13 0.67 θc 4.17/EI

2 2 2.67 δ 15 /EI

θb = -4.88/EI θc = -0.061/EI δ = 9.31/EI

Mba = (4EI / 3) (-4.88/EI) + (2EI / 3) (9.31/EI) = -0.3 T-m

Mbc = 4.17 + ( 4EI / 5 ) (-4.88/EI ) + ( 2EI / 5 ) (-0.061/EI ) = 0.24 T-m

Mcb = -4.17 + (4EI / 5) (-0.061/EI) + (2EI / 5) (-4.88/EI) = -3.19 T-m

Mcd = ( 4EI / 3 ) (-0.061/EI ) + ( 2EI / 3 ) ( 9.31/EI ) = 6.14 T-m

Mab = (2EI / 3) (-4.88/EI) + (2EI / 3) (9.31/EI) = 2.95 T-m

Mdc = ( 2EI / 3 ) (-0.061/EI ) + ( 2EI / 3 ) ( 9.31/EI ) = 6.14 T-m


METODO MODIFICADO DE LA FLEXION DE LA PENDIENTE

Ejercicio 1:


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

4.5T-m

1.8T-m 2.7T-m

6.3T-m

6.3T-m

7.2T-m


Mba = M0ba + (2EI / 4) 2θb + 0 + 3δ/Lba = -2 + (4EI / 4) θb + (6EI / 16) δ

Mbc = M0bc + ( 2EI / 6) 2θb + θc + 0 = 1.8 + ( 4EI / 6 ) θb + ( 2EI / 6 ) θc


Mcd = M0

cd - (M0dc/2) + (3EI / Ldc) θc + 0 = 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) θc

(a) Y (b) en I

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

1.67 EI θb + 0.33 EI θc + 0.38 EI δ = 0.2 (I)


(c) Y (d) en II

-2.7 + (4EI / 6) θc + (2EI / 6) θb + 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) θc = 0

0.33EI θb + 1.17 EI θc + 0 EI δ = -7.2 (II)

(III)

Remplazando en (III):

Mab = M0ab + (2EI / 4) 0 + θb + 3δ/Lab = 2 + (2EI / 4) θb + (6EI / 16) δ

(e) Y (a) en III

-2 + (4EI / 4) θb + (6EI / 16) δ + 2 + (2EI / 4) θb + (6EI / 16) δ = 8

1.5EI θb + 0 EI θc + 0.75 EI δ = 8 (III)

1.67 0.33 0.38 θb 0.2/ EI

0.33 1.17 0 θc = -7.2 /EI

1.5 0 0.75 δ 8 /EI


θb = -2.14/EI θc = -5.55/EI δ = 14.75/EI

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

Mbc = 1.8 + (4EI / 6) (-2.14/EI) + (2EI / 6) (-5.55/EI) = -1.48 T-m

Mcb = -2.7 + (4EI / 6) (-5.55/EI) + (2EI / 6) (-2.14/EI) = -7.12 T-m

Mcd = 6.3 - (-7.2/ 2) + (3EI/ 6) (-5.55/EI) = 7.12 T-m

Mab = 2 + (2EI / 4) (-2.14/EI) + (6EI / 16) (14.75/EI) = 6.46 T-m


Ejercicio 2:

C


Solución:

Mba = M0ba - (M

0ab/2) + (3EI / Lab) θb + 0 = -2.22 - (4.44/ 2) + (3EI/ 6) θb

Mbc = M0bc - (M

0cb/2) + (3EI / Lbc) θb + 0 = 2.5 - (-3.75/ 2) + (3EI/ 5) θb

(a) Y (b) en I

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

1.1 EI θb = 0.065 (I)

θb = 0.059/EI

4.44 T-m 2.22 T-m 3.75 T-m 2.5 T-m


Remplazando θb en (a) y (b):

Mba = -2.22 - (4.44/ 2) + (3EI/ 6) (0.059/EI) = - 4.41 T-m

Mbc = 2.5 - (-3.75/ 2) + (3EI/ 5) (0.059/EI) = 4.41 T-m


Ejercicio 3:


Paso 1:

paso2:

Condensar giro a


Paso3:

Mba = M0ba -(M

0ab/2)+ (3EI /Lba) θb + δ/Lba = 0+0+ (3EI/ 3.5)θb+(3EI/12.25) δ

Mbc = M0bc + (2EI / 5) 2θb + θc + 0 = 4.17 + (4EI / 5) θb + (2EI / 5) θc


Mce = M0ce + (2EI /3.5) 2θc + 0 + 3δ/Lce =1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ

Mcd = M0cd + (2EI /5) 2θc + θd + 0 = 0 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θd

Mdc = M0dc + (2EI /5) 2θd + θc + 0 = 0 + (4EI / 5) θd + (2EI / 5) θc


Mdf = M0df + (2EI /3.5) 2θd + 0 +3δ/Ldf = 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ

Remplazando:

(a) Y (b) en I

0 + 0 + (3EI/ 3.5)θb + (3EI/12.25 )δ + 4.17 + ( 4EI / 5 ) θb + ( 2EI / 5 ) θc = 0

1.66 EI θb + 0.4 EI θc + 0 EI θd + 0.24 EI δ = -4.17 (I)

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

-4.17 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θb +1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ +

0 + (4EI / 5) θc + (2EI / 5) θd = 0

0.4 EI θb + 2.74 EI θc + 0.4 EI θd + 0.49 EI δ = 2.7 (II)

(f) Y (g) en III

0 + (4EI / 5) θd + (2EI / 5) θc + 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ = 0

0 EI θb + 0.4 EI θc + 1.94 EI θd + 0.49 EI δ = 4 (III)

Para hallar la otra ecuación:


+ + + 3 - 3 – 3.5 = 0

+ + = 3.5 IV

Ha x 3.5 = 0 He x 3.5 + Mec + Mce – 3 x 1.5 = 0

Ha = 0 He = 4.5 - Mec - Mce

He x 3.5 + Mfd + Mdf – 3.5 x 2.3 = 4

Hf = 12.05 - Mfd – Mdf

Remplazando Ha, He y Hf en IV:

4.5 - Mec - Mce + 12.05 - Mfd - Mdf =12.25

Mec + Mce + Mfd + Mdf = 4.3 IV

Mec = M0ec + (2EI /3.5) 0 + θc + 3δ/Lec = -1.10+ (2EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ

Mfd = M0fd + (2EI /3.5) 0 + θd +3δ/Lfd = -1.23 + (2EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ

(d), (g), (h) y (i) en IV

1.47+ (4EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ + 0 + (4EI /3.5) θd + (6EI/12.25) δ +

-1.10+ (2EI /3.5) θc + (6EI /12.25) δ + -1.23 + (2EI /3.5) θd +(6EI/12.25) δ = 4.3

0 EI θb + 1.71 EI θc + 1.71 EI θd + 1.96 EI δ = 5.16 (IV)


1.66 0.4 0 0.24 θb -4.17/ EI

0.4 2.74 0.4 0.49 θc 2.7/ EI

0 0.4 1.94 0.49 θd 4/ EI

0 1.71 1.71 1.96 δ 5.16/ EI

θb = -2.79/EI θc = 1.11/EI θd = 1.81/EI δ = 0.08/EI

Remplazando θb, θc, θd y δ:

Mba = (3EI/ 3.5) (-2.79/EI) + (3EI/12.25) (0.08/EI) = - 2.37 T-m

Mbc = 4.17 + (4EI / 5) (-2.79/EI) + (2EI / 5) (1.11/EI) = 2.38 T-m

Mcb = -4.17 + (4EI / 5) (1.11/EI) + (2EI / 5) (-2.79/EI) = - 4.39 T-m

Mce = 1.47+ (4EI /3.5) (1.11/EI) + (6EI /12.25) (0.08/EI) = 2.78 T-m

Mcd = 0 + (4EI / 5) (1.11/EI) + (2EI / 5) (1.81/EI) = 1.61 T-m

Mdc = 0 + (4EI / 5) (1.81/EI) + (2EI / 5) (1.11/EI) = 1.89 T-m

Mdf = 0 + (4EI /3.5) (1.81/EI) + (6EI/12.25) (0.08/EI) = 2.11 T-m

Mec = -1.10+ (2EI /3.5) (1.11/EI) + (6EI /12.25) (0.08/EI) = -0.43 T-m

Mfd = -1.23 + (2EI /3.5) (1.81/EI) + (6EI/12.25) (0.08/EI ) = -0.16 T-m

Mab = 0


Diagrama de momento flector

EA = α δ axial = 0

δ = 0

δ

δ = 0

δ = 0

δ = 0

δ = 0


Ejercicio 4:

Paso 1:

paso2:

Momentos del tramo ab:

= 0.44 T-m = -0.66 T-m

Condensar giro d


Momentos del tramo bc

Momentos del tramo cd

1.11T-m 1.11T-m

0.45T-m 0.66T-m

M0bc = 1.11 T-m + 0.45T-m = 1.56 T-m

1.56T-m 1.77T-m

-2.23T-m 2.23T-m

0.44T-m -0.66T-m

2.67T-m 2.89T-m

0.84T/m

M0cb = -1.11 T-m - 0.66T-m = -1.77 T-m

M0cd = 2.23 T-m + 0.44T-m = 2.67 T-m

M0dc = -2.23 T-m - 0.66T-m = -2.89 T-m


Paso3:

Mba = M0ba + (2EI / 4) 2θb + 0 + 0 = -0.66 + (4EI / 4) θb

Mbc = M0bc + (2EI / 4) 2θb + θc + 0 = 1.56 + (4EI / 4) θb + (2EI / 4) θc

Mcb = M0cb + (2EI /4) 2θc + θc + 0 = -1.77+ (4EI /4) θc + (2EI /4) θb

Mcd = M0cd - (M

0dc/2) + (3EI /Ldc) θc + 0 = 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) θc

Remplazando:

(a) Y (b) en I

-0.66 + (4EI / 4) θb + 1.56 + (4EI / 4) θb + (2EI / 4) θc = 0

2EI θb + 0.5EI θc = -0.90 (I)

(c) Y (d) en II

-1.77+ (4EI /4) θc + (2EI /4) θb + 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) θc = 0

0.5EI θb + 1.75EI θc = -2.35 (II)


2 0.50 θb -0.90/ EI

0.5 1.75 θc -2.35/ EI

θb = -0.12/EI θc = -1.31/EI

Remplazando θb y θc:

Mba = -0.66 + (4EI / 4) (-0.12/EI) = - 0.78 T-m

Mbc = 1.56 + (4EI / 4) (-0.12/EI) + (2EI / 4) (-1.31/EI) = 0.78 T-m

Mcb = -1.77+ (4EI /4) (-1.31/EI) + (2EI /4) (-0.12/EI) = - 3.14 T-m

Mcd = 2.67 - (-2.89/2) + (3EI/ 4) (-1.31/EI) = 3.14 T-m

Mdc = 0



M0db =-2.4 T-m M

0bd =1.6 T-m

Ejercicio 5:

Solución:

3m

2.5m

4m

3T/m

3T/m

4m 3m

-1.5 T-m M

0ab =1.5 T-m M

0ba =-1.5 T-m


Mba = M0ba -(M

0ab / 2)+ (3EI /Lab) θb + 0 = -1.5 - (1.5 / 2) + (3EI/ 3) θb

Mbc = M0bc + (2EI / 2.5) 2θb+θc+0 = 0 + (4EI / 2.5) θb + (2EI / 2.5) θc

Mbd = M0bd - (M

0db/2) + (3EI /Ldb) θb + 0 = 1.6 - (-2.4/2) + (3EI/ 4) θb

Mcb = M0cb+ (2EI /2.5) 2θc + θb+0 = 0 + (4EI / 2.5) θc + (2EI / 2.5) θb

Remplazando:

(a), (b) y (c) en (I)

-1.5-(1.5/2) + (3EI/ 3) θb + (4EI/ 2.5) θb + (2EI/ 2.5) θc + 1.6-(-2.4/ 2) + (3EI/ 4) θb = 0

3.35 EI θb + 0.8 EI θc + = - 3.55 (I)


(d) En (II)

(4EI / 2.5) θc + (2EI/2.5) θb+ = 0

0.8 EI θb + 1.6 EI θc = 0 (II)

3.35 0.8 θb -3.55/ EI

0.8 1.6 θc 0

θb = -1.20/EI θc = -0.60/EI

Mba = -1.5 - (1.5 / 2) + (3EI/ 3) (-1.20/EI) = -3.45 T-m

Mbc = 0 + (4EI / 2.5) (-1.20/EI) + (2EI / 2.5) (-0.60/EI) = -2.4 T-m

Mbd = 1.6 - (-2.4/2) + (3EI/ 4) (-1.20/EI) = 1.9 T-m

Mcb = 0 + (4EI / 2.5) (-0.60/EI) + (2EI / 2.5) (-1.20/EI) = 1.92 T-m



MATRIZ DE RIGIDEZ POR DEFINICION

EJEMPLO:

D1 y D2 SON DE ROTACION Y D3 DE TRASLACION

VECTOR DE DESPLAZAMIENTO

GLOBALES DE LA ESTRUCTURA

EJEMPLO:

EJEMPLO:

LEY DE HOOKE GENERALIZADA:

⦋K⦋ = MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL DE LA ESTRUCTURA


EJEMPLO:

SI D1 = 1 , D2 = D3 = 0

SI D2 = 1 , D1 = D3 = 0

FUERZAS

EXTERNAS

UNITARIAS


SI D3 = 1 , D1 = D2 = 0

CALCULO DE LOS COEFICIENTES DE RIGIDEZ:

EJEMPLO #1:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0


K11 = Mbc + Mba

- Hallar Mbc

Mbc = M0

bc + (2EIV / LV) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋

Mbc = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (1) + (0) + 0 ⦋

Mbc = 4EIV / LV

- Hallar Mba

Mba = M0

ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + D2+ (3D3/h) ⦋

Mba = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (1) + 0 + (3x0/h) ⦋

Mba = 4EIC / h

Remplazando:

K11 = 4EIV / LV + 4EIC / h


K21 = Mcb + Mcd

- Hallar Mcb

Mcb = M0

cb + (2EIV / LV) ⦋2D2 + D1 + 0 ⦋

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

Mcb = 2EIV / LV

- Hallar Mcd

Mcd = M0

cd + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋

Mcd = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x0/h) ⦋

Mcd = 0

Remplazando:

K21 = 2EIV / LV

Vba x h - Mab - Mba = 0

Vba = 6EIC/h2

∑F(x) = 0

K31 – Vba = 0

K31 = 6EIC/h2


D2 = 1 , D1 = D3 = 0

K12 = Mbc + Mba K22 = Mcb + Mcd K32 – Vcd = 0

K12 = 2EIV / LV K22 = 4EIV / LV + 4EIC / h K32 = 6EIC/h2

D3 = 1 , D1 = D2 = 0


K13 = Mbc + Mba

- Hallar Mbc

Mbc = M0

bc + (2EIV / LV) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋

Mbc = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (0) + (0) + 0 ⦋

Mbc = 0

- Hallar Mba

Mba = M0

ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + D2+ (3D3/h) ⦋

Mba = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mba = 6EIC / h2

Remplazando:

K13 = 6EIC / h2

K23 = Mcb + Mcd

- Hallar Mcb

Mcb = M0

cb + (2EIV / LV) ⦋2D2 + D1 + 0 ⦋

Mcb = 0 + (2EIV / LV) ⦋2 (0) + (0) + 0 ⦋

Mcb = 0

- Hallar Mcd

Mcd = M0

cd + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋

Mcd = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mcd = 6EIC / h2


Remplazando:

K23 = 6EIC / h2

Vba x h - Mab - Mba = 0

- Hallar Mab

Mab = M0

ab + (2EIC / h) ⦋2D2 + D1+ (3D3/h) ⦋

Mac = 0+ (2EIC / h) ⦋2 (0) + 0 + (3x1/h) ⦋

Mab = 6EIC / h2

Vba = 12EIC/h3 y Vcd = 12EIC/h

3

∑F(x) = 0

K33 – Vba – Vcd = 0

K33 = 12EIC/h3 + 12EIC/h

3 = 24EIC/h

3

K21 = K12

K31 = K13

K32 = K23


EJEMPLO #2:

Hallar ⦋K⦋ de la estructura mostrada:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

K11 = 4EIV / LV + 4EIC / h K21 = 2EIV / LV K31 = 6EIC/h2

K11 = 4EIV / 5 + 4EIC / 3 K21 = 2EIV / 5 K31 = 6EIC/9


D2 = 1 , D1 = D3 = 0

Hallar:

∑F(x) = 0

K33 –V⋇cd = 0

K33 = V⋇cd


K12 = 2EIV / LV K22 = 4EIV / LV + 3EIC / h K32 = 3EIC/h2

K12 = 2EIV / 5 K22 = 4EIV / 5 + 3EIC / 2.5 K32 = 3EIC/2.52

D3 = 1 , D1 = D2 = 0

Hallar:


K33 – Vba – V⋇cd = 0

K33 = 12EIC/h3 + 3EIC/h3

K13 = 6EIC / h2 K23 = 3EIC / h2 K33 = 12EIC/h3 + 3EIC/h3

K13 = 6EIC / 32 K23 = 3EIC / 2.52 K33 = 24EIC/33 + 3EIC/2.53

EJEMPLO #3: RESOLVER POR EL METODO DE RIGIDEZ POR DEFINICION:

E = 2 x 106 Ton/m2

I = ⦋0.30 x (0.55)3⦋/12

1. G.D.L = 2


2. D1 = 1 y D2 = 0

K11 - Mab =0 K11 = Mab

K11 =4EI/5

K21 - Mba - Mbc =0 K21 = Mba + Mbc

K21 =2EI/5

D2 = 1 y D1 = 0


K12 - Mab =0 K12 = Mab

K12 =2EI/5

K22 - Mba - Mbc =0 K22 = Mba + Mbc

K22 =4EI/5 + 4EI/6

Hallar EI:

⦋K⦋ {D} = {Q}

D1 = 2.85 x 10-4 D2 = -5.69 x 10-4

Por otro metodo, condensando:

D1 =1


K11 - M⋇ba - Mbc =0 K22 = M⋇

ba + Mbc

Hallar el M⋇ab

K11 =3EI/5 + 4EI/6


EJEMPLO #4:

E = 2 x 106 T/m

2

Solución:

D1 = 1 , D2 = D3 = D4 = 0


K11 - Mab =0 K11 = Mab K21 - Mba =0 K21 = Mba

K11 =4EI/4 K21 =2EI/4

K41 - Mcb =0 K41 = Mcb K31 – Mdb =0 K21 =Mdb

K41 =0 K31 =0

D2 = 1 , D1 = D3 = D4 = 0


K12 - Mab =0 K12 = Mab K22 - Mba -Mbc -Mbd =0

K12 =2EI/4 K22 =4EI/4+4EI/3 +4EI/3.5

K42 – Mcb =0 K42 = Mcb K32 – Mdb =0 K32 =Mdb

K42 =2EI/3 K32 =2EI/3.5

D3 = 1 , D1 = D2 = D4 = 0


K13 - Mab =0 K13 = Mab K23 - Mbd =0 K23=Mbd

K13 =0 K23 =2EI/3.5


K43 =0 K33 =4EI/3.5

D4 = 1 , D1 = D2 = D3 = 0


K14 - Mab =0 K14 = Mab K24 - Mbc =0 K24=Mbc

K14 =0 K24 =2EI/3


K44 =4EI/3 K34 =0


D1 = -5.75 x 10-4

D2 = 1.15 x 10-3

D3 = -5.75 x 10-4

D4 = -5.75 x 10-4

METODO DE RIGIDEZ DIRECTA (Con matrices de transformación ⦋A⦋)

LEY DE HOOKE GENERALIZADA:

{Ҩ } = ⦋K⦋ {D}………………….. (I)

Dónde:

{Ҩ } mx1 = vector de cargas globales de la estructura

{D} mx1 = vector de desplazamiento globales de la estructura

{K} mxm = matriz de rigidez global de la estructura

Dónde: m = # G.D.L

DEFINIR:

{d} e = ⦋A⦋e {D}………………. (II)

{d} e = desplazamiento locales del elemento

⦋A⦋e = matriz de compatibilidad o transformación del elemento.


Ejemplo: EA = α

Solución:


Únicamente por flexión

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

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

{q} e = vector de cargas del elemento

D1 = 1 D2 = 1


D3 = 1 D4 = 1


{d} e = ⦋A⦋e {D}………………. (II)

Ejemplo:

Si

PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL:

δ Wext = δ Wint

PASOS:

1. Definir los grados de libertad G.D.L {D} m , m = # G.D.L.

2. Generar las matrices de compatibilidad o matrices de transformación de C/elemento; ⦋A⦋e.

3. Generar la matrices de rigidez en coordenadas locales de C/elemento; ⦋K⦋e.

4. Proceso de ensamblaje, obtención de la matriz de rigidez global de la estructura,

⦋K⦋G.


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

6. Resolver {Ҩ } = ⦋K⦋G {D} --------------OBTENER {D}

7. Hallar {q}e = ⦋K⦋e ⦋A⦋e {D} - {q}eeq

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

{Ҩ } = ⦋KTOTAL⦋ {D}

DONDE:

SI: solo por flexión.


d1 = 1 , d2 = d3 = d4 = 0

d2 = 1 , d1 = d3 = d4 = 0

d3 = 1 , d1 = d2 = d4 = 0

d4 = 1 , d1 = d2 = d3 = 0


Ejemplo#1:

Resolver: E = 2x 106

T/m2

, EA = α

Solución:

Paso 1:

G.D.L = 2

Paso 2: D1 = 1 , D2 = 0


Paso 2: D2 = 1 , D1 = 0

Paso 3:


Paso 4: {Ҩ }


{Ҩ } = ⦋KTOTAL⦋ {D} ⦋KTOTAL⦋ {D} = {Ҩ }

{q} 1 = ⦋K⦋1 ⦋A⦋1 {D} - {q}1eq

{q} 2 = ⦋K⦋2 ⦋A⦋2 {D} - {q}2eq

Diagrama de momento:


Ejemplo#2:

Paso 1:

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


Paso 2:

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

Paso 3:


Paso 4: {Ҩ }




{q} 1 = ⦋K⦋1 ⦋A⦋1 {D} - {q}1eq

{q} 2 = ⦋K⦋2 ⦋A⦋2 {D} - {q}2eq

{q} 3 = ⦋K⦋3 ⦋A⦋3 {D} - {q}3eq

{q} 4 = ⦋K⦋4 ⦋A⦋4 {D} - {q}4eq



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

condensación:


Paso 1:

D1 = 1 , D2 = D3 =0 D2 = 1 , D1 = D3 = 0

Paso 2:

D3 = 1 , D1 = D2 =0


Paso 3:


Paso 4: {Ҩ }




{q} 1 = ⦋K⦋1 ⦋A⦋1 {D} - {q}1eq

{q} 2 = ⦋K⦋2 ⦋A⦋2 {D} - {q}2eq

{q} 3 = ⦋K⦋3 ⦋A⦋3 {D} - {q}3eq

{q} 4 = ⦋K⦋4 ⦋A⦋4 {D} - {q}4eq



METODO DE CONDENSACION ESTATICA

Sea por ejemplo:

GENERALIZANDO:

θθ {Ҩ } + θδ {δ} = {ϕ} ……………………………… (1)

δθ {Ҩ } + δδ {δ} = {F} …………………………….... (2)


θθ {Ҩ } + θδ {δ} = {ϕ}

Tθθ θθ {Ҩ } = - Tθθ θδ {δ}

⦋ I ⦋ {Ҩ } = - -1

θθ θδ {δ}

{Ҩ } = - -1

θθ θδ {δ} ………………………...….. (3)

{Ҩ } = ⦋ T ⦋ {δ} ………………………………...….. (4)

DONDE:

⦋ T ⦋ = - -1

θθ θδ ……………………………….… (5)

Remplazando (3) en (2) tenemos:

δθ (- -1

θθ θδ {δ}) + δδ {δ} = {F}

{F} = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋ {δ}

{F} = ⦋ L ⦋ {δ}

⦋ L ⦋ = rigidez lateral.

{F} = ⦋ L ⦋ {δ} ………………………………… (6)

SIENDO:

⦋ L ⦋ = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋

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


Solución:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

K11 = 4EIV / LV + 4EIC / h

K11 = 4EIV / 7 + 4EIC / 3.5

K21 = 2EIV / LV

K21 = 2EIV / 7

K31 = 6EIC/h2

K31 = 6EIC/12.25

D2 = 1 , D1 = D3 = 0

K22 = 2EIV / LV

K12 = 2EIV / 7

K22 = 4EIV / LV + 4EIC / h

K22 = 4EIV / 7 + 4EIC / 3.5

K32 = 6EIC/h2

K32 = 6EIC/12.25


D3 = 1 , D1 = D2 = 0

K13 = 6EIC/h2

K13 = 6EIC/12.25

K23 = 6EIC/h2

K23 = 6EIC/12.25

K33 = 12EIC/h3

K33 = 12EIC/42.88

4EIC/3.5 + 4EIV/7 4EIV/7 6EIC/12.25 D1 0

4EIV/7 4EIC/3.5 + 4EIV/7 6EIC/12.25 D2 = 0

6EIC/12.25 6EIC/12.25 24EIC/42.88 D3 F

21864.3 3085.7 6725.5 D1 0

3085.7 21864.3 6725.5 D2 = 0

6725.5 6725.5 7686.3 D3 7

⦋ L ⦋ = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋


⦋ L ⦋ = 5692.09 T/m2

{F} = ⦋ L ⦋ {δ}

{7} = ⦋ 5692.09 ⦋ {δ}

δ = 5692.09/7 = 1.2 x 10-3 m

⦋ T ⦋ = - -1θθ θδ

{Ҩ } = ⦋ T ⦋ {δ}

COLUMNA:

Msup = M0

ba + (2EIC / h) ⦋2D1 + 0+ 3D3 /h⦋

Msup = 3.05 Tn-m

Minf = M0

ab + (2EIC / h) ⦋0 + D1+ 3D3 /h⦋

Minf = 5.53 Tn-m


VIGA:

MIZ = M0

ab + (2EIV / L) ⦋2D1 + D2 + 0 ⦋

MIZ = -2.99 Tn-m

MDER = M0

ba + (2EIV / L) ⦋ 2D2 + D1+ 0⦋

MIZ = -2.99 Tn-m

DIAGRAMA DE MOMENTOS:


2.5 Kip/Pie

Ejemplo #2: resolver el problema usando el metodo de rigidez directa con

matrices de transformación. ⦋A⦋.

E= 29000 KSI , I=1780 plg4

SOLUCIÓN:

PASO 1:

Armaduras:

CABLE

A=1.6plg2

EA=α

18 Kip


Si: d1 = 1 d2 = 1

K11= EA/L K12=-EA/L

K21= -EA/L K22=-EA/L

Paso 2:

D1 = 1 , D2 = D3 = 0

D2 = 1 , D1 = D3 = 0


D3 = 1 , D1 = D2 =0

θ = 45° , cos θ = x/1 , x = cos θ = cos 45° = 0.707

Paso 3:

EI = 29000 x 1780 = 5162x 104 Kip-pie

2

EA = 29000 x 1.6 = 46400 Kip


Paso 4: {Ҩ }



{q} 1 = ⦋K⦋1 ⦋A⦋1 {D} - {q}1eq

{q} 2 = ⦋K⦋2 ⦋A⦋2 {D} - {q}2eq

{q} 3 = ⦋K⦋3 ⦋A⦋3 {D} - {q}3eq



METODO DE RIGIDEZ DIRECTA

(Cosenos directores)

EJEMPLO:

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

48 G.D.L


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

“LEY DE HOOKE GENERALIZADA”

{Ҩ } mx1 = ⦋KTOTAL⦋mxm {D} mx1 ….…………………………… (I)

m= #G.D.L

DEL METODO ANTERIOR;

{Ҩ } = ∑⦋A⦋Te ⦋K⦋e ⦋A⦋e {D} ...……………………………..

(II)

ELEMENTO (e)

Ejes LOCALES

Ejes GLOBALES


{d} e = ⦋A⦋e {D}

{Ҩ } = ⦋Aθ⦋ ⦋A⦋L {D} ………..…………………………… (III)

Dónde:

⦋Aθ⦋=Matriz de cosenos directores.

⦋A⦋L = Matriz de localización.

d1= d*1 cosθ + d*2 senθ

d2= d*1 senθ + d*2 cosθ

Vector de desplazamiento en

coordenadas locales/elemento

Se incluye

deformaciones axiales.


d2= d*3

⦋Aθ⦋

{d}e = ⦋Aθ⦋ {d}*e …………………………………………… (IV)

Ejemplo:


FORMULACION DE METODO

---------------------------------------- (1)

----------------------------------------------- (2)

{Ҩ } = ∑⦋A⦋Te ⦋K⦋e ⦋A⦋e {D}

{Ҩ } = ∑ ⦋AL⦋T ⦋Aθ⦋T

⦋K⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} ----------------------------------- (3)

⦋K⦋e = matriz de rigidez del elemento en coord. Locales.

{Ҩ } = ⦋KTOTAL⦋ {D} ----------------------------------------------- (4)

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

{q} e = ⦋K⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} - {q}eeq

--------------------------------- (6)

6 x G.D.L

6 x 5

6 x 5

Θ=90° Θ=0°

DESPLAZ. DE ELEMENTOS

EN COORD. GLOBALES


4 T-m

EJEMPLO N°1:

25x45

4 m

2 m

2 m

6 T

25x45

25x45



A = 0.25 x 0.45 = 0.1125 m2

E = 2 x 106 T/m

2 , L = 4m

I = (0.25 x 0.453) / 12 = 1.89 x 10

-3 m

4


2.67 T-m 2.67 T-m

4 Tn 4 Tn

3 T-m 3 T-m

3.0 Tn 3.0 Tn

2 m 2 m

2 T/m

4 m

6 T


{Ҩ } = ⦋KTOTAL⦋ {D}

⦋KTOTAL⦋ {D} = {Ҩ }


{q} e = ⦋K⦋e ⦋Aθ⦋e ⦋AL⦋e {D} - {q}eeq


DIAGRMA DE MOMENTO FLECTOR:


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

P= 50 Klb

L = 20Pie

A= 8 pulg2 (const)

E = 30000 Ksi (const)


ARMADURAS:





{q} 1 = ⦋K⦋1 ⦋Aθ⦋1 ⦋AL⦋1 {D} - {q}1eq


{q} 2 = ⦋K⦋2 ⦋Aθ⦋2 ⦋AL⦋2 {D} - {q}2eq

{q} 3 = ⦋K⦋3 ⦋Aθ⦋3 ⦋AL⦋3 {D} - {q}3eq

{q} 4 = ⦋K⦋4 ⦋Aθ⦋4 ⦋AL⦋4 {D} - {q}4eq


{q} 5 = ⦋K⦋5 ⦋Aθ⦋5 ⦋AL⦋5 {D} - {q}5eq

{q} 6 = ⦋K⦋6 ⦋Aθ⦋6 ⦋AL⦋6 {D} - {q}6eq

EJERCICIO PROPUESTO: Wu = 1.4 CM + 1.7 CV

C1 = 18 Tn , C2 = 10 Tn , C3 = 9 Tn

CM1 = 2.5 T/ml , CM2 = 2 T/ml , CM3 = 1 T/ml

CV1 = 1.5 T/ml , CV2 = 1 T/ml , CV3 = 0.5 T/ml


E = 2 x 106 T/m

2

SOLUCION:

D1 = 1 D2 = 1

D3 = 1 D4 = 1


D5 = 1 D6 = 1

D7 = 1 D8 = 1

D9 = 1 D10 = 1

D11 = 1 D12 = 1


D13 = 1 D14 = 1

D15 = 1

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

10666.7 1777.8 0 0 1777.8 0 0 0 0 0 0 0 3555.6 -1777.8 0

1777.8 14222.2 1777.8 0 0 1777.8 0 0 0 0 0 0 3555.6 -1777.8 0

0 1777.8 14222.2 1777.8 0 0 1777.8 0 0 0 0 0 3555.6 -1777.8 0

0 0 1777.8 10666.7 0 0 0 1777.8 0 0 0 0 3555.6 -1777.8 0

1777.8 0 0 0 10666.7 1777.8 0 0 1777.8 0 0 0 -1777.8 3555.6 -1777.8

0 1777.8 0 0 1777.8 14222.2 1777.8 0 0 1777.8 0 0 -1777.8 3555.6 -1777.8

0 0 1777.8 0 0 1777.8 14222.2 1777.8 0 0 1777.8 0 -1777.8 3555.6 -1777.8


0 0 0 1777.8 0 0 1777.8 10666.7 0 0 0 1777.8 -1777.8 3555.6 -1777.8

0 0 0 0 1777.8 0 0 0 7111.1 1777.8 0 0 0 -1777.8 1777.8

0 0 0 0 0 1777.8 0 0 1777.8 10666.7 1777.8 0 0 -1777.8 1777.8

0 0 0 0 0 0 1777.8 0 0 1777.8 10666.7 1777.8 0 -1777.8 1777.8

0 0 0 0 0 0 0 1777.8 0 0 1777.8 7111.1 0 -1777.8 1777.8

3555.6 3555.6 3555.6 3555.6 -1777.8 -1777.8 -1777.8 -1777.8 0 0 0 0 9481.5 -4740.7 0

-1777.8 -1777.8 -1777.8 -1777.8 3555.6 3555.6 3555.6 3555.6 -1777.8 -1777.8 -1777.8 -1777.8 -4740.7 9481.5 -4740.7

0 0 0 0 -1777.8 -1777.8 -1777.8 -1777.8 1777.8 1777.8 1777.8 1777.8 0 -4740.7 4740.7


⦋ L ⦋ = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋

EJEMPLO

PLACA


EA = α 6G.D.L (4 ROT. Y 2 TRASL.)

EJERCICIO #3: HALLAR LOS DESPLAZAMIENTOS LATERALES.

D1 = 1 D2 = 1

PLACA


K11 = 4EI/6 + 4EI/3 K12 = 2EI/6

K21 = 2EI/6 K22 = 4EI/6 + 4EI/3

K31 = -6EI/9 K32 = -6EI/9

K41 = 6EI/9 K42 = 6EI/9

D3 = 1 D4 = 1

K13 = -6EI/9 K14 = 6EI/6

K23 = -6EI/9 K24 = 6EI/9

K33 = 48EI/27 K34 = -24EI/27

K43 = -24EI/27 K44 = 24EI/27



⦋ L ⦋ = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋

⦋ L ⦋ {δ} = {F}

{Ҩ } = - -1

θθ θδ {δ}

MATRIZ DE RIGIDEZ LATERAL PORTICO – PLACA


MATRIZ DE RIGIDEZ DE LA VIGA – BRAZO RIGIDO


SI LA VIGA TRABAJA SOLO POR FLEXION:


SE TIENE:

Parte flexible:

{qe} = ⦋Ke⦋4x4 {đe} ________________________________________ (1)

POR COMPATIBILIDAD:

VA = 1 VA = Vi + a x θi

θA = θi

VB = 1 VB = Vj - b x θj

θB = θj


⦋H⦋ Flexible rígido

⦋H⦋ = Matriz de compatibilidad

VA = 1 x Vi + a x θi + 0 x Vj + 0 x θj

θA = 0 x Vi + 1 x θi + 0 x Vj + 0 x θj

VB = 0 x Vi + 0 x θi + 1 x Vj - b x θj

θB = 0 x Vi + 0 x θi + 0 x Vj + 1 x θj

POR EQUILIBRIO:

Vi = VA

Mi = a x VA + MA

Vj = VB

Mj = -b x VB + MB

Vi = 1 x VA + 0 x MA + 0 x VB + 0 x MB

Mi = 0 x VA + 1 x MA + 0 x VB + 0 x MB

Vj = 0 x VA + 0 x MA + 1 x VB + b x MB

Mj = 0 x VA + 0 x MA - b x VB + 1 x MB


⦋H⦋T Flexible rígido

POR LA LEY DE HOOKE :

Si remplazamos (3) en (2):

Si remplazamos (1) en (4):

⦋K⦋P = PLACA


LTOTAL = a + b + L

FACTOR DE FORMA:

f = 1.2 f = 10 / 9 f = 2 f = Area axial / Area alma

PROBLEMA:


30 Tn

4.00 m

8.00m 2.00

.20

1. HALLAR: LA MATRIZ DE RIGIDEZ TOTAL

2. HALLAR: LA MATRIZ DE RIGIDEZ LATERAL

3. HALLAR: DESPLAZAMIENTO LATERAL

E = 2 x 106 Ton/m VIGA

PLACA

C° A°

COLUMNA

30 x 70

30 x 70


a=1.00 8.35

3.65

D1 = 1 D2 = 1

D3 = 1

VIGA:


L = 8.35 m

a = 1.00 m

b = 0.00 m

E = 2 x 106 T/m

2

I = 0.30 x (0.70)3 / 12 m

4

EI = 17150 Tm-m2

COLUMNA:

L = 3.65 m

a = 1.00 m

b = 0.00 m

E = 2 x 106 T/m

2

I = 0.30 x (0.70)3 / 12 m

4

EI = 17150 Tm-m2

PLACA:

L = 3.65 m

AP = 1.00 m

E = 2 x 106 T/m

2

I = 0.20 x (2.00)3 / 12 m

4 = 0.133

EI = 266666.67 Tm-m2

= 0.20

f = 1.2



⦋ L ⦋ = ⦋ δδ - δθ -1

θθ θδ ⦋

⦋ L ⦋ = 17355.5 T/m

⦋ L ⦋ {δ} = {F}


17355.5 {δ} = {30}

{δ} = D3 = 1.73 x 10-3

m

{Ҩ } = - -1

θθ θδ {δ}

ANALISIS MATRICIAL 3-D

HIPOTESIS:

1. LA LOSA DEBE SER INFINITAMENTE RIGIDA.

LOSA

LOSA


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

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

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

LEY DE HOOKE GENERALIZADO

⦋ EDIF⦋ = MATRIZ E RIGIDEZ GLOBAL DEL EDIFICIO m = # pisos

P = # DE PORTICOS

m = # DE PISOS

DONDE:

⦋A⦋P mx3m = MATRIZ DE COMPATIBILIDAD DEL PORTICO “P”

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


D Xi = 1 Dϕ i = 1

DY i = 1

PORTICO “j”

PORTICO “j”


PISO “i”

Dij = Dxi Cos γj + Dyi Sen γj + Dϕi Rij

Numero de piso, se tiene:

⦋A⦋mxm = MATRIZ DE COMPATIBILIDAD O DE TRANSFORMACION

EJEMPLO #1: 3 G.D.L/ NIVEL

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

PLANTA PISO:

C = 35x45 h = 3.2m

V1 = 35x45 V2 = 35x40

4m

4m

5m 5m


PÓRTICO A, B y C PORTICO: 1, 2 y 3

3.2m 3.2m

5m 5m 4m 4m

35x45 35x45

35x45 35x45 35x45

35x40 35x40

45x35 45x35 45x35


,

PÓRTICO A, B y C:

PÓRTICO 1, 2 y 3:

R1A = (0 – 0) 0° - (-4 – 0) 1 = 4

R1B = (0 – 0) 0° - (0 – 0) 1 = 0

R1C = (0 – 0) 0° - (4 – 0) 1 = -4

R11 = (-5 – 0) 1 - (-4 – 0) 0 = -5

R12 = (0 – 0) 1 - (0 – 0) 0 = 0

R13 = (5 – 0) 1 - (0 – 0) 0 = 5


PORTICO KL 1x1 γP Cos γP Sen γP R1P

A 3807.6 0° 1 0 4

B 3807.6 0° 1 0 0

C 3807.6 0° 1 0 -4

1 2527.6 90° 0 1 -5

2 2527.6 90° 0 1 0

3 2527.6 90° 0 1 5

⟨A⟩A = ⟨ 1, 0, 4 ⟩ ⟨A⟩B = ⟨ 1, 0, 0 ⟩ ⟨A⟩C = ⟨ 1, 0, -4 ⟩

⟨A⟩1 = ⟨ 0, 1, -5 ⟩ ⟨A⟩2 = ⟨ 0, 1, 0 ⟩ ⟨A⟩3 = ⟨ 0, 1, 5 ⟩



Pórtico B:

Hallar el desplazamiento lateral {d}:

{d} e = ⦋A⦋e {D}

{d} B = 1.3 x 10-3

m

3.2m

5m 5m

35x45 35x45

35x45 35x45 35x45


Mba = M°ba + 2EI / Lba ⦋ 2θb + θa + 3δ/Lba ⦋

Mab = M°ab + 2EI / Lab ⦋ 2θa + θb + 3δ/Lab ⦋

Mbc = M°bc + 2EI / Lbc ⦋ 2θb + θc + 3δ/Lbc ⦋

Mcb = M°cb + 2EI / Lcb ⦋ 2θc + θb + 3δ/Lcb ⦋

Mcd = M°cd + 2EI / Lcd ⦋ 2θc + θd + 3δ/Lcd ⦋

Mdc = M°dc + 2EI / Ldc ⦋ 2θd + θc + 3δ/Ldc ⦋

Mce = M°ce + 2EI / Lce ⦋ 2θc + θe + 3δ/Lce ⦋

Mec = M°ec + 2EI / Lec ⦋ 2θe + θc + 3δ/Lec ⦋


Mef = M°ef + 2EI / Lef ⦋ 2θe + θf + 3δ/Lef ⦋

Mfe = M°fe + 2EI / Lfe ⦋ 2θf + θe + 3δ/Lfe ⦋

DIAGRMA DE MOMENTO FLECTOR:


EJERCICIO #2:

2 GDL/ nivel

Planta típico.

CARGAS GLOBALES


n= # pisos = 2

Ri P = (Xi –X0) Sen αP – (Yi –Y0) cos αP

Resolviendo: Ri P

R1 A = R2 A = (5 – 0) Sen 900

– (0 – 0) cos 900 = 5

R1 B = R2 B = (0 – 0) Sen 00

– (10 – 0) cos 00 = -10

R1 C = R2 C = (0 – 0) Sen 00

– (-10 – 0) cos 00 = 10

R1 D = R2 D = (-15 – 0) Sen 900

– (0 – 0) cos 900 = -15

Hallando la matriz de compatibilidad:



Pórtico A:


{d} e = ⦋A⦋e {D}

1er

PISO

2do

PISO


ANALISIS MATRICIAL DE EDIFICIO 2GDL/NIVEL

Ejercicio #3: hallar los desplazamientos laterales y los DMF de la.

Estructura mostrada.

Nivel 1

Nivel 2


Nivel 3

1. HALLAR LOS PÓRTICOS:


2. HALLAR LA RIGIDEZ LATERAL DE LOS PÓRTICOS:




Hallar la matriz de compatibilidad de los pórticos: n = # pisos

Resolviendo: Ri P

Para el pórtico 1: αP = 90°





Para el pórtico A:


Para el pórtico B: αP = 0°

Para el pórtico C:

Para el pórtico D:

Para el pórtico E:




PÓRTICO A:


{d} e = ⦋A⦋e {D}

139892,88

-70009,56 0 -34973,22 17502,39 0

-70009,56 122516,73 -52507,17 17502,39 78760,755 8751,195 0 -52507,17 52507,17 0 -96263,145 -8751,195

-34973,22 17502,39 0 6448859,14 -

2776941,02 0

17502,39 78760,755 -96263,145 -

2776941,02 4419250,24 -130308840

0 8751,195 -8751,195 0 -130308840 130326343


Ejemplo #4:

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


3 G.D.L

PISO 1 PISO 2

PISO TIPICO 2 NIVELES

SI:

PORTICO A y B PORTICO 1 PORTICO 2

PORTICO A y B


PORTICO 1

PORTICO 2

m = # pisos

PORTICO A α = 0°


α =Cos-1

(3/13.34) = 77°

Para el pórtico A: αP = 0°

Para el pórtico B: αP = 0°





{d} e = ⦋A⦋e {D}

PÓRTICO A:


{d} e = ⦋A⦋e {D}


Ejemplo #5:


SOLUCION:


Θ=90°

Θ=14.04°

Θ=163.3°


Documents

Analisis Estructural II-Ing. Alanoca