2014

Gianfranco Ottazzi Pasino

i APUNTES DEL CURSOANÁLISIS ESTRUCTURAL I

PONTIFICIAUN IV,ERSIDADCATOJ.ICADEL PERU

FACULTAD DECIENCIAS E INGENIERíADEPARTAMENTODEINGENIERíASECCiÓN INGENIERíA CIVIL

i .J,)-,)

));,

. , "

.; )

. ;i )

¡ )[4t )J ,--),¡ )

; ;

1 ~¡ )1 \¡ J

¡ )¡ ,,I )1 )j,I¡ )

j

j-)

~}

)

))~- ?JI¡

i ?i )

\

~,))f

-" )I

- )I

1)J .

..

e(

feeeeG~eGe(((

ee(((((((ber((((

e(;((,)('1.,L··c.(_)C;()t1G(W€>

2014

I i

)I ~---._-_.-- -.--...--------..-.-------OCTAVA EDICiÓN

Gianfranco Ottazzi Pasino

-APUNTES DEL CURSOANÁLISIS ESTRUCTURAL I

PONTIFICIAUNIV.ERSIDADCATO~ICADEL PERU

FACULTAD DECIENCIAS E INGENIERíADEPARTAMENTO DEINGENIERfASECCiÓN INGENIERfA CIVIL

}

~ }',

),

¡ )~~ ),J

.....)

J _j¡

1 ~~ ")~¡ )

j 1"\,--t

1

!

,!¡

~

tJ)_)

)

J))

.),)

:J

~>

--)1 )f

~ =iI

"-'"._--~'-- .."'=='-=-=='===:;;""~"'_:"::"""~:';~-:--"=""';;";';"O;::":""-'"="'=~~--=::';::""'=':'':'::''-;=---=-'~-=';'''-=';'''::'':':':.";"''''-=.:=;.:.."=.;..::..:o.'-,;,:;,'=.;=-=:o=.:.:.:.t.::;:;;-:",,-..,.\"_~ •." •• ",,,","""_~.", __ •. "" ...

1,'},'1

r(e(<'(,((,((

(

~r(-:(eteé(_(.

((Cl((((te~.

(~,

f·i.--

r-,). .

(

.,r:

767879

727373

4045

1414

1011

3556

78

Capítulo 3 Indeterminación Cinemática3.1 Número de Grados de Libertad de una Estructura3.2 Armaduras Planas - 203.3 Vigas 20

Capítulo 1 Introducción1.1 Breve Historia del Análisis Estructural1.2 El Análisis Matricial1.3 El Objetivo de los Métodos Matriciales1.4 ¿Qué es un Computador?

1.4.1 El Computador y el Análisis Matricial1.5 El Ingeniero, El Análisis Matricial y el Computador1.6 Estructuras (algunas definiciones)

1.6.1 Definición General de una Estructuras1.6.2 Función de una Estructura1.6.3 Los Edificios son el Resultado del Ensamblaje de Diversos Sistemas1.6.4 Sistema Estructural de un Edificio de Concreto Armado1.6.5 Definición de Estructura para un Ingeniero Estructural1.6.6 Definición de Estructuras para Análisis Estructural 1

1.7 Objetivo del Análisis Estructural1.8 Objetivo del Diseño Estructural

1.8.1 Etapas del Proyecto Estructural1.8.1,a Ejemplo de un Plano de Estructuras

1.9 Elementos Estructurales y No Estructurales1.10 Modelos (idealización) de las Estructuras

1.10.1 Algunos Modelos de Estructuras Simples1.10.2 Otro Modelo Simple de una Estructura Plana1.10.3 Algunos Modelos 3-D de Edificios1.10.4 Conversión de un Modelo 3-D a un Modelo de Pórticos Planos 2-D1.10.5 otro Caso de Modelo 3-0 a un Modelo de Pórticos Planos 2-D1.10.6 Otro Caso de Modelo 3-0 a un Modelo de Pórticos Planos 2-D1.10.7 Algunos Modelos 3-D de Estructuras1.10.8 Pórtico 2-D (plano) con Muros de Corte o Placas de Concreto Armado1.10.9 Clasificación de las Estructuras1.10.1.0 Grandes Grupos en la Clasificación de las Estructuras1.10.11 Nudos de Pórticos

Capítulo 2 Basesdel Análisis Estructural2.1 Bases del Análisis Estructural2.2 Hipótesis Básicas del Análisis Estructural

2.2.1 Primera Hipótesis Básica - Desplazamientos Pequeños2.2.1.a Algunos Ejemplos de No Linealidad Geométrica2.2.2 Segunda Hipótesis Básica - Equilibrio Estático2.2.3 Tercera Hipótesis Básica - Compatibilidad2.2.4 Cuarta Hipótesis Básica - Condiciones de Contorno2.2.5 Quinta Hipótesis Básica - Unicidad de las Soluciones2.2.6 Sexta Hipótesis Básica - Comportamiento Elástico Uneal2.2.6.a Fuentes de No linealidad en una Estructura2.2.7 Sétima Hipótesis Básica - Principio de Superposición2.2.7.a Superposición de Fuerzas2.2.7.b Método de Flexibilidad2.2.7.c Superposición de Desplazamientos2.2.7.d Método de Rigidez

2.3 Principio de las Fuerzas Virtuales2.4 Principio de los Desplazamientos Virtuales2.5 Teorema de Betti

INOleE

,j)_)

)

)

t

I )

I ,)-)j

)_¡ -}1 )

~ ~¡f,

iJ

J-J),J

)

, )

I _))

J _j!¡

j~

"\)}

)

r

)

3.4 Pórticos Planos 2D 793.4.1 Pórticos Planos Ortogonales3.4.2 Pórticos Planos No Ortogonales

3.5 Pórticos Espaciales 3D 873.6 Estructuras Simétricas 88

3.6.1 Tipos de Simetría3.6.1.1 Simetrfa Respecto a un Eje3.6.1.2 Simetría Respecto a un Punto3.6.1.3 Simetrfa Respecto a un Plano

3.7 Estructuras Simétricas Cargadas Simétricamente 893.7.1 Condiciones de Contorno en el Plano (eje) de Simetrla. Carga Simétrica

3.8 Estructuras Simétricas con Carga Antisimétrica 953.8.1 Condiciones de Contorno en el Plano (eje) de Simetrfa. Carga Antislmétrica 83

3.9 Simetrra Respecto a un Punto 983.10 Simetrfa de Armaduras 993.11 Simetrla en Parrillas 1003.12 Simetrra en Pórticos Espaciales 1013.13 Descomposición en Carga Simétrica y Antisimétrica 1023.14 Ejemplo de Simetrfa y Antisimetrra en un Pórtico Plano 103

Caprtulo 4 RitrldecesdeBarra4.1 Coeficientes de Rigidez de Barra 1094.2 Barras Tipo Armadura 1094.3 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro 1114.4 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro Modificada 1144.5 Barras Tipo Viga o Columna - Rigidez en Traslación 1164.6 Barras con Brazos Rígidos - Rigidez al Giro 1174.7 Barras con Rótulas Internas 1184.8 Barras Quebradas 1214.9 Elementos de Sección Variable 122

4.9.1 Relación entre los Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección Variable4.9.2 Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección Variable4.9.3 Rigidez al Giro Modificada4.9.4 Coeficientes de Rigidez - Barras con Desplazamiento Relativo4.9.5 Rigidez para Barras con Empotramiento Deslizante4.9.6 Momento~"de Empotramiento en Barras de Sección Variable4.9.7 Momento de Empotramiento en Barras de Sección Variable - Extremo Articulado4.9.8 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección Variable .... Extremo

Empotramiento Deslizante4.10 Influencia de las Deformaciones por Fuerza Cortante 132

4.10.1 Factor de Forma de una Sección4.10.2 Ejemplo de la Influencia de la Fuerza Cortante4.10.3 Matriz de Rigidez de una Barra con Deformaciones por Corte4.10.4 Factores de Transporte en Barras con Deformaciones por Corte4.10.5 Variación de los Coeficientes de Rigidez - Barras de Sección Constante con

Deformaciones por Corte4.10.6 Rigidez al Giro Modificada de una Barra con Deformaciones por Corte4.10.7 Momentos de Empotramiento con Deformaciones por Corte

4.11 Resumen de los Casos más Comunes - Coeficientes de Rigidez Vigas de SecciónConstante sin Deformaciones por Cortante . 140

4.1~Resumen de los Casos más Comunes - Momentos de Empotramiento en Vigas dereCCión Constante sin Deformaciones por Cortante 141

Capítulo S Ecuaciones de Pendiente - Deflexión5.1 Introducción 1445.2 Ecuaciones de Pendiente - Deflexiones. Barras sin Desplazamiento Relativo de losI Extremos 1445.3 Solución de Estructuras Utilizando las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión 145

-'11<:::J

(~

,jf)-::'))))

'))

))))

))_)1))

--:))~)))

,))))

'),)))),.)~,).,:)),),)J

II

271272272273275293294305

309316318

234250252255267270270

226229

198200209210220

171

163163163167

Capitulo 7 FormulAción Matricial del Método de Rigidez7.1 Introducción7.2 Expresiones del Trabajo Real y del Trabajo Complementario7.3 Matriz de Transformación de Desplazamientos7.4 Ensamblaje de la Matriz de Rigidez7.5 Principio de Contragradiencia7.6 Ensamblaje del Vector de Cargas en Nudos7.7 Etapas de la Formulación Matricial del Método de Rigidez7.8 Sistematización Parcial del Ensamblaje de la Matriz de Rigidez

7.8.1 Resumen del Procedimiento7.9 Transformación de Coordenadas7.10 Matrices de Rigidez de Barra en Sistema Global7.11 Condensación de la Matriz de Rigidez

7.11.1 Desplazamientos Impuestos en algunas de las Coordenadas7.11.2 Cargas Nulas en algunas de las Coordenadas

111

5.4 Ecuaciones de Pendiente - Deflexión. Barras con Desplazamiento Relativo de losExtremos 148

5.5 Modificación de las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión 1495.6 Estructuras con Desplazamiento Lateral 1545.7 Estado Primario y Complementario 160

Capitulo 6 Método de Ril!idez6.1 Introducción6.2 Etapas del Método de Rigidez6.3 Ejemplos Introductorios al Método de Rigidez6.4 Propiedades de la Matriz de Rigidez

6.4.1 La Matriz de Rigidez es Simétrica6.4.2 Los Términos de la Diagonal Principal (kii) son Positivos6.4.3 El Producto de las Matrices de Rigidez y Flexibilidad es la Matriz Unitaria6.4.4 La Matriz de Rigidez es Definida Positiva6.4.5 Relación entre la Energía Interna y los Coeficientes de Rigidez6.4.6 La Matriz de Rigidez No Depende del Sistema de Cargas6.4.7 El Ensamblaje de la Matriz de Rigidez es Fácil de Sistematizar

6.5 Cargas en Barras6.5.1- Estado Primario y Estado Complementario6.5.1.a Estado Primario (cargas de fijación)6.5.1.b Estado Complementario

6.6 Relaciones entre [F] y [K]6.7 Elementos con Discontinuidades - Reducción de Coordenadas6.8 Fuerzas de Empotramiento en Elementos Inclinados6.9 Pórticos Planos con Elementos Inclinados -6.10 Pórticos Planos Sujetos a Cargas Laterales

6.10.1 Matriz de Flexibilidad Lateral de Pórticos Planos6.10.2 Matriz de Rigidez lateral de Pórticos Planos

6.11 Efecto del Desplazamiento o Movimiento de Apoyos6.12 Efecto de los Cambios de Temperatura

6.12.1 Cambio uniformes de Temperatura6.12.2 Gradientes de Temperatura

6.13 Parrillas6.14 Deformaciones por Cortante6.15 Estructuras con Elementos de Sección Variable6.16 Estructuras con Elementos Indeformables6.17 Estructuras Espaciales6.18 Análisis para Diversos Casos o Estados de Carga6.19 Ámbito de Aplicación del Método de Rigidez

)

_))

_}

~JJ)

)

)

))

J-j

J_)_.,)

~

)=J

j.)

d~)

I -1

,¡

jIIiri

Nociones de Álgebra MatricialAnexo2

Tablas de Rigideces de Barras de Sección VariableAnexo 1

Capítulo 9 Lineas de Influencia (Cargas'Móviles)Capítulo en construcción

Capítulo 8. Método de Cross8.1 Introducción8.2 Algunas Ideas Centrales del Método de Cross8.3 Ejemplo de Introducción al Método de Cross8.4 Definiciones Preliminares en el Método de Cross8.5 Método de Cross Liberación de Nudo por Nudo8.6 Método de eross Liberación Simultánea de Nudos8.7 Pórticos sin Desplazamientos Laterales8.8 Elementos con Discontinuidades - Reducción de Coordenadas8.9 Movimientos de Apoyo8.10 Vigas de Sección Variable8.11 Estructuras con Desplazamiento (Traslación) de Nudos

8.11.1 Método de Cross Indirecto8.12 Consideraciones Finales

,),:),.,

•2\328 )329 )329 ')333335 ')337 )341 )348354 )357 )365 )379 )

)380 )

)))

-7)-2)))))_)

))

)))

)),)-3)~::})').):)_-)).\

-,),~

N

1

4) Análisis de Estructuras - Métodos Clásico y Matricial. McCormac - Nelson.Segunda Edición. Alfaomega.

- Capitulo 1. Introducción.- Capítulo 4. Reacciones.- Capitulo 9. Líneas de Influencia.- Capítulo 11. Deflexiones y rotaciones: métodos de energía.- Capítulo 16. Pendiente - Deñexión: un método de análisis por desplazamientos.

5) Structural Analysis - A Unified Classical and Matrix Approach. Ghali - Neville.Cuarta Edición. E&FN Spon.

- Capítulo 2. Introduction to the analysis of statically indetermínate structures- Capitulo 4. Displacement method of analysis.- Capítulo 15. Analysis of Shear - Walls structures.- Capítulo 22. Computer analysis of framed structures.- Capítulo 23. Implementation of computer analysis.

3) Teoría Elemental de Estructuras. Yuan-Yu Hsieh. Prentice Hall.- Capitulo 6. Lineas de influencia para estructuras estáticamente determinadas.- Capítulo 7. Cargas concentradas móviles: Criterios para los valores máximos.- Capítulo 9. Análisis de estructuras estáticamente indeterminadas por el Método de lasDeformaciones Compatibles (Método de Flexibilidad).

Volumen 2- Capítulo 8. La esencia del análisis estructural.- Capítulo 14. Distribución de momentos una introducción al Método de Rigidez.

2) Ingenierla Estructural. White, Gergely Sexsmith. Limusa.

Volumen 1- Capítulo 1. La evoluci6n de una estructura.- Capitulo 2. Los objetivos del diseño estructural.- Capitulo 3. Cargas.- Capltulo 4. Forma estructural.- Capitulo 5. Introducción al análisis estructural.- Capítulo 7. Análisis aproximado de estructuras estáticamente indeterminadas.

1) Anexo 2 de estos apuntes. Nociones de Algebra Matricial, tomado del libro AnálisisEstructural, Jeffrey P. Laible, McGraw HiII.

Lecturas obligatorias:Las lecturas que se señalan a continuación, complementan los aspectos teóricos yprácticos de varios de los temas que serán cubiertos durante el desarrollo del curso.Estas lecturas son de carácter obligatorio y pueden formar parte de la evaluación tantoen las prácticas como en los exámenes.

~;),)j

J)

)

))

))

I j, --i

1~)

="1)

)¡

1\...;

~).~

t,)

jJ

_))

j _)r.

)

)

i,)

J}

)!

,}t

i}~

~9-)

))))

')))))_)~)')')

)---J)""1)))))).))"))))

):j)..,~.)J.).).;3)

.):).:)_)

2

Bibliografía- Ingeniería Estructural (Volúmenes 1 y 2). White, Gergely, Sexsmith. Limusa.- Structural Analysis. A Unified Classical and Matrix Approach. Ghali - Neville.

Cuarta Edición. E&FN SPON.- Análisis Estructural. Jeffrey P. Laible. Mc Graw HiII.- Análisis de Estructuras. H.H. West. CECSA.- Teoria Elemental de Estructuras. Yuan-Yu Hsieh. Prentice Hall.- Análisis de Edificios. Angel San Bartolomé. Fondo Editorial PUCP.- Análisis de Estructuras - Métodos Clásico y Matricial. McCormac - Nelson ...

Segunda Edición. Alfaomega.- Structural Análisis. R.e. Hibbeler. Cuarta Edición. Prentíce Hall.

El Contenido del CursoIntroducción, Sistemas Estructurales.Principios Fundamentales de Análisis Estructural.Determinación Cinemática de las estructuras. Grados de Libertad.

- Ecuaciones de Pendiente - Deflexión.- Método de Rigidez.- Método de Cross.

Cargas Móviles. Lineas de Influencia.- Sistematización del Método de Rigidez.

Los ObLetivos del Curso1. Entender las nociones fundamentales del análisis estructural.2. Entender el comportamiento (respuesta) bajo solicitaciones estáticas de las

estructuras simples de barras linealmente elásticas.3. Aprender a analizar estructuras de barras por el Método de Rigidez

(desplazamientos).4. Aprender el Método de Cross o de Distribución de Momentos.5. Aprender el concepto y la construcción de las Uneas de Influencia (Cargas Móviles).6. Mostrar las bases o. fundamentos sobre los cuales funcionan los programas de

análisis automático de estructuras. Sistematización del Método de Rigidez.

¿Qué se estudia en el curso?Se estudian los principales métodos para el análisis de estructuras simples, conformadaspor el ensamblaje de barras linealmente elásticas. Se hace énfasis en el comportamiento(respuesta) bajo solicitaciones estáticas de este tipo de estructuras.

Curso de Análisis Estructurall

2

3

La historia del análisis estructural comienza mucho antes de la era antigua de losEgipcios, Romanos y Griegos. Aunque no se consiguen escritos sobre los principios delanálisis de estructuras desde esa época, las ruinas actuales indican que ciertosprincipios de la estática y del análisis estructural fueron conocidos por sus constructores.Por ejemplo, Arqutmedes- (287-212 A.C.) introdujo el concepto de centro de gravedad yllevó a su más simple expresión los principios fundamentales de la estática y el equilibrio.Escritos sobre el análisis estructural se han encontrado solamente- después delRenaCimiento. La tendencia histórica del análisis estructural después del Renacimiento,puede dividirse en las siguientes etapas o eras:a) La Era de los Grandes MaestrosEsta es la era de Leonardo de Vinci (1452-1519), Galileo Galilei (1564-1642), Fontana(1543-1607), y Mimar Sinan (1490-1588), quienes tuvieron gran sentido ñslco acerca delas estructuras y sus éxitos se basaron en sus talentos innatos. Son dignos de menciónlos trabajos de Leonardo (introdujo los conceptos de fuerza y de momento) y el libro deGalileo "Dos Nuevas Ciencias" acerca de la teorfa de la viga en voladizo.

b) La Era de los Grandes MatemáticosEn esta era los matemáticos, lo mismo que muchos otros, mostraron interés en lamecánica estructural. Hombres como Hooke (1635-1703), Johann Bernoulli (1667-1748), Daniel Bernoulli (1700-1782), Euler (1707-1783), y Lagrange (1736-1813)establecieron los principios fundamentales de energía, la relación entre esfuerzos ydeformaciones, las ecuaciones diferenciales de deformaciones y sus soluciones.Su interés fue más bien en la teoría matemática de la elasticidad y sus hallazgos, talescomo la ley de esfuerzo - deformación de Hooke, la ecuación de las barras vibrantes deBernoulli, el pandeo de columnas de Euler y las ecuaciones de flexión de placas deLagrange, contribuyeron sin duda al desarrollo de la teoría de las estructuras.

e) La Era de los Grandes IngenierosEsta era puede considerarse como la edad de oro de la ingeniería estructural. Hombrestales como Navier (1785-1836), Saint-Venant (1797-1886), Clapeyron (1799-1864), Airy(1801-1892), Maxwell (1831-1879), Castigliano (1847-1884), Mohr (1835-1918), y Muller­Breslau (1851-1925) utilizaron exitosamente las teorías matemáticas desarrolladas en laera anterior para la solución de algunos problemas estructurales.Ellos deben considerarse más como ingenieros que como matemáticos, aunque susconocimientos en las ciencias matemáticas fueron sobresalientes. Sus descubrimientosy teoremas fueron la base para el desarrollo de la teoría de las estructuras en la eramoderna .

1.1 Breve Historia del análisis EstructuralAdaptado de las siguientes referencias:

1) Introducción al Análisis Estructural con Matrices. Hayrettin Kardestuncer. McGrawHiII.

2) Structural Engineering. White, Gergely¡ Sexsmith. Wiley.3) Stuctural Analisis. A Unified Classical and Matrix Approach. Ghali, Neville. Intext

Educational Publishers.4) Métodos Matriciales para Cálculo de Estructuras. R. K. Livesley. Blume.

CAPITULO 1 -Introducción

3

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

")')-)

)

)

)o:}

~

I)

)

')

_)

)-,

j-j~

J~

! .J

)

.;~:)j

¡11¡ )~.

~

I -))j ~

¡¡r,I )

J)

)¡

1

(,-1)))')))))))~'))))-j)4)

))))))

J))))

.)

~"),.,;)")J-;lj_))

._)~)i~DJ

d) La Era ModernaA principiosdel sigloXX hombrescomoG.A.Maney,H.Cross,R.W.Southwelly G. Kanicomprendieronqueeran necesariosmétodosmás prácticospara analizarlas estructurasindeterminadas. Ellos introdujeron, respectivamente, los métodos de pendiente -deflexión (1915), distribución de momentos (1932), relajacióny distribuciónde fuerzacortante.Cada uno de estos métodosparte de un conjuntode hipótesispara obtener solucionesaproximadas, de los problemas estructurales, que para las herramientas da cálculodisponiblesen esosaños, se considerabancomplejos. Estosmétodos,que simplificanelcálculo, llegaron a ser muy utilizadosen las oficinas de ingeniarla (aún hoy en dla sesigue utilizandoel Métodode Crossen las oficinasde diseño)debidoa su simplicidadyadaptabilidadpara loscálculosmanuales.En 1922, K.A. Cafisevpublicó un artículo que describia un método de aproximacionessucesivas para el análisis de estructuras reticulares, en el que se detennlnan lasrotaciones de los nudos de una estructura por aproximacionessucesivas. De estamanera los sistemas de numerosas ecuaciones se pueden resolver con cálculosmanuales. Puededecirsequeestémétodofue el predecesordel Métodode Cross.El análisis de las estructuras indeterminadasrecibió un gran impulsoen 1930, año enque el profesor Hardy Cross de la Universidad de IlIinois, presentó su método dedistribución de momentos. El hecho de que el artículo escrito por Cross constaba dediez páginas y que iba seguidode una discusiónde 146páginas, Ilustrael gran interésque produjo dicho artículo. El interés suscitado por el artículo es una indicacióndelImpactoque el métodode Crosstuvoen el análisisde lasestructurasindeterminadas.

e) La Era ContemporáneaHacia la mitad del siglo XX fueron desarrolladospoderososequipos de cálculo, talescomo computadores analógicos y digitales, y los ingenieros fueron impulsados aestablecer métodos que requirieran menos suposiciones y restricciones en elplanteamiento de los problemas, logrando mejores resultados. Fue introducido elllamadoMétodoMatricialde análisisde estructuras.las ideas en el método matricial no son nuevas; están muy ligadas con los principiosestablecidos por Castigliano, Maxwell y Muller-Breslau. La única razón.para que elmétodo no fuera completamentedesarrolladoy utilizado,se debe a que ésta conlleva lasolución de numerosas ecuaciones simultáneas. Aún para una pequeña y sencillaestructura, el número de ecuaciones simultáneas podría ser tal que su solución sincomputador,serfasumamentelaboriosa.Es difícil decir quiénfue el primeroen introducirlos métodosmatricialesen el análisis delas estructuras. Desdeluego, ningunosurgecon la seguridadde Castiglianoo de HardyCross en otros métodos. Como en otras innovaciones, las mismas ideas parecenhabérseleocurridosimultáneamentea diferentesautores.Al aparecer los computadoresse crearon de inmediatométodosde análisis adecuadospara el cálculo en computador; el más usado de ellos es el método directo de lasrigideces,creadoen la décadade 1950.Al princlpio de dichadécada, SamuelLevysugirióalgunas de las ventajasdel métododerigidez (desplazamlentos), usando coeficientes de influencia para el análisis de lasestructuras de los aviones. Al mismotiempo,varios investigadoresestabanelaborandouna variedad de métodos para el análisis con base en métodos matriciales, con elobjetivo de aprovechar la capacidadde los computadores. Este confuso conjunto demétodos se consolidó con el tiempo. En 1954 Turner, Clough, Martin y Topppresentaron el primer tratamientodel métododirecto de las rigideces;demostraronque

4

4

5

1.3 El Objetivo de los Métodos MatricialesExcepto en algunas estructuras simples, los valores de los esfuerzos internos ymovimientos de los nudos, no pueden hallarse exclusivamente sustituyendo números enfórmulas algebraicas conocidas.Se requieren cálculos más complejos, y en muchos casos el ingeniero se encuentra conuna amplia gama de posibles procedimientos. La elección del método a seguir estánormalmente condicionada, en parte, por el grado de aproximación requerido, y, enparte, por su práctica y sus preferencias. Cuando compara métodos que son igualmenteprecisos, la elección suele basarse en dos consideraciones: el trabajo numérico quellevan eónsigo y la facilidad con que puedan detectarse y rectificarse los posibles errores.En general, dará preferencia a un método en el que pueda hacer uso de la experienciaadquirida en el análisis de estructuras semejantes, especialmente si dicho método lepermite emplear juicio de ingeniero para efectuar aproximaciones y reducir pasosintermedios.Otro factor que puede guiar la elección, es la preferencia de muchos ingenieros poremplear cantidades que presenten un significado fisico directo. Este es uno de losatractivos de métodos tales como los de distribución de momentos (iterativos); a lo largode todo el cálculo, el ingeniero siente que está llevando a cabo un proceso que tiene unarealidad física. En tales métodos los errores pueden a menudo detectarse, más poraplicación del sentido común que por un estricto criterio matemático, ya que los númerosrepresentan términos cuyas magnítudes son conocidas, al menos aproximadamente porel ingeniero.Todas estas consideraciones están basadas en el supuesto que todo el trabajo,incluyendo el análisis numérico, es realizado por el propio ingeniero - normalmente unapersona con conocimientos del comportamiento estructural, pero sin demasiado gustopor el proceso meramente numérico o matemático -. Sin embargo, si se utiliza un

la matriz de rigideces se puede ensamblar superponiendo las rigideces de los elementosindividuales. .La dualidad de los métodos de las fuerzas o flexibilidad y de los desplazamientos origidez, fue demostrada por Argyris y Kelsey en 1960 en su tratado de los teoremas deenergía.

1.2 El Análisis MatricialEl empleo de la notación matricial presenta dos ventajas en el cálculo de estructuras.Desde el punto de vista teórico, permite utilizar métodos de cálculo de una formacompacta, precisa y, al mismo tiempo, completamente general. Esto facilita eltratamiento de la teoría de estructuras como unidad, sin que los principios fundamentalesse vean oscurecidos por operaciones de cálculo, por un lado, o diferencias fisicas entreestructuras, por otro lado. Desde el punto de vista práctico, proporciona un sistemaapropiado de análisis de las estructuras y determina una base muy conveniente para eldesarrollo de programas de computadores.En contraste con estas ventajas, debe admitirse que los métodos matriciales secaracterizan por una gran cantidad de cálculo sistemático, y su valor en el cálculopráctico de estructuras se basa en la adecuación de los computadores para llevar a caboel trabajo numérico. Se desprende de esto que el principal campo de aplicación está enel cálculo de grandes y complejas estructuras, en las que los métodos manualestradicionales requieren una dosis excesiva de esfuerzo. En problemas simples, en losque los métodos existentes son plenamente satisfactorios, no se gana mucho con untratamiento matricial.

)

)

j)

.J->-::))

~)

j)

..)

~)-)

! _)I )_)

l)

)

i)

I )

1 )I )

))

I,!~if.

J})

J)

.,J

,1

';)..:~.

~(

O~

¡ )i )1 ')!¡. )r~~ )II¡ )Ii

))))

J))))

-j)

~)

))))

JJ'))

)

.>-3J

~..~)..,.'

J.)

_.)

).)),)jt))

6

1.4 ¿Qué es un Computador?Un computador es, esencialmente, una máquina de calcular, controlada por unasecuencia de instrucciones previamente preparadas que conducen a efectuarsucesivamente diferentes pasos del cálculo en orden correcto. El conjunto deinstrucciones se denomina programa y el trabajo de prepararlases conocido comoprogramación,Un programa no está ccndicionado a operar con un conjunto fijo de números (estollevarla al computadora efectuar las mismasoperacionescadavezque se emplea),sinoque los números (datos) que forman el material caracterlsticodel cálculo pueden serdiferentes en cada ocasión, Por tanto, si existe un programapara un determinadotipode cálculo, todos los problemaspara los que dicho cálculoproporcionalos mediosparasu solución,puedenconsiderarse'resueltos".Decir, en este sentido, que existe una solución, significa considerablementemás que lamera existencia de una teoria matemática o una técnica numérica. Significa, quecualquier problema cubierto por el programa, puede ser resuelto completamente entérminos numéricos introduciendo,simplemente, los datos del problema,junto con elprograma, en el computador. los resultados del problema serán correctos, aunquequien introdujo los datos del problemasea ignorantedel métodomatemático utilizadoenel programa; es decir, que todo el proceso de análisis se reduce a una operaciónrutinaria de rellenodedatos.Los problemas más sencillos de programar son aquéllos en los cuales los datosnuméricos son tratados en forma sistemática. las operacionesde álgebra lineal, porejemplo, son fácilmenteejecutadasen un computador,porqueconsistenen secuenciasde pasos relativamentesimples, repetidasmuchas veces. Todos los computadoresdehoy en día están provistoscon secuenciasde instrucciones,llamadasrutinas,para llevara cabo operacionestrpicasdel análisisnumérico. incluidasaquéllasdel álgebra lineal,deforma que, si un cálculo de estructuraspuedeser puestoen formade una serie de estasoperaciones, la construccióndel programa completo consiste simplementeen disponerlas rutinasapropiadasen el ordencorrecto,

..1.4.1 El Computador y el Análisis Matricial

El desarrollo de los computadores electrónicos durante las últimas décadas haestimuladosobremanerael trabajo de investigaciónen muchasramasde la matemática.La mayor parte de esta actividadha estado, naturalmente,relacionadacon el desarrollo

I

computadorpara llevar a cabo dicho trabajo numérico, los criteriospor los cuales unmétododebejuzgarse si es "bueno"o "malo"debenser revisados.la cuestiónahora no es decidir si a un ser humanole resultaráel cálculotedioso,sino siel método es adecuado para ser fácilmente adaptadoa una máquina. Si esto últimosucede, entonces el método es "bueno", aunque el número total de operacionesrealizadas sea considerablementesuperior al de otro método de menor facilidad demecanizar.De esto se deduce queel desarrollode los métodosde cálculode estructurasen los queel trabajo numérico puede ser realizado convenientementeen un computador,lleva aprocedimientosa la vez sistemáticosy generales. El objetivoes, no disminuirel númerototal de operaciones aritméticas, sino conseguir métodos que puedan aplicarse amuchos tipos diferentes de estructuras y que utilicen el máximo posible deprocedimientos numéricos tJpicos para los cuales ya existen rutinas en loscomputadores. Para llevar a cabo éstos fines, los conceptosde álgebramatricial sonextremadamenteútiles.

6

7

de los procedimientos numéricos apropiados para el uso de los cornputedores, y en elcampo del análisis de estructuras ha conducido al desarrollo de métodos que utilizan lasideas del álgebra matricial. .El hecho de que los métodos matriciales estén ligados con los computadores y que seemplee en los mismos una notación no familiar a algunos ingenieros. ha llevado a lacreencia de que incluyen nuevos difíciles conceptos matemáticos y estructurales. Estono es cierto. Un conocimiento de las operaciones básicas del álgebra matricial es todocuanto se requiere, y los únicos principios estructurales necesarios son los básicostratados en todos los textos de estructuras.Los métodos clásicos del análisis estructural. desarrollados en las postrimerfas del sigloXIX. tienen las cualidades de la generalidad. simplicidad lógica y elegancia matemática.Desgraciadamente. conducían a menudo a cálculos muy laboriosos cuando se aplicabana los casos prácticos. y en aquella época, en la que incluso las máquinas de calculareran raras. esto entrañaba un serio defecto. Por esta causa. sucesivas generaciones deingenieros consagraron gran parte de su esfuerzo a reducir el conjunto de cálculosprecisos.Muchas técnicas ingeniosas de gran valor práctico fueron apareciendo, pero la mayorparte de las mismas eran solamente aplicables a tipos determinados de estructuras, einevitablemente el incremento en el número de métodos superficialmente diferentesllevaron a oscurecer la simplicidad de las ideas fundamentales, de las que todos ellosoriginalmente provenían. Puede también suponerse que la necesidad de obtenertécnicas prácticas para el análisis de estructuras lineales desvió a muchosinvestigadores que pudieron haber contribuido de otra forma a un mejor entendimientodel comportamiento real de las estructuras, con el resultado que la investigación defenómenos tales como la plasticidad y la inestabilidad. fueron pospuestas.La principal objeción a los primeros métodos de análisis fue que los mismos conducían asistemas con gran número de ecuaciones lineales. diffciles de resolver manualmente.Con los computadores. capaces de realizar el trabajo numérico, esta objeción ya no tienefuerza. mientras que las ventajas de la generalidad de los métodos. permanece. Estoexplica por qué los métodos matriciales deben en su tratamiento básico de lasestructuras más al siglo XIX que al XX.

1.5 E/Ingeniero. El Aná/isis Matricial y el ComputadorEn la actualidad. el ingeniero que se dedique al diseño de estructuras, debe estarfamiliarizado con los métodos del análisis matricial de estructuras. porque constituyenuna herramienta poderosa de análisis.Al mismo tiempo debe estudiar y entender el uso correcto de esta forma automática deanálisis. El resultado de un análisis por computador es sólo tan bueno como los datos yel modelo de los cuales se parte. El acrónimo "GIGO" en inglés (Garbage In, GarbageOut) cuya traducción al castellano podrfa ser BEBS se ha acuñado para recordamosconstantemente que "basura que entra, es igual a basura que sale".Esto significa que el criterio y la habilidad del ingeniero, nunca podrán automatizarse. Elcriterio y el entendimiento del comportamiento de las estructuras siempre deberán estarpresentes cuando se idealice la estructura y se hagan las suposiciones acerca de lascargas y solicitaciones. el comportamiento del material, las condiciones de apoyo, lasconexiones entre los diversos elementos. Lo mismo se aplica a la interpretación y usocorrecto de los resultados de tales análisis.

)

j~}

)

J)

Jj

'>:J-}

~)

==1i

~

)

.~

-J)

'1

\

i \I

j_))

-l

)I )j )

J )

'.))

.,

')')"))

)))_)])).)-j)"7)))))).)".)1)

))J-jJ~.~

J..)',;).))):).:JG)J

8

1.6.2 Función de una estructuraExisten numerosas funciones, entre ellas:

Salvar un claro (puente vehicular o peatonal).Encerrar un espacio (los edificios cumplen una función de albergue).Contener un empuje (muros de contención, tanques, silos, represas).Infraestructura vial o de transporte (pistas, intercambios viales).Estética (monumentos).

1.6.3 Los Edificios son el Resultado del Ensamblaje de Diversos SistemasSistema funcional básico.Sistema estructural.Sistema sanitario.Sistema eléctrico.Sistema de comunicaciones.Sistema de seguridad.Sistema de acabados.Sistemas Electro Mecánicos (Aire acondicionado, calefacción. ascensores,equipos, maquinarias).

1.6.4 Sistema Estructural de un Edificio de Concreto ArmadoLa figura a continuación muestra un pequeño edificio típico de concreto armado. Seindican los principales elementos estructurales verticales (columnas, muros) loshorizontales (vigas, losas) y los elementos estructurales de la cimentación (zapatasaisladas y corridas). Las columnas y vigas se pueden idealizar como elementosunidimensionales, mientras que las losas de piso y muros como bidimensionales.

,.3}8 •

e1.6 Estructuras (algunas definiciones) ~1.6.1 Definición General de una Estructura )Una estructura es un sistema, un conjunto de partes o componentes que se combinan en ')forma ordenada para cumplir una función. ")

:¡

I

9

Modelo de un pórtico plano 2-D

6 ,•

I 1

•. l• "

• " ti

l. U l2

1 l. t.""- 1'" "'"~ ""~

Modelo de una Viga continua 2-D

Modelo de una armadura plana 2-D

1.6.5 Definición de Estructura para un Ingeniero EstructuralUna estructura es un sistema cuya función es transmitir fuerzas (cargas) desde suspuntos de aplicación al suelo. las fuerzas (cargas) producen en el material de laestructura:

a) Deformacionesque semanifiestanen distorsionesde la formaoriginal.b) Esfuerzosinternos.

1.6.6 Definición de Estructura para Análisis Estructural 1Una estructura es el resultado del ensamblaje de elementos estructuralesdiscretosconectadosentre si en un númerofinito de puntoso nudos.Se presentan a continuación, algunos ejemplos de modelos (idealizaciones)correspondientesa estructurassimplesque se ajustan a la definiciónanterior. En lasestructuras mostradas los elementosestructuralesson todos unidimensionales:barrasde armaduraarticuladasen los extremos,vigas, columnas. los elementosestructurales(barras)se interconectanentre si en los nudosy se conectana "tierra"medianteapoyosque tambiénson nudos.

9

'} ....::i?E¡t'~j~H::,"i:;:...",,2".-~;·~2l,...:-:_':_.:_.:;::"··:~L·'::¿:,,~~¡,~,:;'~':.:¿.-.~:Cc-~:;;_.~·_-~'.:.:c~ó.c "'::-~.':::.:'-._~ :,::,:,-~.~.~~~-=,_:.L ::'8.:~::~i·X,C:; .. 'C':~O_''''''_¡''.''=,,_=~~,~__,=~-_._.

'))

I--,)J;

;i¡

J

j)

_):! ),

}

)

")

.) ~1,}

)

)

))

~)i...-;'),)")

I

1)

'""J}

¡

- Lineal- No Lineal

10

La Respuesta de una estructura hay que entenderla en un sentido amplio y comprendediversos aspectos, entre ellos la determinación de:

Deformaciones, desplazamientos de determinados puntos.Esfuerzos (medios continuos).Fuerzas internas en barras. Axial, cortante, flexión, torsión.

- Vibraciones.- Estabilidad.- Carga de Colapso (análisis límite).

Fatiga.- Comportamiento bajo condiciones de servicio (fisuración, deflexiones).

~i~

,~<.;.,

))))))))))

.J)...::)))))))))

)

))}

.J~-}

)

))

..~)"j_)

JÓ.~

8J

'"),)

~

~'9---:l

Respuesta.

Respuesta............... Desplazamientos............... Deformaciones

EsfuerzosResultantes de los Esfuerzos

Solicitación .....- Estática_Dinámica - Elástica

- Inelástica

Estructura

SolicitacionesCargas Estancas ~Cargas Dinamicas ~Asentamientos

Cambios Termtcos

1.7 Objetivo del Análisis EstructuralEl objetivo es el estudio del comportamiento o respuesta de la estructura frente adetenninadas solicitaciones o acciones externas. El Análisis Estructural no es un fin, esun medio o herramienta. El fin es el Diseno Estructural.

Estructura

Modelo de un pórtico tridimensional3-D o espacial

10

1.8 Objetivo del Diseño EstructuralEl objetivo es lograr una estructura segura, funcional y económica para satisfacer una

, necesidad o función específica.Por seguridad se entiende la capacidad resistente de la estructura para servir sin fallasestructurales durante su vida útil.Además de la seguridad, la estructura debe comportarse adecuadamente bajocondiciones normales de servicio. Por eso es necesario prestar atención al control delas deflexiones, vibraciones, agrietamiento (concreto armado), corrosión, durabilidad.En resumen las Premisas Fundamentales son:a) La estructura debe soportar las cargas (acciones, solicitaciones) en forma segura.b) La estructura debe cumplir los requisitos de funcionalidad, factibilidad, durabilidad,econornta, estética.

1.8.1 Etapas del Proyecto Estructurala) Concepción (Ingeniería Conceptual). Se parte de la siguiente premisa: La

estructuración que debería prevalecer, es aquella que satisfaciendo las premisasfundamentales (seguridad, funcionalidad, durabilidad) tenga el menor costo. La etapade laconcepcíón comprende:

- Determinación de la forma general.Selección del material predominante (intervienen criterios de disponibilidad yeconomía).

- Selección del tipo estructural y estructuración preliminar.Selección del sistema constructivo (prefabricado, en obra).

- Investigación de las cargas. Es necesario identificar las diversas solicitaciones a lascuales estará expuesta la estructura durante su vida útil. Las magnitudes de lascargas "usuales" están especificadas generalmente en las Normas, en otros casos esnecesario acudir a la experiencia y a la estimación del ingeniero.Las cargas que pueden obrar sobre una estructura son: muertas, vivas o de uso,viento, sismo, nieve, cambios térmicos, cargas temporales que pueden presentarsedurante el proceso constructivo, asentamientos de apoyo, cambios volumétricos, etc.

- Predimensionamiento de los elementos estructurales y conexiones (basado en laexperiencia, reglas empíricas, métodos aproximados).

b) Modelado (idealización) de la Estructura.c) Análisis Estructural. Geometría, material, secciones, comportamiento esperado de la

estructura (lineal, no lineal), solicitaciones (cargas). Selección de los métodos yherramientas de análisis.

d) Diseno Estructural. Dependerá del material, Normas.e) Detallado. De las uniones o conexiones, elementos no estructurales, equipos,

instalaciones, etc.f) Planos. Producto final del análisis y diseño estructural. El diseñador debe transmitir

al que ejecutará la obra, los resuHadosfinales de su diseño, entre ellos: la concepciónestructural, los esquemas resistentes para las diversas cargas que obran sobre laestructura, -los refuerzos y dimensiones de todos los elementos estructurales, 'laposible interacción entre elementos estructurales y no estructurales, las calidades de,los materiales a utilizar (especificaciones), los detalles especiales, los detalles de lasconexiones entre elementos estructurales y no estructurales, las precauciones aconsiderar durante la ejecución de la obra, las sobrecargas de diseño, etc.

11

II

_ ••• ::. --- •• ;.:.. o ~---..,_--..;;__.;.:-.~_ • ...__ ••• _ :',=.: .:;_.-.::_: .• ,,_ ..•.,_ .: •..... ,:. '.~ .:.-:_~ __:"__'_":'.,~; _, ,-__~_..__•..¡__.-.:......:':.,:,,___ :~-2.,:::,_::: _'_ ;; c',.:'::::.-_:':",':_'" .;',::.':";'.":';"':..0::...;.;;;..-..,...-

~)

)

,)

) r')1,~

)

J)

"'"))

)

)

'J)-)

)

J

}

j

)

~_)

)

1)))-),

,i"it¡II

)

J j,¡

Costos -

Planos de Detalle

1.8.1.a Ejemplo de un Plano de EstructurasA manera de ejemplo de presentación de planos estructurales se incluye a continuaciónuna parte del plano de estructuras correspondiente a la planta típica de un edificio simpleen concreto armado. Se puede apreciar, entre otras cosas, información sobre el espesordel techo aligerado, la sobrecarga usada en el diseno, las secciones de las vigas, laubicación de Josmuros (placas), la junta o separación con un edificio (bloque) vecino, elacero de refuerzo del aligerado. No se trata de un juego completo de planos. falta el-plano de ·Ia cimentaclón..da las .columnas y-placas, .de-las vigas, el plano -del encofrado-de la azotea y se han ·obviado 'diversos' detalles importantes. Para completar el"expediente" es necesario contar con los planos de arquitectura, los planos completos deestructuras, los planos de instaraciones eléctricas y sanitarias, los planos deinstalaciones electromecánicas (si las hubiera), el estudio de mecánica de suelos y lasespecificaciones técnicas.

ModificaciónRe - Estructuración

- Material- Forma general- Tipo estructural- Investigación Cargas- Predimensionamiento

Re - Análisis(cambios enlas secciones)

AnálisisEstructural

Cargas .....,. Idealización- Modelo-

~~--------~~r--------'

I I Modificación I-..........._~--.,

~ Diseño- Seguridad- Resistencia- Servido

Estructuración

La manera como el diseñador suele transmitir al constructor o ejecutor de la obra todaesta información, es a través de planos de estructuras. Es obvio que si los planosresumen todo el trabajo de concepción y diseno, debe prestarse especial cuidado enla presentación de los mismos. Los planos deben ser claros y no ambiguos, conabundancia de detalles y especificaciones,· deben contener toda la informaciónnecesaria para una correcta ejecución de la obra. Los planos deben transmitir al lectorla información de tal modo que no haya lugar a interpretaciones erróneas.

g) Determinación de los Costos.El diagrama a continuación resume las etapas del diseno estructural:

ti)r'j))')

)))))

)

))

-J-')..=)))

)))))

)

))

. ))

--Jc:j----j)

)

)

J'j

J_).:J8~)..,.)

J~

-_., , ..., ._ ..._------.......... I,_ ~_•••__ ..... _, .... ~.~. ,._.~ -_;:..~.:.:;__:..l.~w.:...._

12

...... - ....•• ". :," '.' • -: ' ~ ': ': •• 1" ..!-..~

. . .._~~J"'5:~~...:.:.....___.;..._._.h _....: ..~-,,~__:.:~_';__;'",;, ...,__,..._:.;. .'-:.:__,.~..~.~~:::::., ..'.;":'.;.".,""__"o' "....:.. _. , ::

!

II

;, :"

J "'.~

)-, N

E-,1

eni

, ~

J

_)OO

) í?... U_) ~

!¡ i;;:'j

) l''-',

)l.:

)

) ON

) ci

')JI 1Js:

)O'U o 8

-, ~ c::¡ ~CI> &.~ •'1;.. ~) «)

J)

~,-

J_))

i ,)-)~

,)-)

:

¡ )

1Iri 1ft

~)) 13

i

13

")' ,,"--,-d':~':;;:::,:_,LL:_;:,,:...: ... :_....:i: ,l_i;,,_ .::: .,~",~.~~. ::~~_;;;._;:~~';'..:c-_2:"~.~;;::~,.::'L>.. ,,',._,o~ ,"_',. 'o_, ,. ,0- - - ... ,,,,._~- ......-..-. ,,;...~--._..:.:~

).,

~e~:))')

))))))))

-J')-::)))

))))))

)))

)

-elc:j

~)

)

)

)"'.::)J)~-jd,)

"'")-c)

~

••• _~:.:"",:,,-".'.¡':":~:'~.

En un punto cualquiera de una estructura, existen seis componentes desconocidas delos esfuerzos (el tensor de esfuerzos en un punto es simétrico) y solamente tresecuaciones de equilibrio (suma de fuerzas en X, Y, Z), por lo tanto el problema esindeterminado. la solución de las ecuaciones diferenciales sólo es posible en el caso degeometrfas simples, condiciones simples de contorno. estados simples de carga ycomportamiento del material linealmente elástico.Nótese que aún en el caso de formular y resolver las ecuaciones diferenciales, siempreserá necesario realizar un modelo de la estructura.En consecuencia no es posible analizar, con las herramientas actuales de análisis, laestructura real, solo podemos analizar un modelo de la estructura. Sin, embargo, sipodemos determinar el comportamiento (respuesta) de estructuras reales, medianteensayos de laboratorio.b) Modelo de una estructura: Sobre la estructura real se realiza un proceso de

idealización de los elementos componentes, conexiones entre ellos y cargasactuantes. Se genera así un modelo matemático (físico) sobre el cual se aplican lasherramientas del análisis estructural.

e) ¿Qué se idealiza?- La geometrla de la estructura.- Los elementos constituyentes (por ejemplo barras) y suspropledades.

Las conexiones entre los elementos (nudos).Las propiedades y comportamiento del material.Las masas (en los problemas dinámicos).tascarqas (solicitaciones).Los apoyos y condiciones de contorno.

ro oa: oa:_::,.x:x=+ .xy + xz +R =OLX q, a vxEcuación diferencial del equilibrio de la particula en la dirección X

¡jIt

"1i!

1.9 Elementos Estructurales v No EstructuralesLos elementos estructurales aportan resistencia y rigidez a la estructura.

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

1.10 Modelos (idealización) de las EstructurasPremisa: La confiabilidad o "calidad" del Análisis Estructural, está directamenterelacionada con la fidelidad del modelo utilizado.a) ¿Porqué son necesarios los modelos estructurales? Si partimos del hecho que

las estructuras son un medio continuo, con infinitas partfculas, con una variacióntambién continua en las propiedades del material, en las deformaciones y en elestado de esfuerzos, el comportamiento de la estructura está gobernado por unconjunto de ecuaciones diferenciales parciales. Una de las ecuaciones diferencialesdel equilibrio de la partícula se indica a continuación y corresponde al equilibrio en X:

14

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

15

..

Fuerzas aXiaJes (kg)

~L, .

", ·i

.~... ",'"",,1··-,,'"'''' -

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

Deformada

Para formular el modelo necesitamos, por lo menos: Caracterrsticas de los materiales (E,tipo de comportamiento, en este caso lineal). características de las barras (área,material), geometría, cargas aplicadas, apoyos, tipo de conexión entre barras. Elresultado, en este caso, es un modelo tipo armadura o de cables.Resultados del análisis estructural: Desplazamientos de los nudos (configuracióndeformada) y fuerzas en las barras.

Modelo de unaarmadura plana 2-P(Se muestran las coordenadasde los nudos y las cargas enel Nudo 2)

. iI

«,,!

...¡¡,

1.10.1 Algunos modelos de estructuras"simples

1\f9deloContinuo 2-D(gobernado por ecuaciones en

derivadas parciales)

Modelo Discreto 2-D(gobernado P9C

ecuaciones algebraicas)

Modelo Continuo 3-D(gobernado por ecuaciones en

derivadas parciales)

1!íJ------~

La interacción entre 'os elementos estructurales y no estructurales,d) Resultado de la Idealización: Del modelo continuo al discreto.

15

J1,

)- ,J

1!

! :!

,)) 3

~SS

>,)

-1))

I

)

j),)

)

l',)

1

'J,),)~J9J

))))

).)

...)

-:}-;,,-4¡

).))

.~

-:)

-3

., 9· .. '.. ,' ,.

; Fuerza cortante (ton);

-3

16

Momento flector (ton-m)

-9 ,_____.

: Fuerza normal (ton) :

r--,--+~.:....3__ -,.- J:I----...;_--rr--l-3-9' -j

•••• ,..... ••• ,; . ,_o, , ••

-3........... _ ••••• o o" L-

Porqué la estructura se mueve hacia la derecha y no hacia la izquierda?

Deformada

,1····,··-·-· ,oO. 1"

_, .... _, •• _ o.' l...., "... . i '..-'..¡,

j!, .

.. .. i 00- _ • _ .. _

! .~

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

~¡3.' s·.··

" 2.; .. -_ O¡ , : .. -.- -- .• -- .. :O}" ,

1·0 o •• o _ • o •• ' ••

• • O)

Modelo de un, . pórtico plano 2- D

,. -_.- "'~'_._'." ... ".- •• _ ...... ~---- •• _-- .... _ -Ó: _- ... -.-.-_ •• - --~

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

16

17

Conversión de un Modelo 3-D a unModelo de Pórticos Planos 2-D.A continuación se muestra un pequeño edificio de un piso compuesto de nuevecolumnas y doce tramos de vigas. El edificio es de concreto armado y todos los nudosson rigidos. La estructura es en esencia un pórtico 3-D conformado por elementosesbeltos.Asumiendo que los apoyos son empotramientos. el grado de indeterminación estática delpórtico 3-D es de 72. ya que es necesario efectuar doce cortes en las vigas (por ejemploal centro de cada paño) para lograr una estructura isostática y estable. en cada corte seremueven seis fuerzas de sección.En contraste, el grado de indeterminación cinemática es de 54 ya que la estructuraposee nueve nudos libres y cada uno de ellos tiene seis grados de libertad.A pesar de que la estructura es 3-D, es posible reducirla a un ensamblaje de pórticos

-3 planos cada uno de ellos actuando de manera independiente del resto. Con estasimplificación se reduce de manera importante la complejidad (más bien la laboriosidad)del análisis estructural. Sin embargo esta "reducción" a pórticos planos tiene variasinconsistencias importantes. algunas de ellas:

Las rotaciones en los nudos del 20 no son compatibles con los del 3D. es decir cadanudo del modelo 20 rota de manera independiente. En la estructura real lasrotaciones de cada nudo son únicas.

- Los desplazamientos verticales de los nudos del modelo 20 no son compatibles conel 30.

- En el modelo 2-0 se pierde la torsión que podría existir en las vigas y columnas.Los desplazamientos horizontales del modelo 20 no son compatibles con el 3D.

- Si hubiera un diafragma rígido (losa de piso) conectando los pórticos. ¿quésucedería con los desplazamientos horizontales de los pórticos?

)f, 1.10.3 Algunos modelos 3-D de Edificios.

)

)

)-)

)I)

J)

I)

~),)JJ)-)

)

)-- .;;;

-).)

}-,)

I ,l1J1

1¡ )¡¡ jI

1,-l} 1.10.4

18

. 7

I An.alizar·el modelo

-:Generar un Modelo 2D delpórtico y aplicar las cargas(metrado)

))

-J)~)))).))))

))))

~--!)~.).)),)J_),):j)~).,.));¡j~::)~

I¡t.

t

I1(rt

SeJeccíona,r yaislar el pórtico

Portico 3D(simplificado)

Diagrama de momentos(ton-m)

Deformada

~.----~--~~.I------.-r- 5.0 *. 3.0 -1

lPlanta

3.0

I ¡p t(rl()l.I-~-liF.:!::. =:. =l' •O.30~0.50 9.30x0.50

I ._ iO.30xO.30 ~

.--_ ~!,.o;.::. r~.';: .l ~:

," ,

13

~tTl.. .

:::.::':~~O,~::,.~:.,"'.:.~:.~:·;.;'~~~~:'.77',·1"~'~0;oL·:,·:1~~~:~....;;..0~. .:.~.~~_:~=-~~~~=~~'.~:-;..-_~':.~~~.:.;~'~-':;"..-::::~:..~-."L~~~~.~..;..;.:.._.~~;_~.:,,'~.~-=.0,'-, '0' ,:;.~~_._:;..~~_~._.,~~. __~':.~~..~; :.~:,;::. _;~~~ ".c_~_~~·~_.__;; -;-::;.:70 o---'':- ~.~..::...;.~~.-:.~,~.,._.;o

! ;1J1)O:)

1))))

))

19

Algunas inconsistencias del modelo 20 frente al 3D:Las mismas del caso anterior (acápite 1.10.4). Adicionalmente la presencia de undiafragma rígido en su plano (losa de piso) impone restricciones adicionales a losdesplazamientos laterales de los pórticos, es decir los pórticos no pueden desplazarselateralmente de manera independiente unos de otros ya que el diafragma de piso"amarrawlos desplazamientos laterales.Si hubiera una fuerza lateral actuando en el centro de masas de la losa, ¿cómo sedistribuiría esta fuerza entre los pórticos?¿El empotramiento de las columnas en la base será perfecto?¿Los nudos son completamente rígidos?¿La losa no aporta rigidez a los pórticos?¿Cómo se comporta la losa, simplemente apoyada en las vigas?

Pórticos 3 Y4Suelo

.."

Ic,Ac1 (40x25)

" lz

(4 Ox25) h

--@

Pórticos 1 Y2

(25x402

IC,Ac(2Sx40)

1

h

,--@

,Losa Maciza

1.10.5 Otro caso de Modelo 3-D a un Modelo de Pórticos Planos 2-D

17)fJ}

J

,}

»

)

)_,)

--,

1JI

_)

¡~ ¡ .I I

III

I)

1))

)

))

_))

~J.)

)

J)--,

)

j ) iI

~ I) L)

j ._~,

_,.<

Segmento de una torrede alta tensión o antena

Losa - Parrilla

1

Tanque esférico apoyado sobre columnas/«.~,./fj

1.10.7 Algunos Modelos 3-D de estructuras

Portico 2-D

~<

Ji JlL-IPortieo 3-DPortieo - Losa 3DModelo 3-D

/ Estructura Real

UJ

1.10.6 Otro caso de Modelo 3-D a un modelo de pórticos planos 2-D

\ 20

",:,. -...;.._-::-,;:-:.,-;. -~. -;- -:~-=.:"-.-.--"~"·'r •. ·.' :~... r". ·_c.o o', ~" , '''"~ .~.'''''_'' ., ,<. _~ __,..~_ ~ __:... ..:..'

' .. c·:· ...~:;; ..-.·:.-_··_-,·.-:·,··::-:· ... ¡-• --'~~ r_"""r~ .•. ;..;...,o"" ;,.;. ...

21

En el modelo mostrado en la figura anterior se han hecho las siguientes idealizaciones:a) El muro, que es un elemento bidimensional, se ha transformado a un elemento

unidimensional. Normalmente será necesario incluir las deformaciones por cortanteen la placa o muro (en la figura, Im es el momento de inercia del muro y Acm el áreade corte), además es conveniente incluir las deformaciones axiales en el muro yen lascolumnas.

b) Las vigas cercanas a la placa son de sección variable. Tienen un tramo de longitud"a" de rigidez infinita (El = (0) y otro tramo de longitud 11 con rigidez Elv. El tramo derigidez infinita (brazo rfgido) intenta modelar la conexión entre la placa y la viga yrepresenta la hipótesis de Navier (secciones planas).

c) Se ha supuesto que la placa está empotrada en la cimentación, esta hipótesis puedeser cuestionable debido a los grandes momentos flectores que suelen presentarse enla base de los muros ante la acción de cargas laterales.

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

Modelo del pórtico plano.(Muromodelado como elemento unidimensional)

Pórtico plano. Muro (placa), columnas y vigas.

1m leNPT Acm

1 2 3le le " .." ., .. '1

a tI t2Muro(bidimensional) .

9~--~----~----I~ a f ~ le

1,2" Brazo rígido (El = !Xl)F2 .. '1 >¡

F2 7 8--:0; =--..

I I Brazo rIgido(EI =00

_ _ 1_ _ _ J Fl S~4 Iv Iv

1.10.8 P6rtico 2-D fqlano} con muros de corte o placas de concreto armado.Es frecuente utilizar, en zonas slsrnlcas, elementos rfgidos de concreto armado paracontrolar las deformaciones laterales del edificio, estos elementos rfgidos suelen ser lasplacas o muros de corte. Los muros son elementos bidimensionales. Muchas veces elmuro o placa está conectado mediante vigas a columnas fonnando un pórtico "mixto"como se indica en la figura a continuación.En estos casos, un modelo que se suele utilizar con frecuencia, consiste en idealizar laplaca como un elemento unidimensional, al igual que las vigas y columnas. El problemaradica en modelar adecuadamente la zona de conexión entre la viga y la placa.

}J)

J

I¡ J

J J~

I }t

)rI¡ ,I

l.,J,))

)

}

)

r)

~I

}

?}I

Jf

L))

J.,~) ;

I} L

)

@::D'O)1)"))))).))

~-:>~))))'))

))))

))

do~.)))

)-j_j,)

·0)$)

~')

)

•®;)-1

. "., I."~: :.' .

~~.*ii~~:f:,

I1,II.: .IIi•I .'.' ... ~ _.~~_.l;.r'. .t··..

l·: .(

"

, ~"~"':~:f;':~':.:.~/;',t~',::.~ ~ - - ~... ",S;.- .,];, ,.: :,:

22\

Modelo 2 -Configuracíón deformada, cargas laterales. Viga rígida en la zona de unión con la placa,22

Modelo' 1 - Configuración deformada, cargas laterales. Viga flexible en la zona de unión con la placa.

23

Modelo 1 - Configuración deformada, cargas verticales. Viga flexible en la zona de unión con la placa.

3

I1IIII,1

: Muro~ ~1I1•II,._,. ,. ~ '__'_~_'.... _.;-.-

í

"II

i

Análisis por cargas verticales

,'7/lZ"

2

6·4 $,r r. r: 1 J I.','i J 1, ! I "¡

~- ~-.,. .. -,. - ,..~~l~J"""'_-lJt-" -,-.~l+l~, L;"""",.''r:-~~ .."+'-'-",_.,.l,.,.,·"--";' J!--,' ,-.~I"""--iL:':' . '1 : '~ " 9, ,: 1,1I11i-'I11,J '

: Muro1-..-.-,.-,;

... -,. ...,.-.,."";;,u.~,,.,.- -,. ---1

3 t/m,'.

I

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

.,

')r

r

t-i }¡¡1,1 ,I )

-')

¡,, )¡ J

J )

_)I

I }

1¡¡

)

)

1

-,))

)

)

.,.1)

_ .. ~ ,}

¡ }I

~ 2()

='9 .i..

I,1

i)....., ..,I)~)

fDél~.)

)O)'))")))))

d1~)

))))))

)))

)

)-d·3~).)).)__,.).J;:J

24

L,ps~'ramas de mO,mento~flec~~respara los tres modelos analizados para cargasV7ttic~l~s.se lTi~estrana continuaclón./

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

3

r.:I!tt

~.~~--------------------_.

I

fI•Il",

Modelo 2 - Configuración deformada. cargas verticales. Viga rígida en la Zona de uni~n con la placa.

. 1.,i .

.------~~~.~. ___________ i._

'M~to

r--~~"-'i;:'~t~';''''''';:~-:!:~~~~-í~~~:'."'.., l," ;• l. :I '.:;:l' II .,.I !I 1, Ii ,I l'I }j 4 Ir~-

,::.i•I,.,•I•l·"•I•I

24\

25

Modelo 3 - Diagrama de momentos, cargas verticales. Vigas empotradas en el borde de la placa-0.9o.~

III, I

~------_--------------------~

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

05 ·1

I I

.- -- ...... 3~8:'7.4.:..&-=.......~- - -- -.,. ---- -.- _-'

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

-0.1

III--------~-~"'"!'-.

II,--------- ... - ·4.8

)

J

J)J)

\

..l~

)

~.)

">.}"))

-=,)

;1..,.~ i) L

J_j

I_)I

,)

).,)

~

.~. ")¡

1¡1¡

):>

t)

1 )I¡ )[¡ ')¡

I .,)J

f -=:)! ')!¡ )¡

)~f )I )~

1 )¡ )~• )I• )¡

)))

d~--:})))i)=1.)., ,);

~)~-')

~-))

~

r'J

../

h= 3-¡. 5MODELO 2D

,No existe un límite claro o preciso a partir del cual los elementos deban considerarsecomo tridimensionales, bidimensionales o unidimensionales. La clasificación y enconsecuencla la idealización de los elementos, queda a juicio del ingeniero y seráfunción de la "fidelidad" que se pretenda lograr. La figura a continuación ilustra esta ideautilizando un elemento esbelto, que puede idealizarse como unidimensional, y otro parael cual esta idealización seria cuestionable.

En general todos los elementos son tridimensionaJes, sin embargo, si la longitud delelemento es "considerablemente" mayor que sus otras dimensiones, el elemento puedeidealizarse como unidimensional. Este suele ser el caso de las vigas y columnas de lospórticos 3D 6 2D.

:.;~-:: it~~

b;:;h

h1 L» (b,h)

-~~.'b

Viga. columna; armadura (1D)x

. Losa. cáscara, muro (20)

(3D)

,.~irum

U'i

1.10.9 Clasificación de las EstructurasPara el curso de Análisis Estructural 1, hemos definido a las estructuras como unensamblaje de elementos estructurales discretos, interconectados entre sJen un númerofinito de puntos. Bajo esta definición los· elementos, pueden idealizarse,independientemente del material y su forma, en:

UnidimensionaiesBidimensionalesTridimensionales

\26

27L

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

Armadura Plana.

poyo

1) Estructuras de Barras o ReticularesFormadas por el ensamblaje de elementos considerados o modelados como 1D.1a) Armaduras Planas o Espaciales. (Isostáticas o Hiperestáticas)

1.10.10 Grandes grupos en la clasificación de las estructuras1) Estructuras de Barras (Reticulares).2) Estructuras Laminares (bidimensionales). Losas, cáscaras, muros.

¡ . 3) Sólidos (3D).i! 4) Mixtas.!

I1 J\\\\\\\

V

III1 2

\\\\'0\\V

Elementos IDPórtico 2D

vh3 ti---;I'--v---------....4 h=.L, ..L,L

~ 11 10 12 14I

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

¿I)

J)

V)

),)

)

)

"1)

!¡II

JJ)

~II )

I III,)

I }

,))))

)

)

)

J

1I 1

>)I

i)

)):J-)

f.r(

:':)))'))

))))))

"7)J))

-)):))

))

))

})

~~);j

).}.)

2J~)~iJ',,}_).');)rj):).~

Fin.k Compleja'

Howe

Pendiente Doble

Grambrel..Pendiente Simple

. Inglesa Fink

PrattWarren

Otra ventala de las armaduras es su rigidez ya que por su considerable mayor altura en . '.cornparaelón con una viga de alma llena; los desplazamientos de los nudos suelen ser 1pequeños. ' ,Las, principªles ide~UZaciones (~implifi~ciones) que se suelen hacer en el análisis de ;, Iarmaduras'y a partir' de las cuales se gefi~ran los modelos son: . '!- Los elementos son rectos y están conectados entre sí en nudos artlculadoe.' •.' 1

(artleulacíones sin rozamiento). Los nudos articulados permiten el giro relativo de las ;:. ibarras. En ia práctica diflcllrnente se materializa esta hipótesis ya que las uniones ' ..Isuelen ser soldádas o empernadas. : ' '1

j- Las barras' se .unen en sus. extremos, Esta hipótesis no suele cumplirse en los. ;cordones (bridas) superior é inferior de. la armadura ya que las bridas suelen Ser ..!

continuas cubriendo varios nudos en vez de ser una serie d~ barras cortas entre nudo !y nudo. Esta práctica tj~n.e,Iª....x~ntaja de simplifi~r las conexiones en los' nudos yaque no es necesario.eon~i\~Jrelemento contínuc.' . . . . . .

":Las carg~s'{Qoncentradas);s$ '~Jican '$ototen los nudos." Deben eviWFse')ascargas en, .puntos int~m)ecfjc;>sde 105' el~.neh.osya que inducen flexión en ello$" $i exístiera una .:~~-concentrada en un elemento, conviene modificar la geomefri~ de la armadura"'2:~i~";que dicha CatQ~ coincida con un ·nudo. LaS únicas carqas que no están/8PUcádas en.' los nudos deberían ser las provenientes del peso propio de losr elementos. .

Equilibrio (corte a-a): Ma == T x h Va =V eos ct.

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

Dj~8: CU~1pOtibre Corte a-a

~o.'''v',_':_ T

f ~,I J' 1

Corte a-a

\28

Detalle de uno de)os apoyos interiores (articulado)

Detalle de uno de los nudosArmadura de un puente (Bridas Paralelas)

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

1

~i

Fuerzas internas en la barra deuna armadura

N·J

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

29

)

~j)

- '"i

, -iir))í...)_J

ilí )¡

1))

1,~

1

-)

)

---1I )

)

J}

)

\)

))

") 1'"

j !

)

.,',

(1)()::)")

')))')')

"))))

j)"l))

_))~)

'))

)))

.)~

J'J).))

~~)iJ.)

30

Uniones empernadas

\30

./t'

Uniones soldadas

Si se observan las uniones de la figura anterior, se puede concluir que en la práctlca la _;.hipótesis de nudos articulados es; por lo menos. discutible', Sin embargó en las ;: .armaduras "normales" la esbeltez dé los elementos suele ser grande, la rigidez a. la' :flexión pequeña y por lo tanto priman los esfuerzos axiales. Si las cargas están todas ;' iaplicadas en los nudos, a los esfuerzos que originaria la flexión por la rigidez de la unión. _. I

sel les llama "esfuerzos secundarios" y se suelen ignorar o despreciar en el diseno de los ..' .,1,'

e ementos.En todo caso si la hipótesis de nudos articulados - para una estructura particular en la -.cual los perfiles no sean tan esbeltos (caso de armaduras de puentes) y las conexiones ':no fueran rótulas - no fuera válida. siempre será posibie analizar la estructura dejando de ,i;'lado esta hipótesis y modelando la rigidez de la conexión. En este caso la'estructura se :;convierte en un pórtico con cargas en los nudos y lo dificil será modelar la rigidez de la ,:'conexión.

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

/' ..

-/

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

\\\3

\\\2

Pórtico

\\\1

I ¡;~V V V V¡V Y Y Y V¡V yr \J. 2 3 4 5

w

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

N1

1b) Pórticos Planos (sistemas planos 2D)- Formados por el ensamblaje de elementos 1D.- Elementos conectados entre si en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi -rigidos, o articulados.

- Cargas aplicadas en los nudos y barras. Las cargas están contenidas en el plano delpórtico.

- Los elementos tienen rigidez axial y por flexión.- Los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos.- Las fuerzas de sección en las barras son: Axial, cortante, momento flector. No existemomento torsor ya que las cargas están aplicadas en el plano del pórtico.

Elevación cara lateral

Armadura 3D, parte inferior de la Torre Eiffel

Madeja deArmadura 3D

I)

)

--,I

\,1IJI

~IJI

I__j

I

\)

j)

)

)1t;¡,!;¡

I I

1 ~11 )¡

~)

iij

: Ir -.

Pórtico de acero con arriostres

Pórtico arriostrado

10

5 6 7 S

t2 3 4

Pónico con elementos curvos

.'4

Viga Vierendeel

6 10,..../' ,,

1 s2 3 4

)

)))))

))))

"

,)))

)

,~

)

~)

)

)))

))

)))

)))~¡,.~oO).)Jj).)J~

\

32

Pértícosde concreto armado,soporte del tablero de-un puente

Pórtico de concreto armado conviga prefabricada

Pórtico a dos aguas2J

!j

I

&'~"JttJtJtJ¡4JJ'J,.5

33

III 1d) Pórticos Tridimensionales (sistemas espaciales 3D)I - Formados por el ensamblaje de elementos 1D.¡-Elementos conectados entre sí en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi-'1 rígidos, o articulados.¡-Cargas aplicadas en los nudos y barras.i Los elementos tienen rigidez axial, en flexión y en torsión .! < - los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos.\ - !.:,as-fuerzasde sección en las barras son: Axial, cortante, momento 'ñector y momento! .... /tersor. En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra,: / referidas a sus ejes locales; los que deben ser principales y centrales.1'" .l

\\\

1 La parrilla está contenidaen el Plano X-Z

Modelo de una parrilla12

.~\\\

1

Los ejes 1-2-3 son ejes localesdel elemento y deben serprincipales y centrales

El plano de la parrilla es el 1-3.

1c) Parrillas (sistemas planos 20)Formadas por el ensamblaje de elementos 1D. ,Elementos conectados entre si 'en los nudos. Los nudos pueden ser rígidos, semi­rígidos, o articulados.

- Cargas aplicadas en los nudos y barras. Las cargas son,perpendiculares al plano dela parrHla.Los elementos tienen rigidez en flexión y torsión.Los apoyos pueden ser de cualquier tipo, inclusive apoyos elásticos. "Las fuerzas de sección en las barras son: Cortante, momento flector y momentotorsor. No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares alplano de la párrilla. '.,

33

~iI ti )

1 )'lj",

; ~

J)

)

---')I )lt

,J)

}

,)j)I)

)

_j)

1I -d)\j\)~

~.)I

! )

)

_J.J-'~

J

.."

" !

~f)¡J!;~

')))))))")))

')).,)

)_J)

~)

))))

))

-=>.)1)))

.:_J

.)

~J)J')j'").))

~Q-)

34

Mzz

Mzx

M,,"'·'·:. """~ .

El espesor es mucho menor que las otras ~.

Edificio AICQaen Chicago. Grandes ..diagonales de arriostre ..

3

12

34

2) Estrilcturas Laminares (bidimensionales).dos dimensiones.

- Losas (cargas perpendiculares a su piano):

. ,i:;" •

Torre. de Control en un Aeropuerto

3

2

35

O'zPuente masivo

O'x

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

- Bóveda$ o C6scara$

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

35

)

)

}

j

,,)

))

)

)

)

)

~it

IJ~~

!_)

t

~ 11I

Ij¡

))

)~;-,)

))

.~

)-'))

)

_)

)_))

))

))))

"j)'))))

J...)

~~)'.))..)"))

)

~~d-)-.

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

~

. ~

l'-

Elevación

36

Armadura de vigas y columnasen un Dudoexterior de unaestructura de concreto armado

Nudo Interior

\"1=

:-1"

;=1-

,---

L.'------------

.

Planta

Nudo Exterior

1.10.11Nudos de Pórticosa)Pórticos (estructuras) de concreto armado: Los nudos suelen considerarse rígidos.En estructuras de concreto armado lograr nudos o uniones articuladas suele ser .problemático ..

Vigas Ycolumnas,elementos 1D

Nudo Rígido

O"x

Muro o placa,elemento 2D

crz

ay

Componente o piezade un equipo

4) Estructuras mixtasI¡)

36

1 ~··.:,.,é:;i"':: .. ',.. :'<'.,~",~:":,.i..'c:::,-,-"_:~',,,-._.. ,,_ .,.... ",._"~,.,, ~.",,,. _c,_

1~

37

Unión viga - viga

BoltsorLoaded beam

Nudo rígido (planchas de acero y pernos)

Nudo de un tijeral de madera

Unión simple columna - viga

Uniones simples columna - viga

Steel U bracketwelded 10Ioporate!!1column

Base de una columna de madera

b) Pórticos (estructuras) de madera: Suele ser complicado lograr uniones rígidas,salvo las uniones encoladas.

37

)

}))

)

)

)})

1(

1)

.1

1)

))

I

t

1I~I

.~

))

II )¡

I )

)¡

))-)

)

)

'))))

)'))')))-))~)'))

)

" I)

I '))),.)))

_o)'-')/'

::::)/.)

~.

di),)f~).)))J~

®_o:),

38

Unión rígida empernada

t"1-tI ~.

o oo o

Uniones simples (de cortante)

Unión empernada conplanchas y cartelas

Unión empernada con cartelas soldadas

e) Pórticos (estructuras) de acero: Existe una gran variedad de conexiones: rígidas, t

semi-rfgidas, simples (conexiones de cortante). Existen en esencia dos métodos paraconectar elementos en una estructura metálica: pernos y soldadura, los remaches hancardo en desuso.

38

.... ",-"., ,',:' '_.'¡~ .. :¡

._. ,.~.~.~,:,:.;c;-;.;~,.,,,-,,,;:;_:.:..;;-;;;'.>·.,,,~~i_,'~.:.,~:;."'::'.-_~'~;:2:~:,~·;;;;:~-<;;::~:Lc~,c:,_~c;.~;,",.:,,:o_,~c:.:

\l}~

----_ :':':'~.":_';-=--, ; .... _.~~.:.!1:;~.:~~.~~·~~2~·l~:~~_~~~~;:.:~~;:~;_;_",-~~~~~.'..~,;~~~.~~._:::,~'~:';;: ':'~":'-;'_:"=~_'_;;~::~:,:,;._~:.~_:~::;:. ,..-

39

Construcción compuesta. Vigametálica. deck (plancha de aceroplegada) y losa de concreto.

.mtOI

~._----

Unión rígida empernada

Unión rígida consoldadura y pernos

)

)

)

))

)

)

)l,}

))))

"i)"l))

_)

)..:))))

)

))_)::)J))

_,¿):0::¿~,j.).)J)1)

J~Q.:)

40

2.1 Bases del Análisis EstructuralLos problemas más simples del análisis estructural son los estáticamente determinados,ya que éstos pueden ser resueltos aplicando únicamente las ecuaciones de equilibrio.La idea central es que en estos problemas las fuerzas internas en los elementos (barras)pueden ser calculadas sin considerar las deformaciones de la estructura. Esto significaque el análisis estructural puede ser realizado sin conocer de antemano las propiedadesy comportamiento del material ni las secciones transversales de las barras.En una estructura hiperestática, las ecuaciones de equilibrio son insuficientes paradeterminar las fuerzas internas en los elementos constituyentes, siendo necesarioformular ecuaciones adicionales. Las condiciones de continuidad o compatibilidad de lasdeformaciones en la estructura, conducen a las ecuaciones adicionales necesarias.Adicionalmente se requiere conocer las relaciones fuerza - deformación (relacionesconstitutivas) de los elementos que componen la estructura. Para estructuras linealmenteelásticas, estas relaciones provienen de la ley Hooke.Las estructuras indeterminadas, que aparecen con mucha frecuencia en los problemasde análisis estructural, presentan algunas dificultades adicionales para el ingenieroestructural. En primer lugar, el análisis es bastante más laborioso y complicado encomparación con las estructuras estáticamente determinadas. En segundo lugar, elanálisis estructural solo puede ser realizado considerando la geometría de lasdeformaciones, esto significa que es necesario conocer de antemano las característicasmecánicas del material y de los elementos estructurales. Una selección inicialinadecuada de las caracterfsticas de las barras, puede ser corregida únicamenterealizando una nueva selección y volviendo a realizar el análisis.En consecuencia, la mayoría de los problemas estructurales deberán realizarseaplicando las siguientes tres condiciones o principios básicos:1) Equilibrio: de la estructura, de las barras o elementos y de los nudos.2) Compatibilidad y Condiciones de Contorno. También llamada las relaciones

Deformación - Desplazamiento. Los movimientos de los extremos de las barras (o !.

elementos) deben ser compatibles con los desplazamientos de los nudos. Estacondición puede expresarse mediante la siguiente relación: {d} = [A] {D} donde {d} y •{D} son los movimientos de los extremos de las barras y de los nudosrespectivamente y [A] es la Matriz de Transformación de Desplazamientos (véase elAcápite 7.3).

3) Relaciones Constitutivas. También llamadas Relaciones Fuerza - Desplazamiento.las fuerzas (esfuerzos) en cada barra (elemento) y sus desplazamientos debensatisfacer las ecuaciones derivadas de los diagramas constitutivos (O' - E) del material. 'Esta condición puede expresarse mediante la siguiente relación: {q} = [k] {d} donde ;, ,{q} son las fuerzas de extremo de barra y {d} los desplazamientos correspondientes ••, 'y [k] es la Matriz de Rigidez de la Barra (véase el Capitulo 4).

la solución de cualquier problema de análisis estructural deberá cumplir con las tres ' 'condiciones o principios básicos mencionados, independientemente de:- Del método de análisis utilizado (rigidez, flexibilidad, mixto)., Del comportamiento de la-estructura: elástica, inelástica, deformaciones pequeñas,deformaciones grandes.Del material de la estructura: linealmente elástico, elastoplástico, no lineal, etc.

- De las solicitaciones (cargas) que obran sobre la estructura: estática, dinámica,asentamientos, cambios de temperatura, etc.

CAPITULO 2 -Bases del Análisis Estructural

40

. _.~--- - ~_.._- .-'- ..;_:__--::_--_...: ~__ .:..._ .....- "·... .

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

41

Compresiónparalela a la fibra

-+-------3> EIIl

Comportamiento de lamadera en compresiónparalela a la fibra, E$luerzo o limite deproporcionalidad ::ti 300 kglcm2

400

300

Barra 1: Madera, compresión paralela a la fibra. E = 100,000kg/cnr', A = 150 cm2 (piezade4"x 6")

~ ~1f'----3·60----,r1

T2.70

J

{ F }3xl = [ K 13X3 {~hx)[K] es la Matriz de Rigidez Lateral del pórtico plano

A continuación se presentan tres ejempíos simples de la apücaoíón de los tres principiosbásicos mencionados.Ejemplo 2-1 La armadura plana mostrada a continuación está formada por dos barrasdé'dlferente material, la barra hortzontal es de madera y la iliclim:tda de acero. Nóteseque ¡a estructura es isostática. por lo tanto las eouaciones de eqúilibrio son suficientespara determinar todas las fuerzas internas y reacciones. Sin emb.argo. para determinarla configur~ción deformada de la estructura, en este caso el movimiento dei nudo 2, seránece$ano conocer las propiedades de los materiales de las barras y sus secclonestransversales y utilizar los otros dos principios básicos del análisis estructural.

\\\Columna envolado

.IF_ 3 El AI ---ul' '

F~, ) ! /

A.1 1/

\\\ \\ 7T

1

Sección de una viga en flexión pura.Relación Momento- CurvaturaF3 ' ,

~ ~3

Resorte

F=kA

> M=EI el>F

Los siguientes son algunO$ ejemplos de Relaciones Constitutivas (Fuerza -Despl~~miento) para estructuras simples linealmente elásticas:

4L") r ',t)

)

)-);

¡ )~

j)

))

¡ )~ ,,J

1)

4¡í )I¡

)

)

}

)

)

))

)

)

)

)

,1)

~"'I '; }: \

)I)I

I ,)I)I

/))I,)) "

S)OC:})

))))-)

)))):-j')~))

)))))

)

))

)

)-:j'~)--}

)

~J)).)..),)

))j.)j)

)

e:'ZJ,,'j1

42

AH = di = 0.096 cmd dAv = _2_ + _1- = 0.503 cmsens tan9

I\ /

<, \ I.......¿ Posición final2' del Nudo 2

\d2 = 0.225 cm

\

dI =0.096 cm

e) Compatibilidad. Las barras deben moverse de tal modo que permanezcan rectas y ,sigan estando unidas en el nudo 2. Por ser pequeños los desplazamientos del nudo 2, se ;han sustituido los arcos por sus tangentes "

c¡ = Ee ~ Al = q IEA

-4000 x 360 .di = S = -0.096 cm [acortamientc)10 ><150

d - 5000 x 450 - O225 ( I . )2 - -. cm a argamtento2xl0'x5

3,000

2

9 == 36.87 oq,= -4,000 kg (compresión)

-4000 20',= ~ 27 kglcm

150q2= 5,000 kg (tracción)

0'2= 5000 = 1,000 kglcm25

Nótese que las ecuaciones de equilibrio se han planteado sobre la configuraciónindeformada de la estructura, es decir, se ha supuesto que los desplazamientos del nudo2 serán pequeños. Esta hipótesis deberá verificarse cuando se calculen losdesplazamientos del nudo. Adicionalmente los esfuerzos calculados en las barras,indican que éstas se encuentran en la zona de comportamiento lineal elástico.b) Relaciones Fuerza - Desplazamiento (O' - 8): Material linealmente elástico.

a) Equilibrio estático: Nudo 2Q2

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

fY= 2500

Barra 2: Tirante de Acero. E = 2xI06 kglcm2 A = 5 cm2 (barrade diámetro el» = 1")

42

o ,Oo.=: ;0:'0":;- :'0' 'O. _ OO': O ,'O'." " ... ~ •• , ......

.....;~~:..:i.;;.:.;...;:..~,,¡:; .,n;. .." .•~;:~I:"O"~",,,,,: •.., ¡.

43

Sección simétrica respectodel eje y plano de carga

Flexión pura

o-{;$.;-- ...

Ejemplo 2..3 Determinar las relaciones F - 8 (en este caso las relaciones Momento -curvatura) en una sección sometida a flexión simple.

2 ~=o.225cm

'[:>a::Z::Z::Z:::Z:Z::Z::Z:Z:::¡!:Z:z:::;i!ZZ:z%:z:::r¡q...: ~o 111V

1/2'~I Posición final

del Nudo 2

Il = OH

Ilv =..!!.L = 0.375 cmsenü

d2 =0.225 cmdI =0b) Relaciones o - E

c) Compatibilidad

q2 = 5,000 kga) Equilibrio Nudo2: No cambia. ql = - 4,000 kg

6E=2xlOA=5 el')

.,'

Se puede apreciar que el desplazamiento del nudo 2 es pequeño comparado con lasdimensiones de la estructura indeformada.

. Ejemplo 2..2 Consideremos la armadura del problema anterior con la diferencia que labarra 1 es un sólido rlgido (indeformable). Lo interesante de este problema es comprobarque, dado que la estructura es isostática, las fuerzas en las barras no cambian, sinembargo el desplazamiento del nudo 2 es dependiente de las propiedades de las barras.

j~i

JI

-,~ .,I)

, I

=1~I ')

I

1l,

j --}).

! -4,

, I}

I•í l Ij ',- I

')1! I

t If i

1tt

.!,-,:lr

-i :::::./

)

)

!)

ycr =-E-x p

ex= ![crx-U(cry+cr:)]

'crJI = crZ' = O (Supuesto)a,= E ex

e) Relaciones o - E

EX = IJ - IJ original = (p - y).6.9 - p.6.9IJ original pA9

:. Ex=-;

Giro relo.tlvo deelos seccionesveclnQs=M

¿Mz=-M;: = JyO"x dA=OA

En este caso, las ecuaciones de equilibrio relevantes son:

LFx= IcrxdA=O (1)A

-Mz = Jy crxdA=O (2)A

La distribución de los esfuerzos ox debe satisfacer las ecuaciones 1 y 2. El problemaen esencia hiperestático ya que se podría pensar que hay infinitas incógnitas ox eninfinitos puntos de la sección.b) Compatibilidad. Hipótesis de Navier, las secciones planas permanecenPennite reducir la hiperestaticidad a un grado.

¿Fx = J<r;r dA= O (no hay fuerza axial)JI

¿FY = O~ Automático ya que Txy =O (flexión pura)

¿Fz = O~ Automático asumiendo 't,e =O

¿MX =O~ Automático ya que Txy = T.c =O

¿Ñ6' = JZ<rx dA =O-+ Sección simétrica y esfuerzos simétricosJI

a) Equilibrio:

44

!¡1~i¡r!!.

45

9'::::: e? - - ~(-Geometría 2'Defo nn ada

p2" 9

La ecuación deequilibrio estático sefonnuJa sobre lageometría indeformada

2.2 Hipótesis Básicas del Análisis Estructural2.2.1 Primera Hipótesis Básica - Desplazamientos Pequeños: También conocidacomo Hipótesis de las Dimensiones Iniciales. Plantea que la geometrfa de la estructurano cambia apreciablemente luego de la aplicación de las cargas.Supondremos que las barras (elementos) que componen la estructura son losuficientemente rrgidas como para no sufrir deformaciones importantes bajo la acci6n delas cargas (solicitaciones) y la geometrra inicial varia muy poco. Por Jo tanto, lasecuaciones de equilibrio se pueden plantear a partir de la geometría de la estructuraindeformada.Dicho de otro modo, supondremos (con cargo a verificar) que los desplazamientos de laestructura son pequeños y geometrfa inicial no varia significativamente.Existen diversos métodos de análisis estructural que trabajan sobre la base de lasteorlas de segundo orden (grandes desplazamientos) tomando en cuenta el cambio de lageometría de la estructura. Estos métodos de análisis, que abordan el comportamientode las estructuras con grandes desplazamientos, normalmente trabajan sobre unesquema iterativo de aproximaciones sucesivas, ya que las ecuaciones de equilibrio nopueden formularse hasta conocer la configuraci6n deformada de la estructura.Cuando en una estructura se produce un cambio importante en la geometria, de talforma que se afectan las ecuaciones de equilibrio planteadas a partir de la geometria nodeformada, se dice que es una Estructura con No Linealidad Geométrica.El comportamiento de este tipo de estructuras no lineales, escapa al alcance de estosapuntes. En consecuencia trabajaremos únicamente con teorfas de primer orden(desplazamientos pequeños) y siempre será posible verificar, al concluir el análisis, lavalidez de esta hipótesis.A continuación se muestran dos casos simples en los cuales se ilustra el principio de losdesplazamientos pequeños:

Reemplazando ex = -E y Ip en (2)

M=- JyuzdA = E JyldA= E Iz =:> Mz=IElzA P A P PMzy

a =---x lz

fy dA = O => Eje neutro pasa por el centro de gravedad de la secciónA

JydA=OA

E-- IydA=O :::::>p A

Reemplazando en (1)

45r'':.~~~e;: :.......;¡:,:..:,,_': ,:.:.'.~~:~:.:;;. .:~;;."';:':'~~'-"-r.:',- o •••••• __ ~_._" •• _

)

-J)-l,

¡ )¡i

j),

I)

! )

I)1,!I

\:J)_),

))

j)

_)

)

J)-j)

~

1)

..¡J

-::1)

I i

'1.J

j;J,)s.-)

.J}

.}),

.)

))-,).)))

))~)

J'))

)'.))J)

))),))):;¡)

>))J

-:;)

Para que la superposición sea válida, los desplazamientos deben ser, comogeneral gruesa. varios órdenes de magnitud menores a la dimensión caracteristica deestructura. El intervalo en eLcuallos desplazamientos .estáncomprendidos entre 0.01 L .0.1 L (siendo L la dimensión caracterrstica de la estructura) suele ser una regióntransición entre los desplazamientos pequeños y los grandes. Sin embargovalores son tan solo referenciales y dependen mucho del tipo de estructura y lasactuantes.

Equilibrio en la posición deformada:MI=P(a+6.)

pero A=f(p)MI =P a+P (f(P»

:. no hay una relación lineal entre MI y P

Equilibrio en la posición no deformada:Ml=Pa

:. existe una relación lineal entre MI y P

aJI

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

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

1/ p,¡/ El," ~ - ~2'

2.2.1.a Algunos ejemplos de No LInealidad Geométrica.

A es Josuficientemente pequefio para poderdespreciar el cambio en la geometría por elefecto de las cargas aplicadas.

46

9' :::;9

47

~-j

) ;

L

)

=t

_ EA 3 2 2Pr= I! (A + 3fA +2f A) (B)

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

)

En este caso la relación entre la carga y el desplazamiento vertical del nudo 3, es nolineal (véase ellíbro de White), y viene dada por la ecuación (B).

cr=E&

p_]

JIL

- Caso 2: La flecha "f" es pequeña.L; I

P=K8

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

2EAf2P= (L2+ f2)3/2 8 (A)

-' ¡

,

l : fj ;

LL

Ejemplo 2-5 Asumimos que el material de las dos barras que conforman la estructura eslinealmente elástico en todo el intervalo de repuesta de la estructura.- Caso 1: La flecha "f" no es pequeña.

La única repuesta cierta, relativa a cuán pequeños deben ser los desplazamientos, es lasiguiente: Los desplazamientos son pequeños cuando las ecuaciones de equilibrio,planteadas sobre la geometriá no deformada, dan los mismos resultados que losobtenidos a partir de las mismas ecuaciones de equilibrio planteadas sobre la geometrladeformada final.

Ji

,,¡1 II I

I :

1 11

I

I~i-),,

¡,?

"'1

~___'A+M:sIp :. La relación entre

M y II no es lineal~M

Jb.s>~+ 61Ms=M+Pb.s

f«pcr~P

~M E~.~p-~

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

/

EI,EA

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

elástico.

201510Desplaz ~ (cm)

5o

...----__ !~-_ __.__---~ -_ -- _ ---_ -_ --: : ::::variable.................._ - ~ , t- .... .. .. ... . -'?"'-----f

..... -- - ; !!"..,~ .. ~- !"_ " .. ':.. ~ ; ~ .. - _ ... .. .............; - ! .o~~~~------~:------~;------~

m

Caso 2 - flecha f= 0.05m. Con la ecuación (B) se obtiene:1 A ~ 7.41 cm (Al f= 1.48)

j1 K = variableli' Si se aplicara la ecuación (A) obtendríamos A ~ 32.03 cm, deflexión mucho mayor que la .f flecha inicial.Equilibrio en la configuración indeformada: FI =F2 =40,000kg 0'1 = az =8,000kglcm2

¡ Equilibrio en la configuración deformada: FI = F2 = 16,150kg (JI = 0'2=3.230 kg/cm2

1 Por lo tanto no es aplicable el principio de los desplazamientos pequeños. A continuación ·I se muestra la relación P - Il. para ambos casos. Nótese que, para f (flecha) pequeña; .

11

medida que se incrementa la carga la rigidez tangente del sistema tambiénincrementa.

20,000 ,-.r------~: ---~:---~:-----,18,000 . ""'1 ¡ ¡ .1SJOOD ~ .. -. __••• - ._--~-- - - -- ---.- -- - ; -' --_ - - -- _ -- -- -- -_ - ---

f= 1m : : :.-.. 14,000 .. , : : ...............•. : "._.~ :: ....._, 12.000e,«1 10,000co~ 8,000

6,0004,0002,000

Asignemos valores numéricos a esta estructura:E = 2xl06 kglcm2, A = 5 cm2, L = 2 m, P =2,000kg

Caso 1 - flecha f= 1m. Con la ecuación (A) se obtiene:A~ 0.112 cm (6 I f= 0,112%)K~17,890kglcm

Equilibrio configuración indeformada: F, = F2 = 2,236kg 0'1 = 0'2 = 447kglcm2

Por Jotanto eSaplicable el principio de los desplazamientos pequeños.

48

49

\\

El /I

h M- Masa concentradak- Rigidez lateralT- Período de vibración

Se reconoce dos tipos de equilibrio, el estático y el dinámico. Supondremos que lascargas se aplican lentamente sobre la estructura, gradualmente desde cero hasta suvalor final, de tal modo que la estructura queda en reposo en su configuracióndeformada. A partir de ese instante la estructura no sufre cambios en su posición ni ensu forma deformada. A ésta se le llama la posición de equilibrio estático de la estructura.En el equilibrio estático supondremos que no se producen vibraciones ni fuerzas deinercia significativas.Por el contrario, si las cargas se aplican súbitamente o si presentan una variación rápidaen el tiempo, entonces estaremos frente a un problema de equilibrio dinámico en el cualla solución no es única, la respuesta de la estructura será una función, en algunos casoscompleja, del tiempo.En resumen, en los problemas de equilibrio estático no se desarrollan fuerzas de inerciasignificativas. Las fuerzas internas en las barras deben equilibrar únicamente a lascargas externas. En los problemas de equilibrio dinámico se desarrollan- fuerzas deinercia significativas y las fuerzas internas en las barras deben equilibrar no solo a lascargas externas, sino también a las fuerzas de inercia.En general, en este curso, el equilibrio estático se aplicará a:

La estructura completa debe estar en equilibrio.Cada una de las barras debe estar en equilibrio.Cada uno de los nudos debe estar en equilibrio.

Observemos las diferencias entre el Equilibrio Estático y el Dinámico mediante el ejemplosimple que se presenta a continuación:

A Ys Dependen de F y PAM(y)= Fy+P-¡;y+PtS

2.2.2 Segunda Hipótesis Básica - Equilibrio Estático

Pll.y/h

\\\

Fb+ PLl

IP«Pcr+ b. p

M ¡y

l"tLAYI h

III~

I

h...1

,1¡

)

j---}-)

----)iIIii¡! ,t¡

1)

)i \IfII tII jI

!l'¡

)

1)--}

J,1

)

)

~)

)}

---j

~

.)

=9!

)

-)-- ~

-=3 ~

l)-"1

...i

,}

0.4 0.11

Tierripo (seg)0.2 1.00.80.0

..,' ; rlesPlazamiento• • ¡j ¡ Bst4tico

O.O.JL-----i-----i-----;-· ---....;-. ----j

.-. 0.8

!~ o.e

10.4

1.0

F(/) =V(t) + M 2(t)

F(t) =k Z(/) + M 2(/)

k Z(/) = F(/) - M 2(t) {B)

La comparación de las ecuaciones (A) y (B) indica que en el caso dinámico, lasinternas (V(t) == k Z(t» deben equilibrar no solo a las cargas externas sino también afuerzas de inercia que se generan.La variación en el tiempo del desplazamiento lateral (Z(t» se muestra aPara la solución se ha supuesto un amortiguamiento pequeño del tipo viscoso de ~ == 1

Carga Din~mica.Rampade Oa 8,000 kg en to =0.02 segT = 0.1 s tofT '" 0.2 Amortlg'"1%

1.2

V(t)=kZ(t)

La ecuación de equilibrio, en el caso dinámico y asumiendo que no existeamortiguamiento (~=0%) será:

Ft-,MF(t)"r+-FI(t) =MZ<t)

(J

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

Z(t)V(t)

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

F(t) = V(t) F(/)= k Z(t)k Z(t) =F(t) (A)k Zmax= Fa

F(t) )j M

~V(t)

- Asumamos que I~ carga lateral se aplica lentamente (to» T). El equilibrio horizontal Ide la masa concentrada en el extremo superior (M) es:

50

Condicionesde contornode desplazamientosprescritosen losnudos{DI} = {O,O,O}{04} = {O,a,O}

51

Condiciones de contornode fuerzas en los nudos{F2} = {lO,O,O}{F3} ::; {O,-20,O}

2.2.4 Cuarta Hipótesis Básica - Condiciones de ContornoSi no se.jntroducen las condiciones de contorno, los problemas estructurales no estaríancompletamente definidos. Estas condiciones se especifican en función de fuerzas (porejemplo en los nudos o en los elementos) y en función de los desplazamientos prescritosen algunos de los nudos.

En el nudo 3 hay dos girosindependientes, por Jotanto lasrotaciones de las barras 2 y 3 noson iguales. Sí hay compatibiJidadde desplazamientos en X e Y

En los nudos 2 y 3 haycompatibilidad de giros y dedesplazamientos.

p-r-

~ r.-, -...--='\==-=~=======:::::-:~F

2.2.3 Tercera Hipótesis Básica - Compatibilidadla deformaci6n y el desplazamiento de cualquier punto de la estructura. bajo un sistemade cargas, son únicos y varian de manera ccntlnua..Este principio se emplea para compatibilizar los desplazamientos de los extremos de loselementos (barras) que concurren a un nudo con los desplazamientos del mismo. Estacondición puede expresarse mediante la siguiente relación: {d} = [Al {D} donde {d} y{D} son los movimientos de los extremos de las barras y de los nudos respectivamente y[Al es la Matriz de Transformación de Desplazamientos (véase el Acápite 7.3).

))

._!2!.\\\~29

Solución B

lJ.2°Okg

13.00

1Solución A

52sT

~ 1

~\~7S

[, 2.00 It 2.00 [,1 '1 1 .~:

Asumamos que el pórtico de la figura anterior es de sección constante, con la viga y .~;columna de 0.25xOAOm y módulo de elasticidad E = 200,000 kgl cm2• Despreciemos las 1:deformaciones axiales y las deformaciones por corte de ambos elementos. .Ambas soluciones están en equilibrio, sin embargo, solo la solución B es válida o.~ .correcta, ya que la solución A no satisface las.condiciones de contorno. Para demosfrarJ <

esta aseveración; removamos. de ambas soluciones la restricción horizontal que hay en :- ,el nudo (apoyo) 2, la estructura se convierte en lsostática además de seguir siendo; _estable. Si la solución A fuera la correcta, al retirar la restricción hoñzontal en el nudo 2 ly reemplazarla por el valor de la reacción como si fuera una fuerza externa, deberiamos ~obtener un desplazamiento horizontal nulo en el nudo 2. <

.~

JSi se restan las dos configuraciones deformadas de la figura anterior, se obtiene la iestructura sin cargas externas pero deformada, lo cual no es posible; en consecuencia la "1configuración deformada es única.Ejemplo 2-7 Muchas veces solemos verificar 10$ resultados del análisis estructural,comprobando el equilibrio global de la estructura. Esta comprobación simple, no siempregarantiza que .los resultados son los correctos. Por ejemplo en la figura a continuación,se muestra una misma estructura con dos juegos de reacciones y sus diagramas demomentos, ambos en equilibrio.

"I

J/

\\

\

'" \\

I

------ ~¡:1. ¡III

\\\

------

2.2.5 Quinta Hipótesis Básica - Unicidad de las SolucionesNo son posibles soluciones alternativas a íos problemas de análisis estructural. Para unaestructura sometida a un sistema de cargas, tanto la configuración deformada, lasfuerzas internas y las reacciones (en general la respuesta) tienen un valor único.Este principio se puede demostrar por la hipótesis del contrario. Supongamos que unmismo sistema de cargas actuando sobre una estructura, produce dos configuracionesdeformadas en la estructura:

52

SoluciónCorrecta.

\

ins.653

I• 17].4

t471.4

171.4.

r4171

t2:9En consecuencia a pesar de que ambas soluciones están en equilibrio sólo la B es válidao correcta ya que la A no satisface las condiciones de contorno (compatibilidad) en losapoyos. La solución correcta o verdadera es:

I

Solución B enequilibrio ycompatible.

\,\\

Solución A en equilibrio.No compatible.

\\\

7675Solución B. El desplazamiento horizontal del nudo 2 resulta nulo

l200

\\\

AH :::0.0563 cm 1,200

100 __..~'.__' __:L-_---..._--,- ---r~ ... 10

\\\ \\lo _ ~i -----525

i67l1El desplazamiento horizontal en el apoyo 2 debería ser cero. Si calculamos eldesplazamiento hortzontal, utilizando por ejemplo el Método de las Fuerzas Unitarias(Trabajo Virtual), obtendremos un desplazamiento .de 0.0563 cm, valor que no esconsistente con la condición real en el apoyo 2, por lo tanto la solución A, no es válida.

Isostátieay estable

52S

.~ Solución A,l)

}

,

)

)))

))

t;l, \

}

¡ )!=

1)),:¡

)

)

))

--i)

)))

-'} JJ

} f'

")

)

"i')4))))_)))

)))

))

-:)-)--J)

'-~

:).:):')

~j'))J.)j))

~

Estructura con comportamiento lineal

'Energia extraída o recuperada en elproceso de-descarga

Trabajo de lasfuerzas externas =Energfa almacenada

FF

Desde el punto de vista de la energía, la diferencia entre comportamiento lineal y nolineal se ilustra a continuación:

DefonnaciónDefonnación

No Lineal - InelásticoNo Lineal - Elástico

AcciónAcción

DefonnaciónDefonnación

Lineal - InelásticoLineal - Elástico

AcciónAcción

2.2.6 Sexta Hipótesis Básica - Comportamiento Elástico LinealSupondremos que las estructuras se comportan en el rango lineal elástico, es decir quela relación carga - desplazamiento es lineal. Dicho de otro modo, si todas las cargasexternas que obran sobre la estructura, por ejemplo se duplicaran, el desplazamiento decualquier punto también se duplicará.Esta hipótesis está controlada por la hipótesis de desplazamientos pequeños asl comopor las propiedades mecánicas de los materiales de los cuales la estructura estáconstruida.A continuación se muestran algunas de las posibilidades de comportamiento de unaestructura o material constituyente.

¡¡¡¡¡!

I1¡

I

- Equilibrio- Relaciones constitutivas- Compatibilidad y condiciones de contorno

Conclusión: La solución correcta a cualquier problema estructural, es aquella quesatisface:

54

~,.'7 ~_.'.~" ,_,":'''~. '~.' "~"'-:-"';:'.' ';~,':"_"_'-":::""'" ',', .. , .._ - . ..;_ .~.- ,~~~.', -:-.. ,,-;7,~;', ..,.~ .

. ~.1.'(""--=-_~~_",~__.. -d;_=,"_-::...::. __'::_·__!- r;.~~·:_~=-_;:.:.:;;..~;'-h•.::;.,.-_;:.::'-. - - "" ..;-:.~,

~~4)),))))))}

55

0.0040.001 DJlO2 0.003

Conc .. ' •• "a1n On.nnJ

Curvas típicas para el concreto simple entracción (izquierda) y para el concreto simpleen compresión (derecha)

O.QOIJI

N.rpmiento

PI&Ci pe,acl..con re¡ina '\¡

Slraln (inJInJ

Acero de refuerzo para concretoarmado. CUrvasEsfuerzo -Deformación en traecíón.

Grada 8080

Grada 75

Zona lnelástíca120

Los materiales que componen una estructura pueden ser elásticos o inelásticos ypueden ser lineales o no lineales en cuanto se refiere a la relación esfuerzo -·cteformaci6n, Aún para un material linealmente elástico como el acero estructural, larelación lineal esfuerzo - deformación es válida hasta cierto punto) normalmente el limitede proporcionalidad. Por lo tanto, para que la hipótesis de comportamiento lineal elasticosea válida, los esfuerzos en cualquier punto de una estructura bajo un sistema de cargasdado, no deben exceder el limite de proporcionalidad del material.la suposición de comportamiento elástico - lineal del material, suele ser una restricción·severa de los métodos de análisis estructural que se presentarán. Las desviaciones delcomportamiento real del material con respecto a la hipótesis o suposición de·comportamiento lineal, suele ser una fuente de discrepancias importante entre losresultados teóricos y los experimentales.·Ejemplosde comportamiento de algunos materiales:

ENERotA PERDID....oDISIPADA

Trabajo de lasfuerzas externas

FF

~)

)))

)

))-,)\)

1

»

)

)

)

)

)

),

J 1!j

t])~l?))))))))))

)")')fi">)j).:})))

))

))"j)-,),,)-j.j-:~

~

.J')

.1

)JJJ,)

)~

Momento - Curvaturade la SecciónPerfil W18,,55

Ix ~ 37,000 cm"Sx e 1,600 cm' Zx ~ 1835 cm3

My = fy S" ~ 40 t-m (momento de fluencia)Mp = fY Zx == 46 t-m (momento plástico)

fy = 2,500 kglcm2ey = 0.00125

My=40t-mMp=46t-mI

fo

~ ~fy

.k. 2m " 4m ¡- €y e.., 11 JI

En el caso analizado las cargas actuantes llevan al material de la estructura a la zona decomportamiento no lineal. Es claro que en este caso la posición final de la estructura j"".

depende de la Historia de Cargas, en consecuencia no será válido el Principio de .~~:.Superposición, ~':Ejemplo 2~8 Otro caso de comportamiento no .lineal de una estructura se presenta a f\ .continuación. Se trata de una viga de acero doblemente empotrada que es cargada :~..hasta la formación de un mecanismo plástlco. Se' ha supuesto que los desplazamientos { ;son pequeños por lo tanto, el comportamiento no lineal de esta estructura estará .~Pasociado al material y no al cambio de geometría. ':3 ';,

POSICIÓN F'INAL--~~~-+--------~~

Primero F2, luego F I

\\\

2.2.6.a Fuentes de No Linealidad en una Estructura- No Linealidad Geométrica- No Linealidad del Material- Ambas

Algunos casos de No Linealidad Geométrica sepresentaron cuando se explicó elPrincipio o Hipótesis de los Despiazamientos Pequeños, los casos que fueronpresentados asumen que el comportamiento del material es linealmente elástico y que lano-linealidad de la estructura se debe a cambios importantes en fa geometría de lamisma.A continuación se presentan algunos casos de comportamiento no lineal de unaestructura, asociado al comportamiento del material:

56

- - -- .-, _ ..- " .:- - - - - - - -' ..~;.. ... --... ;'-_~:;.~.._...';;&~::..~.:.,-.;_.:.:.~...:::"·.¡L~·~"':;:;¿'o'~'~!;'~.~:·!:·~.:;"";'l' ::;;.~.: ..-,,~;.:-.- .••-_::.-..::~.,~:;_;:~;; ~.~,,~;.,;,..;t,.,.....~~.:c.~~,::.'·'m", ".

.... .. ..-_ _... -. ,... ~- - - . -.....~~2'"-r-»;»: ".,..-'- ,'~: .;' ';:~~..:.... : -. ;.: .. .;.~:...:.::..~., ". .;,.>~~'.~-i;_:;: .' ::<;. ;.i~•..:..; ;~'~...~~::. :'.-:~.-:'.~- ..-

57

Deplaz. Vert. (cm)

10.5 1.5o

70 i j ] ! ] j60 m ••• +..u··· ····1··· ¡ ; ; •.. . . . .- . . . .e 50 ¡ ~.. ...,. ¡ ¡ ¡ ,. .

i:: .•••:.:.::.:J:-: :.l.:· ••::.::.1•••:••·••:1.·••••:.: ::.::¡: : : ;': !10 "" ·······i··· ···.~ : ! ~ ··..• 1: : ¡. .o----~·----+---~----,_--~·~--~

Lagráfica carga vertical (P) contra el desplazamiento correspondiente (óv), se muestra acontinuación. Es claro que en la etapa inicial, cuando aún no se ha formado ningunarótula, el comportamiento de la estructura es lineal - elástico. De alll en adelante, la

'. estructura deja de ser lineal. Los desplazamientos verticales son lo suficientementepequeñoscomo para suponer teorfa de primer orden.

240 t-m

60 ton

::..Tercera rótula ~P =2.14 ton:

31.43___ ,..

,__./-----,~.86 ,~·r ~ '{r

2 "<:¡:~v~0.82cm.

, ,. _Segunda rótula .6.P= 12.86ton:

DMF(ton-m)26.67

~ ~ --====-=-===c::z;:~V~ 0.48cmDeformada

~ 4S ton"

J

.. ......Lasecuencia de formación de rótulas es la siguiente:• Primera rótula AP'= 45 ton:

57

-:'", • .,.. • '=", " •. :-.: '. -.-~ ".'~' !' ;-.-,

-:.:~,.~.,,"~~:':: __:..:--..: !'=!_._ -':.:..:~;:i"~-'-!~.~':"..;.~ ,.~ ••: .,.;:;.¡.~;;";';'~"":::;¿~...(~.;.;:_..:.¡:.~·~._:_¡_~:.:.;.;_;;_...:.:;,L~_'~ '--':~~~.-~:'::~:

.~

))

¡ ..,1II

~IIII .:)

1)

--1)

C)~)))'))'))

))).,)})

)

j)..)))

)

))

))7)l.>.)-)

_J-)~J))JJ')))

~\~-)

58

Par~.qbi·~el plinciPIQge,superpósici~n~e~v~l!do.debe cumpjrse:a) 'q:QmPQrtarii¡el1t~Lineal - E:i~$tiCó. No'.hasta que él material o la estructura sealio~~;j.qet:>eser ~mb~~nelªs~iº~;,:.~$'d~éir. al des~~rgar I~·estructura, estª debese~~¡rI~'ri1j$rn~tiJ'y~pt()ijaq~~~yórq:~ráñ~~el proceso de Cár:9~·b) Nd.,:~~b~ti.:~~i$tirN9Linealida:de$ ·G~ohié.tricas.es decir debe cumplírée la hipótesisde d.~$pl~t.E.itjl!~QtgS,.pequeños. . .' .

Si j,a ~~tN~tW(~~Wi,:~slih~~I--elásticE,i. 9,' p.~:n9ipiOde superposición no es apllcable yaque el comportamiento dependerá, de la hlstorla de cargas.

o

+

r ,

Ója~aml,t de Momentos o

·8.68

+

I1

Defo~8das

+.

5

: .j.

~~El

11/

3m El

Q-D\\\\

\1 4m ~t\ t\

59

Ejemplo ,2~9 Para el pórtico mostrado se pide calcular los. Cgefic;ientesde tlexibjlidadpáh:.:~r$i$~em~Q ~ D ingj9a~oy la Matriz de J=lexjbilj~ad[Fldél P~óttíc,Q.Nó,t~~~',qu~,', el pÓ(tipp es ,ij1J~rna y ,~~~rnarn,erlteQ~i~rrnina~o (iso~t~tico), ~ncons&cú~h.9la ~I c~,tCqlp ~e..'!9s coefici~flte.S de fle)(ibil,igfJd se puede r~~l)g~rglr~ctr;i,ih(~mte'~~pliéando la definición de coeficiente l;f~ ,flexibilidad. Si la estructura fuese¡Ilde~~-rmiflaaá,el cálculo dé' dichos coefiCientes," Involu'c:raiía la SQlución' de 'Óh'a'~$trU~tura.Hipérestática. sin embargo, la definición dé coeñciente de flexibilid¡;¡d siguesiendo la misma. '

{D} = (F] {Q}

Superposición;

DI= fJI QI + frz Q2

O2 = f21QI + fnQ~

L~~,,'~,q~~ciQnes'.ahteriores ~xpr:e~an que los, desplazamientos, son" combinacioneslIñeáles:ae las ,camas;' '[Fj ~$Ia M~t.rizde 'Flexibmdª<f ~'e'la és.trúqttír~'corre'sponc:Hent~a,~;~~;g~f~~n~~~$;'~~!I~~¡~'ri~~~~',, " .._. ,SignifioBcki físico de los CoeficIentes de Flexibilidad: fij es,''~,Id~spla:z~miehtQen ,la

~~lf'~f~~~~~¡~~~~~'J/~~~~~:it~!~~:~~~~::enJ~~~~~\aad~'~~.;r~~;~~F~~xl,p"J,d,~g,:º,~,u~~ i7stru.qtL.!ra~~ pu~de interpretar, COrnO 'el,ºQI1J_yotoqe de$pl~~~m!e@~psen tQq~~::na$',:co'()rdena;dasi,deJ:>j9Q'a la aplicación de una úñióa 'carga 'ünitaria·~ri:lacOoroe:hádá·. " ,

:.. ,,,"',,"',, .. ' o" ',,' J ,Las pyih'Cj~ª'I~,$'Próp;edadésde ta"Matriz de Flexibilidad de una e$tructura son:

a)' Lhs:99;e,fid~ntas~~<f!~~¡P¡li~~dfij son simétricos" es d~cir fij '~fjib) ~o$, ~Q~fib'~~:f1te.~qe,fl~}(ibjliti'~Qde la diagon~1principal son siempre mayores que

,cerD,' e$deCir fii;>,(j~ ,,',' "''', "c) En'uná'esttuctü@,e§table la'Matriz de FlexibiJidactes defini:9ª positiva, es decir '$U

inversa e~isie, en coñsecuencla el sistema de ecuaclones {Q} = [Fj-J {D} tendrá'$Ó.I,U9í6n única.

J.',Q. lQ2 L~, +- :J02 fll fil

" (X QI)

2.2.7~aSuperposición; de Fuéizas.- . t··· . ., "_._. . ... ~ ;.. ,-:::. "}:

>)

)})

!

~

• 1, '

-}

)

-4,II )

))

}

)

)

))

)

"l'

))

~,).))J))

)

j,) , '

I

L.

)

')}

)"))))

c-j-)

-4))

))))))

))))

-j)-J)

,_)....)

)

~)d),)).,Jj))

ecJ....~

l

60

f11 = .!.(3)(3)(2) +.!.(3) (4)(2) =3.!.2 2 El

fu = f1,= -.!.(3)( 4) (.!..) = _2-2 3 El

f =!(1)(4)(~):; 1.333 f = f =-!(4)(1)(.!.)=_ 0.66722 2 3 El 23 32 2 3 El

f33 =-~(4)(1)(_~)=1~~3

4f = Jm,m313 Elo

4f - Jm3m3ll- El

o

Diagrama de momentos

Diagrama de momentos

Diagrama de momentos

3

4f = ¡m2m)23 Elo

4f = ¡m2m222 Elo

4f. = ¡m,m2'2 Elo

Carga unitaria en la coordenada 3

Carga unitaria en la coordenada 2

• (12 ~

Q2 = 1t1~~:::::::===~~:-

Carga unitaria en la coordenada I

• Coeficientes de Flexibilidad: Se calcularán utilizando el Principio de las FuerzasVirtuales (acápite 2.3) considerando únicamente las deformaciones originadas por laflexión, se desprecian tas deformaciones axiales y por fuerza cortante.

i )_)

J .::.k'::

) ~:- 61t ~~~~

• Coeficientes de Flexibilidad: Se calcularán utilizando el Principio de las FuerzasVirtuales (acápite 2.3) considerando únicamente las deformaciones originadas por laflexión. se desprecian las deformaciones axiales y por fuerza cortante. La viga, al serun elemento indeformable, no acumula energía interna de deformación.

t\"4m\J

\\\\

El3m

-.. ¡:ZZ22ZZ:ZZzzz.zn1 El = 00

Ejemplo 2-10 Para el pórtico mostrado se pide calcular los coeficientes de flexibilidadpara el Sistema Q - D indicado y la Matriz de Flexibilidad [F] del pórtico. La estructuraestá compuesta por una columna deformable por flexión y por una viga que se hamodelado como indeformable (sólido rfgido).Al igual que en el Ejemplo 2-9 el pórtico es interna y externamente determinado(sostanco) .

Se sugiere consultar el acápite 6.6 donde se calcula la Matriz de Rigidez del pórtico.

2

o19 3

[prJ = [K]= El 23

O -2

• Observaciones relativas a la Matriz de Flexibilidad:a) La Matriz de Flexibilidad es simétrica (tij = fji). Esto resulta evidente si se observan

las integrales utilizada para el cálculo de los coeficientes de flexibilidad ñ], el productode los diagramas de momentos (mi mj) es conmutativo .

b) Los términos de la diagonal principal (fii) son positivos. Esto resulta evidente si seobservan las integrales utilizada para el cálculo de los coeficientes de flexibilidad de ladiagonal principal (mi mi).

c) La Matriz de Flexibilidad es definida positiva (determinante distinto de cero), es decirsu inversa existe. La inversa de la Matriz de Flexibilidad es fa Matriz de Rigidez delpórtico en el mismo sistema Q-D. La inversa de [F] es:

4 -2]1.333 -0.667-0.667 1.333[

21[F]=_l 4

El-2

• Matriz de Flexibilidad de la estructura en el Sistema Q-D seleccionado:

61

.)

)

,))..,_J)

)))

•....

) ;::.-

l)

)}

}

)

j-)

}

-1IiI )IIi )

)

)

)

)

))

')l

l}

>."_

.,

''\

89))))))")

))).,)j))..))~)))))).)"jJ))~3-").~

-=j;¡jJJ.))])').))~

62

Se sugiere consultar el acápite 6.6 donde se calcula la Matriz de Rigidez del pórtico.

• Observaciones relativas a la Matriz de Flexibilidad:Son válidas las mismas observaciones realizadas en el Ejemplo 2-9.La inversa de la Matriz de Flexibilidad es la Matriz de Rigidez del pórtico en el mismo.sistema Q-D. La inversa de [F] es:

[Frl = [K] = EI[ :61 !]l~ .

• Matriz de Flexibilidad del pórtico en el sistema Q-D seleccionado:

[F]__ 1 [9 -18 ]El -18 48

J 3 fi:0f - jm.m. f - sm.m2 S ~11 - 12 - +O El. o El. o El2

3 fkOf22 = sm2m2 + J m2O El. o El2

1 (2) 9fll =-(-3)(3) - (-3)=-2 3 El48f22 =(4)(3)(4) =-El

4

4

3

1("

62

DI+ fu X¡ = OEl Método de Flexibilidad se basa en:- En el principio de superposición aplicado a las fuerzas.- Las incógnitas son las redundantes estáticas.- La compatibilidad (externa y/o interna) de la estructura es violada en la estructura

primaria ya que se remueven apoyos o fuerzas internas o una combinación deambas.

- El sistema de ecuaciones que conduce a la solución de las redundantes se obtieneforzando la compatibilidad de desplazamientos externos y/o internos.

{D} + [F] {X} = {O} (ecuación de compatibilidad){X} = -or' {D} (solución)

El equilibrio se cumple automáticamente ya que la estructura primaria es isostática yestable.

La Ecuación de Compatibilidad del Método de Flexibilidad, que permitirá calcular el valorde la redundante XI es:

(* XI)

Nótese que la Estructura Primaria elegida es isostática y estable. Para el análisis de unamisma estructura, existen diversas posibilidades o alternativas para la elección de laEstructura Primaria, dependerá de las redundantes estáticas que se elijan para analizarla estructura. En algunos casos la Estructura Primaria seleccionada para la solución dela estructura, puede ser hiperestática, pero nunca inestable.Superposición:

Estructura PRIMARIACoordenadas X - D

FF)

~,

1)

)

1)),

1¡ •~

)-}

! )¡ )I }

))

)

)

))

))

)

))~\))

_j I

1?

~.)I)II

~\

?~

, \)

2.2.7.b Método de FlexibilidadEl Principio de Superposición, aplicado a las fuerzas, es la base del Método deFlexibilidad. -

} Por ejemplo, en el pórtico mostrado a continuación, que tiene una sola redundanteestática (XI), el principio de superposición de fuerzas permitirá obtener una ecuación (decompatibilidad) para calcular el valor de dicha redundante.

63'))

64

DeformadaEstructura PrimariaCargas externas

3

Diagrama de momentos {M} (ton-m)Estructura PrimariaCargas externaS

10m

2.0 --l

4

,t)2)))'))))

))))

"i)

,~

))

)')J)))

))

))

'7,)

));:~" ):9--d~)'))j)j))

~o~,)

Estructura PrimariaCoordenadas x, D

8.0m

l3.0

ó4

• DiagrrilOlaide momentos flectores y deformada en la Estructura Primaria ocasionados ,por las cargas externas.

• -el. pórtico es externamente indeterminado en segundo grado. Utilizaremos para la r::·solucí6nla EstrUctura Primaria (ísostátlca y estable) indicada a continuación. Nótese:' ...<quehay diversas posibilidades para la elección de las redundantes.

Ejeli'lpló .2~11 Resolv~r el pórtico piano mostrado utliizandó el M~todo de FI~xib.mdad.La $eCti(>o de ías b~iTás .es constante con rig~~z EL Se cóh~ideran únicamentedefonnaciones por flexi6n. es decir, se ignoran las deformaciones ~Iales y por cortante.

;1 S tOñ2 . 3 +~~----------------------------------~--------

65

.. fl2§

DefonnadaEstructura Primaria

X2 = 1 ton

I)

Diagrama de momentos {m2}Estructura Primaria

X2 = 1 ton

)

1}j

))

/

fu• Diagrama de momentos flectores y deformada debidos a una carga unitaria en la

coordenada 2.

..)

V)

~

\ )__. I

),)Ij()I

1._~ I;)I?

/

1.00U

Diagrama de momentos {m 1}Estructura Primaria

X) = 1 ton¡ )

i ,1

)

l)

1 ,¡

}¡¡

J

J )

1 -)

I ),i

.100

DeformadaEstructura Primaria

Xj = 1ton

1.00 If

Diagrama de momentos flectores y deformada debidos a una carga unitaria en lacoordenada 1.

~1;t

~ •i

)

}\))

t))).)

~)

/"))

_J).l})

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

Diagrama de momentos final (ton-m)

U.7

2

10..00

Deformada final

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

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

1 (Xl) (2.22){X} = - [F]' {D} => ~ tonx, 5.62

Primaria debidos a las cargas externas y .

66

{D} + [F]{X}= {O}

• Desplazamientos en la Estructuracoeficientes de flexibiJidad.

DI = JM."'1 = _ 720El El

f - ¡m¡m1 _ 8111 - . -

El El

e - J~~ - 170.71.22 - -

. El El

• Ecuacionés de Compatibilidad. Deben reflejar que el desplazamiento del nudo 1en la ".estructura real debe ser nulo,

67

f22 _ lx6 _ 2.0_--_-3El El

Ix6 1.0f12= ---=--

6EI El

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

f21= _ lx6 =_1.06EI El

fu = lx4 + lx6 = 3.3333EI 3EI El

• Deformada debida a cargas unitarias en la coordenada 1. XI = 1 ton-m

27El

wtl 27D = =-1 24EI El

Rotaciones tramo 2-3:

~!llJlH ¡¡IllIl ili!11l1!~;l3.0 tf/fn

• Deformada en la Estructura Primaria ocasionada por las cargas externas.

Estructura Primaria. Coordenadas X, D

x., DI~ ~ ~~

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

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

rl-Oé~---4_C:O m

),)

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

í \, )I ')

1 )

\!i¡¡

)¡i }

j )__,

í )i

1 )

!: •¡ \

1}

.>,}

/)

-

)

)

-:J)

~-~\

jI

,J?

~_)I

-)I(

))'))

)))')

)))).)

)-))J))_j).))))).).).)-j)-"))~,,~-1'3~.¡¡;,))).,_)J)

.)~

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

1 "'C:~:'5~i>"'?;y!:(-;f:%~\\~~}".;:;,i';;'i,\.\\!;,nk ----->*~~~----.----4m 6m

6EI

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

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

Deformada final

! ------~l.ll rUn] IU! Illl!1111111l1HIlIlJlll.hl3.0 tf¡¡n

Diagrama de momentos final (ton-m)

5.746

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

{M}final = {M}Est.Primaria + {mI} X¡ + {1n2} X2

1 .. (XI) (-4.765){X}= - [F]' {D} => ~. ton-mXl 11.118

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

{O}+ [FJ{X}={O} ~(:~7)+ ~(~!~:~~:)(~)=(:)

68

•. -- _. ". ','~' ::" ."- .: .: -_ ,••• ,,,. 7 .,. ..., ::" ::: ... "." " • .'" ••• ... '" : --:,- _ ... ~.

-,; ..._.;~:::.._..:....:~....;.:;...--.....~-~:~......:...._..:.:...... ...:_.:..:.....~~ ....:.:.:....:;.:__.__._;,;:_:.,.......:._:;._.~-'-. ~- •..~'......

69

• Los resultados finales se pueden obtener por superposición.

=> (Xl) ~ (-4.71 ton)x, 11.29ton-m

{X} = - [Ffl {D} .

{O} + [F]{X} = {O}

• Ecuaciones de Compatibilidad. Deben reflejar que el desplazamiento relativo y larotación relativa en el nudo 2. en la estructura real. deben ser nulos.

Elf lx4 lx6 5.0 ( . • lativa)22:: - +-- ::- rotación re atíva

El 6EI Elf12= lx42 _ 1x62 =_5._0

2EI 2 (6El)

1.Jl m = 1.0_.--=-=- {_ \ ~====::=:== __ __..\_=>"7"'."

"--+/

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

f21= lx42 _ 1x62 5.02 El 2 (6EI) El

fu:: Ix43 + Ix63 :: 33.3333EI 3 (6EI) El

,Deformadadebida a cargas unitarias en la coordenada 1. x¡ = 1 ton

o :: _IOx42 +0=- 80. 2 2E! El

D = _IOx43 +0= _ 213.33'3EI El

¡lO~V=--:Z-=~,----,-. -----., DI

~Deformada Estructura Primaria- cargas externas

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

T?f7rnln__ -----:--.X---+~ X~.....,_:...._t_X2 ~,+:¡XI

Estructura Primaria. Coordenadas X, D

),

! )

I ))l1 )¡

I!

I )-4

¡)I¡

i'.))

)

)-,1t

))

t)

~J

i1)

_j ;)\

______: 1.))I)

~

I)I

?:!)I I

)I (

70

Las ecuaciones antenores expresan que las cargas son combinaciones lineales de losdesplazamientos. [K] es la Matriz de Rigide~ de la estructura correspondiente a las ..coordenadas seleccionadas.

Significado ffsico de los Coeficientes de Rigidez: kij es la fuerza en la coordenada i .debida a un desplazamiento unitario en la coordenada j, manteniendo nulos los ."desplazamientos en todas las otras coordenadas. Una columna de la Matriz de Rigidez '.de una estructura, se puede interpretar, como el conjunto de fuerzas necesarias en todas .las coordenadas, para lograr un desplazamiento unitario en la coordenada j,manteniendo nulos los desplazamientos en todas las otras coordenadas.Las principales propiedades.de la Matriz de Rigidez son:

a) Los coeficientes de rigidez kij son simétricos, es.oecír kij = kjib) Los coeficientes de rigidez de la diagonal principal son siempre mayores que cero,

es decir kii > O.c) La Matriz de Rigidez es definida positiva. es decir su inversa existe.

[k k ][K]= )1 12k21 k22

{Q}= [K] {D}

Superposición:

QI = kll D. + kl2 D2

Q2 = k21DI+k22D2

(+D2)(*Di)

2.2.r» Superposición de Desplazamientos

Si la viga fuese de sección constante (El) el momento en el empotramiento izquierdosería 14.4ton-m,en el empotramiento derecho 9.6 ton-my el desplazamiento vertical en elnudo 2 sería 46.08/EL Es clara la diferencia notable en los resultados.Se sugiere al lector, resolver la viga de sección variable utilizando como incógnitas losmomentos en los nudos 1y 3.

Diagrama de momentos (ton-m)

Deformada, Desplazamiento vertical del nudo 2 ;::;22.59/EI

~f16'<';41~.."

)))'))))

)-j)~)))))))

)))))

~

-J-J)

_.)....),)

J.;;)))

.~

J~-)

)~

e.q--1

:;),

70

71

Ecuaciones provenientes de la superposición de los desplazamientos:Ql = kl1 DI + k12 D2+ k13D3O = k21 D1 + k22 D2+ k23 D3 {Q}= (K] {D} {D} = [Krl {Q}O = k31 DI + k32 D2+ k33 D3

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

... qUe el análisis completo de una estructura lleva consigo la determinación de los

Superposición de los desplazamientos nodales

03= 1D1= I

kJ3kJ3'-' ,--,1;--=-_...1....-:;)

Configuracióndeformada

~r---~~---x- -:;.:.::.~ ':>~

SistemaQ - OEstructuraEA=co

Grados de LibertadEl

El

por ejemplo, el pórtico mostrado a continuación, tiene tres grados de libertad (si seoran las deformaciones axiales). El principio de superposición de desplazamientos

obtener un sistema de tres ecuaciones (equilibrio de nudos) en las cuales lasnitas son los desplazamientos nodales.

2.7.d Método de RigidezPrincipio de Superposición, aplicado a los desplazamientos, es la base del Método de

)}7

)

~.))))_)))

I ,)

1 j

»)

)

"))-)

>

~ DI)

----) ~

I

)II,

\ 11

kJ~k21

)

)))

!J),~))))))))))

~O)-=J))J).))))))

'>.)-j?-).).;)-~j

Jo::)

~);)_),_'.)..,-=).)~

'fJ.:':)72

El Método de la Carga Unitaria aplicado a una estructura de barras linealmente elástica '.,~en la cual se consideran las deformaciones axiales, por flexión y fuerza cortante y por "torsión se expresa mediante: ,1

(l)Dj= In~ds+ fm M ds+ fv""::!_ds+ Iml Mt dsEA El G Ac ' GJ

(l)(Dj) = ¿(Bq) d

Donde BQ Y &¡ son las fuerzas virtuales en equilibrio externas e internas'respectivamente. D Y d son los desplazamientos reales compatibles externos e internos ';:respectivamente.Recuerde que este Principio está asociado con la variación virtual del trabajo y la energía ,;complementaria y SUstituyea las ecuaciones de compatibilidad.El Método de la Carga Unitaria se deduce directamente del Principio de las FuerzasVirtuales haciendo BQ= 1Ypermite calcular el desplazamiento real en la coordenada j si tse conocen los desplazamientos internos reales ocasionados por las solicitaciones:

¿(BQ) D =¿(Bq) d

í)BQ) D = I (Ba) E dvVol

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

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

esfuerzos y movimientos en cualquiera de sus puntos, sin embargo. en el caso de lasestructuras reticulares (formadas por el ensamblaje de barras) este interés se centra,principalmente en 'os movImientos de los nudos y en los esfuerzos que actúan en los';mismos.L~ razón de esto estriba en que el estado completo de esfuerzos y deformaciones de!cada barra de una estructura lineal, puede determinarse completamente si son iconocidas las fuerzas y momentos que actúan en sus extremos. Una vez que éstos han isido hallados, el cálculo detallado de las condiciones de puntos intermedios de una barra Idepende exclusivamente de ras caracterrsticas de la misma, y no de la posición queocupa en la estructura. En general. se supone que un cálculo ha sido concluido cuandolos movimientos de los nudos son conocidos y las fuerzas y momentos de los extremos I

de las barras han sido determinados. \En el acapite 6.5 se verá que el principio de superposición. aplicado a losdesplazamientos, permite calcular las fuerzas equivalentes en los nudos (EstadoPrimario) cuando la estructura está sometida a cargas en las barras, sin necesidad deampliar el sistema Q-D.

72

¡;tj¡ ,¡[II

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

nI nl¿Q: n:I =LQ? n: =:> {QI}T {DlI} = {QII}T {DI};=1 i=1

2.5 Teorema de BettiEn una estructura linealmente elástica, sometida a dos sistemas de cargas diferentes, eltrabajo que realizan las fuerzas del Sistema 1 a lo largo de sus desplazamientoscorrespondientes en el Sistema JI, es igual al trabajo que realizan las fuerzas del SistemaII a lo largo de sus desplazamientos correspondientes en el Sistema l.

\)

)

)

)))

(1)(0) =~)q) od

Donde Q y q son las fuerzas reales en equilibrio externas e internas respectivamente..."". SD Y od son los desplazamientos virtuales compatibles externos e internos.' respectivamente.Recuerdeque este Principio está asociado con la variación virtual del trabajo y la energía

. _realsustituye a las ecuaciones de equilibrio..El Método del Desplazamiento Unitario se deduce directamente del Principio de losDesplazamientos Virtuales haciendo oD = 1 Y permite calcular la fuerza real en lacoordenada} si se conocen las fuerzas internas reales.

¿Q (SD) = f a (OE) dvVol

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

¿Q (SD) = ¿q (od)

. ·.,2.4 Principio de los Desplazamientos VirtualesConviene recordar el Principio (teorema) de los Desplazamientos Virtuales ya que será

.. deutilidad para la solución de varios de los problemas que se presentan en los capitulossiguientes, principalmente en los relacionados con el Método de Rigidez y con la

. construcción de las Líneas de Influencia. La expresión general del Principio de losDesplazamientosVirtuales es:

1.1

73

'}

J}

)

~.))

J.).J)

J

)

JJ)

i,))}

I;j)

'-4l)

)))))))

-i)~)

))

).)))))

:>).):7,-1.)

~..~

--)

--):)~)):;.-j,)..,~))i!9.~..'J

::.)74

t 1/31/2

~1/3

1x (év C) - 1/3 x 6 =O~ 6v C = 2 cm

+1 ton• Desplazamiento vertical del Nudo C. El Sistema 1 (Sistema Real) no cambia, ';

modificamos solamente el Sistema n. ..

• __/.:Cero{Q!P"lDJI} = {Qll}T {DI} ::::){QII}T {DI}=O

1 x (611C) - 1/2 x 6 =O --+ Mt e= 3 cm.

8eUi:

i

", \r I, \ II \

. \, \

\

Sistema 1 \ Sistema 11-mr 11 ~.¡ 1 ~112 1/2

6cm 13/4 +3/4

• Desplazamiento horizontal del Nudo C.

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

" 4m ,,4m If~ ~ ~

6m

A

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

74III;1j"

75

1/6..........-1/6

Sistema n

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

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

,J

)

)

})

f 1II

tJ

J

)

j)

--41 1! ),

)

t ..) ~~',r!.t ~.~"

) ¡'.~

~L) .',

J ~E~..

'."

) ~+,:~(~

} 8'i~:,~ :J, '.~~;;;

)~~.,',1'

1 ~.'~.) ~r

'.'":."

~jI'.;"..,",t..

;¡...:;

,} "

r) )',.:.

)~..i.::.•:J':.,

) ~~-

1~~

)'\i::

J).)j))

)))))))

)...:)")~))

}),))

))))')

)

d~

-i.).j.)

J,)

~):j:)~)

'",))¡f

d.)-1

76

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

Los valores de las constantes (ai) se obtienen de las condiciones dé borde(desplazamientos y rotaciones conocidas) de cada barra. Estos polinomios, tambiénconocidos como Funciones de Forma, son válidos solo para barras de sección constante ':;

:.-sin cargas transversales aplicadas sobre ellas, es decir para el caso en el cual solo hay ;cargas externas aplicadas en los nudos de la estructura. ..;;En barras del tipo armadura solamente hay deformaciones longitudinales, enconsecuencia, la Función de Forma será:

I1

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

1(¡

1i!t

Ii

CAPITULO 3-lndetermináción Cinemáticá

76

:- _.~-.:.. ,~ ...___._~- _- -~

· . _ _ _ __, _':~_._:',:¡,-:·,c-:'::-:-

...._,_!. __.~ .. ~'._' __'::'_._---.-~- .. .. , •... '.'>"_ .•.,.._.... _: •... _,._.., .~._ :.• ;:_.~._.-:: __.:__:~~:....--_.•... -0· '~j~':),\t)).)

Dl\t~\ \\\ 4EIDT 102_,..,.. 1 )6EI DI ~

1l~I(X)12 o

~(x)2E! D)1

/11

12EJ D t EAD1 2

[3 I

77

111

ParaD2 (desplazamiento vertical) ~(x) = D2 (l -~) es el desplazamiento axial.eLas fuerzas de extremo de barra correspondientes se pueden calcular a partir de lasqeforrnaCiones de la barra utilizando, por ejempio, la relación Momento - Curvatura(M= EI4l") los resultados son:

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

",

Grados de Libertad

Sistema O> D

J

Configuración deformada

3

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

~\.\ \\ \ '1(x)2

:..:.:4Estructura:Geometría y cargasen nudos.Barras eón EJ, EA

2

)

-,¡

)1)

}}

)

--l)

)

)

\J

,...-:

00

} 00

J)oí

)

}

)

Jf)[

~I it

1)_1

\))

=1j

: I•,1

~

1~

I(

Q2-D2Ql~DIQ-D

EA2

Q-D

Armadura con 8 g.d.l- Los apoyos restringen algunos gdl- Los gdl seleccionados son independientes, sepuede variar cualquiera de ellos manteniendofijos los otros.

.,.s;¡Ry

RzOz).Oyo: M

/ Pórtico 3D

Armadura 3D

Parril1a2DPórtico 2P

VU!a2D•Armadura ID

RzJ;__/ Dx

¡¡¡

\ ))

))))

Nótese que una vez elegido el sistema de coordenadas generalizado (grados de libet1ad) )tanto los desplazamientos de los nudos como las cargas en la estructura deben medirse )en el mismo sistema de coordenadas. Por lo tanto. será necesario utilizar el principio de , )superposición para calcular las fuerzas equivalentes en los nudos de la estructura .(Estado Primario del Método de Rigidez) cuando la estructura esté sometida a cargas en ,)las barras. adicionalmente a fas cargas en los nudos. )3.2 Armáduras Planas· 2D )la determinación de ros grados de libertad en una armadura plana, es tarea simple. _"_","~~,I --}

Cada nudo tiene en general dos grados de libertad (desplazamiento en x e y). En los --Japoyos se restringen algunos grados de libertad. A continuación se muestran algunos --jejemplos de elección de Sistemas Q-D.

t2 t4 t6 )~ ~5 j

,:~):~.--)_))

~)?),,,,J)ii

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

,. :.~;::O~;':.~~;.~.~~~;~_~ ~O~~·~~;" ~.~·o~~,~.o~fi:~:..~_o_~::W.;-----......_-~:),~

)))'))))))

)-}')~

78

_,0,0_0-=- 0_, _00_0i.-_:¡::..=.__ _:~~_:_-J_~O=~:::"':'-'_='::_ .. _.-:.._ .~ ~.~~_:~O:O~OOO__';'~:~; ,:-_ ...:'-....: __ ~ ~.;_~ 00 __; ... ---- .. .-..:.--

79

Sistema Q - D

5 64Pórtico con 16 gdl

7.------,8

3.4.1 Pórticos Planos OrtogonalesLa determinación de los grados de libertad en un pórtico plano, es simple. Cada nudotiene en general, tres grados de libertad, dos desplazamientos ortogonales en el planodel pórtico y una rotación perpendicular al plano del mismo. En los apoyos se restringenalgunos grados de libertad. La introducción de restricciones adicionales, tales como elignorar las deformaciones axiales en vigas y columnas, reduce el número de grados delibertad. A continuación se muestran algunos ejemplos de elección de Sistemas Q-D.- Caso General: Se consideran las deformaciones axiales en todos los elementos.

3.4 Pórticos Planos 2DCada nudo tiene en genera', tres grados de libertad, dos traslaciones ortogonales y unarotación. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad.Una hipótesis bastante usual en el análisis de pórticos de edificios, es la de ignorar lasdeformaciones axiales en las vigas. Esta hipótesis se sustenta fisicamente en el hechoque usualmente en los edificios, existen losas de piso uniendo a todos los pórticos. Laslosas de piso, cuando se construyen monollticamente con las vigas, puedenconsiderarse como diafragmas rfgidos en su plano, es decir, indeformables en su plano.Si esta hipótesis se cumple, entonces Jos desplazamientos horizontales de todos losnudos de un pórtico, en un mismo nivel, deben ser iguales. Esto equivale a suponer quelas vigas son axialmente muy rígidas.Otra hipótesis usual, en el análisis de pórticos de poca altura, es la de ignorar lasdeformaciones axiales en las columnas. A diferencia del caso anterior, esta hipótesis notiene sustento ffsico, salvo el de aceptar el hecho que en pórticos bajos, lasdeformaciones axiales en las columnas no modifican de manera importante la respuestade la estructura. Esta hipótesis es equivalente a ignorar o despreciar la energia que seacumula por fuerza normal en las columnas y considerar únicamente la energíaacumulada por flexión.

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

VIga con 5 gdle 4~I ~1 ~3 ~5~t------~"""";""':"'---~.,r.-=----4-

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

_)..,:)

)

t)))

)

)

:>))

~

~ ,J,IJI)

¡)

1J )

j"))

t )! ,,j

)

)~I

I )¡

I )

),_: .

ji

),'11

')

\~-1);)

-. -j__),)

.J)

J)~_)...,J)

~

..,

)¡.. ,. 1 )

)

)

1)¡-:l)~))

))!)I

\ )). ,-

D3=1D2=1Dl=l

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

Sistema Q- D (EA = 00)

a) Con deformaciones axiales gdl = 3x5 nudos = i5b) Con EA;=::eo en víges gdl = 12e) Con EA = 00 en.vigas y columnas gdl = 7

SistemaQ- D

- Otro ejemplo de pórtico plano.

Pórtico con 8 gdl

SistemaQ-D

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

2 'l}e

,}.¡¡

IIi1

\

Pórtico con 13 gdl

- Caso de vigas con EA =oo. losa rígida en su plano uniendo á ios ni.Jdosde un mismonivel.

80

_" .•.• ..... ...•. _. • ••._ •• -.', ,'., ..... -;, c, ; •.,."'-'" ~_:~':;':- :;~_,::=,:",,:,:-::,:,'~~~...~'.'":~-=~• ._ .•. '__-.-.C •. __ ._~-_.••----,.;- ••_.~ ..: :..••~ "' ...... ,A'-, _

. ";';;'=":'::"";:::·L~;::':-'2:.:c::..:~L."'~L.~::.,.L,::,- ..."2.':::'::':2;;_::::~:~~~':·:::":_::':"_>;'_'~~~"_;""":'~:""'''''c.'> ..... ,""., ",-,~." " :; ": d~'.•g

'7:)\ )1.)1 .

\ )\ )i ')i~i ;

, ; )

))

81

04=1

D2=lD1 =1

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

Q2-D2Qt-Dl

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

Pórtico con 6 gdl

07= 1D6>= 1

81

$íS~QlaQ-D

3.4.2 Pólflcos Planos No Ortogonales- Caso general:

D5=104=1

_,)4

j

J

j.J)

_)

, IIr

~¡I»

)I) II

'1 !i

') I

'1)

}

)

')

);;).))

)')J

~

).., !i

J l)_.~,

)

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

')')

!)))/

)))))

J.~

_))}.,

,)\)i )I

)

)).)

')')

J~_::))_)JJ,;)J)=:3');;¡-J~:)

).;;~fi)-i

82

EA* 00

Sistema Q-D

Pórtico con 6 gdl

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

D1;::: 1

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

I,Q2-D2 Q3-D3oi -r»

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

II

Si se desprecian ras deformaciones axiales en todos los ~me,n~, el grado de libertadD2 desaparece y los desplazamientos DI y 04 e$ta~n. rE;!'a.ciQP~()$por 969metrfa y elsistema no serfa generalizado. La relación entre Di y D4 se mU.éstraa continllc3ci6n:

82

\

83

SistemaQ-D

Pórtico con 9 gdl Considerandodeformaciones axiales en todoslos elementos.

- Otro ejemplo de un pórtico no ortogonal:

~

I ,r ,I ,

,,

\/.

,~Polo o centro de rotación

A manera de ejercicio, para el pórtico mostrado a continuación, si se ignoran lasdeformaciones axiales en todas las barras, encuentre las relaciones geométricas entrelos desplazamientos 1, 2, 3 Y 4. Si existen dichas relaciones entonces losdesplazamientos no son independientes, por Jo tanto el sistema no es generalizado.Para investigar la relación geométrica entre los desplazamientos lineales se puede usarel poloo centro instantáneode rotación,tal como se indica.

Q2-D2 04-04QI-DI o ooQ3-D3

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

:',;-~.

6::';.,'......',,:, .~.'?

ó

Apoyonecesario paraestabilizar elmecanismo

Parael pórtico de la figura anterior, si se asume queEA = 00 en todas las barras, la mejormanerade identificar los grados de libertad de traslación, es la de crear un mecanismoinestable (articular todos 10$ nudos rfgidos) e investigar el número rníntmo derestricciones necesarias para' lograr estab'ilizar el mecanismo creado. En la figura acontinuaciónse ilustra esta idea.

)

\J)-,)

)}

J

l~! ll,:;1~

I (', )

~, t,));

1j

)_)

,-,)¡

84

02=101= 1

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

\ \\\Q-OMecanismo

...2.

\ ,

¡

1\

1I!

Otra posibilidad para estabilizar el mecanismo, es la siguiente:

D4= 1DI = 1

Las configuraciones deformadas para desplazamientos unitarios en las coordenadas1y 4 del Sistema Q-D, se muestran a continuación:

Mecanismo

\¡

I1I

Q-D

...

f1i\¡!!

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

84

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

~)

I )

)')

").)

.\ )))

.1 )O. _0\ ~

O 0\ ~)

~))

)")O))

))

))))

~-a~).)-}IoJ,)

85

Mecanismo

...ó 7gdl

6 7gdl

... 7 gdl

Mecanismo

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

ó

...

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

- Otro ejemplo de un pórtico no ortogonal.

D5= 1

)

J1

)\

~)))~))

-'--)

)

)

J)1)

)

JJ

)

-')

)

J

II J

1}

_)

)

~

e"').,~

)

Q2-02

tó

86

SólidoRígido

Qt-Ol

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

eDirecciónde 01

151= 1 D2 =0

," ,

..~ Direcclénde 02,..¡,.." 'VDirección de 02

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

1I1jiiIiI,1I

I¡

ó

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

2

Sóio se necesita este apoyopara estabilizar el mecanismocreado

SistemaQl- D3Sistema Q2- D2SistemaQI- 01 (EA:' 00)

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

86

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

.~j)'))'))))))))

~..:}i ')Ii.=)I ."I )

)))))))

))

'>)

-d"~~~-"1 c1

-})

J-~)J~)j)j)

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

87

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

3.5 Pórticos Espaciales3DCada nudo tiene en general, seis grados de libertad, tres traslaciones ortogonales y tresrotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. El análisis deestructuras espaciales generalmente conlleva un gran número de grados de libertad.

1[\,

'---~l!.-"Ilz Seis gdl por nudo

~ Total 6 x4 nudos=24 gdl

03= J

DI = 1 D2= 1

17y para el sistema Q2 - D2:

D3= 1

D2= 1Dl=l

Parael sistema Ql - Di de la figura anterior, las configuraciones deformadas del pórticoparadesplazamientos unitarios en cada una de las coordenadas, son:

_- ~

.~..~

.) ....

~\

)

Jl

! )I

},¡j! }I

j )

-j

l)-\

1 )

I)

Jt

_)).)

}

)

J)

)

--.J)I)

))

.)i~

)

~.)).)"]

i l..

=1/)-;

Pórtico plano simétricorespectoa este eje. El pórticoI~ también es simétricorespectoal plano y~zperpendícular

",. 1 1 1 1 al plano del papel

I

3.6.1 Tipos de simetríaExisten tres tipos de simetría estructural: simetría con respecto a un eje, con respecto aun punto y simetrla con respecto a un plano.3.6.1.1 Simetría respecto a un eje

f\....

~'\.~

I~, í:,r ~4~X11 4 I2 m 11

AhItel '2 tI

\\ Ab 1 .• t t "

h

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

3.6 Estructuras SimétricasDefinición de simetría del Diccionario de la Real Academia: Regularidad en la disposiciónde las partes o puntos de un cuerpo o figura, de modo que posea un centro, un eje o unplano de simetría.Muchas de las estructuras que se construyen (puentes, edificios, aviones, barcos, etc.)poseen alguna forma de simetrla. El saber identificar la simetrfa de la estructura permiteanalizarla considerando s610una porción de la estructura (la mitad, la cuarta parte y enalgunos casos aún menos) dependiendo del tipo y grado de simetría. La simetríaestructural involucra una configuración "balanceada" de la geometría, propiedadesestructurales y condiciones de borde (apoyos).A continuación se muestran dos estructuras simétñcas. La simetría puede definirse entérminos de una Rotación de 1800 alrededor del ej~ "y" o de una. Reflección de cadapartícula (punto) de la estructura a través del plano vertical y-z (perpendicular al plano delpapel) que pasa por el punto "A".

4 nudos x 3 + 3 = 15 gdlI¡¡

1!!!

1ri!

gdl Sólido Rígido

gdl dependientes

89

Rotación de 18004

/\~x~ ~t"i- Eje ele siMetríQ

p~ 1

Unsistema de cargas es simétrico, si al aplicar una rotación alrededor del eje de simetríase obtiene un sistema de cargas equivalente. Por ejemplo para la estructura 1 de lafiguraanterior, se tiene:

Irvvvvv'lL~ lB

12 le hz

J:P kPVV'l"~~

I h lA(1)4 r h,

II 4 12 4 11 4 11 I 11

k ~ * .• ., "I1 /2 11 -\~

®,,,",

3.7 EstructUras Simétricas CargadasSimétricamente

P6rtico espacial<, -, ~ Plo.no ele

SIl"letrTo.xy

IParrilla

Plo.no deSIMetrío. xy

Pla.no deSIMetría. yz

Paracualquier punto ·A" existe un punto idéntico "B" ubicado sobre la rectaAO que pasapor el punto de simetría. En este caso la simetria se comprueba mediante unaoperaciónque se llama Inversión respectoal centro ·0".3.6.1.3 Simetrla respecto a un plano

1

Punto de simetría

-, Ah 1, Ih<,B -,

.~1

3.6.1.2 Simetría respecto a un punto

07

)

)))

)

)))

)

==Ji'

JI~>

,)).,3>}

")

>}

)

J

•~.'

..~

t)

)

))- \

)

• ).

j j)

--4I

,~(J):it")

1),)

')!'))

)))

~)~)))

)))))

)

)))

d:J~)J-)..,)")..).)j_)~J~-)

J~

D.~

-4

90

Nótese en "la figura anterior, que una rotación de 1800 alrededor del eje de simetriaconduce a un sistema de fuerzas internas equivalente, en consecuencia las fuerzasinternas indicadas en la figura son simétricas. El momento f1ector y la fuerza normalpueden existir. sin embargo la fuerza cortante debe ser nula en el eje de simetría.

M fuerza simétrica - puede existirN fuerza simétrica - puede existirV fuerza simétrica - debe ser nula (sumade fuerzas verticales

Eje derímetrfa~MG~~M~En términos de fuerzas internas en el plano (eje) de simetrfa sabemos que las fuerzas desección deben ser simétricas, por lo tanto tendremos lo siguiente para el caso de unpórtico plano:

3.7.1 Condiciones de Contorno en el Plano (ejel de Simetría. Carga simétricaEn términos de desplazamientos en el plano de simetrfa:a) No hay desplazamientos normales al plano de simetría.b) No hay rotaciones alrededor de dos ejes ortogonales contenidos en el plano desimetria, esto significa que si el plano de simetria es el yz entonces 8y = 9z= O .

f ®_J M:fO e = o..ti. K N :f0 ilV:fO\\\ \\\ V=O ilH=O

" " v11 l. ÍI 12/t

419,1=19411821= ¡e31

La estructura equivalente (reducida) que se obtiene aprovechando las condiciones desimetrfa de la estructura y de las cargas, es la siguiente:

Una rotación de 180°alrededor del eje desímetrfa produce elmismo sistema defuerzas de sección

+((--+!_o~I

. ..\... Eje de Simetría

M - Fuerza simétricaN - Fuerza simétricaV - Fuerza simétrica

:. 1:Fv = O =::) V = O

Premisa: En una estructura simétrica cargada simétricamente los desplazamientos(configuración deformada), reacciones y fuerzas internas son simétricos.En el eje de símetrta, por ejemplo en el punto O de la estructura 1 yen los puntos A y Bde la estructura 2, mostradas al inicio de este acápite, sucede:

90

91

El uso de Jasimetría, permite reducir el número de grados de libertad y la cantidad totalde elementos. Para el ejemplo analizado. si no se consideran las deformaciones axiales.el número de gdl se ha reducido de seis a cuatro. Posteriormente veremos que los gdl 3Y 4 de la figura anterior pueden no considerarse, se les denomina grados de libertadprescindibles, con lo cual se reduce a dos el número total de gdl de la estructura, talcomo se indica a continuación.

Q-D

M fuerza simétrica - puede existir

íz:J;)I j N fuerza simétrica - puedeexistir~ 't . TA..B ~ V fuerza simé~ica - debesernula(sumaI t de fuerzas verticales

En consecuencia, la estructura equivalente (reducida) que se obtiene aprovechando lascondiciones de simetrfa de la estructura y de las cargas, asumiendo que se ignoran lasdeformaciones axiales, es la siguiente:

Adicionalmente en los puntos A y B las tangentes deben ser es horizontales. Las fuerzasinternas en el eje de 'simetrfa, se indican a continuación. La fuerza cortante en lospuntos A y B debe ser nula.

La deformada debe ser simétrica, en consecuencia: la31 = 1041' ¡051= 106!Para los desplazamientos en los puntos A y B, ubicados en el eje de simetrla:

a) o,a =oBX =0b) SAZ =aBZ =0

112la2

I1

Veamos las ventajas que ofrece el aprovechar las condiciones de simetria mediante elsiguiente ejemplo. El pórtico plano, si no se aprovechan las condiciones de simetría dela estr~ctura y de las cargas, tiene seis grados de libertad (ignorando las deformacionesaxiales en todos los elementos).

') .'.'

}

"1

1

!)

I »,1 ,t

j )

)"),

I!

}

¡ )

J )--l

I )

}

I )

i )

i)

))..)

}

)-,:)

)

~\

J~t)I

?)

~ f)

¡ I

J )

I )

l.,.))

~)'tDO)))))))))")

~j~)))))))

.>))))

d:3~)

J~.)'-:)j.)j.)e,J~.)

).~

Q'3----)

92

SistemaQ-Dseis gdl

En el eje de simetrla las fuerzas de sección deben ser:- Momento en las columnas = O(ya que es = 9s =O)- Cortante V = O

En consecuencia, si se ignoran fas deformaciones axiales en fas vigas, el sistema Q - Dserá el mostrado a continuación. con un total de seis gdl.

En los nudos Sy 8 no debe existir. desplazamiento horizontal y latangente debe ser horizontal, es decir.

0HS =oH8 =09zS=9za=0

1941= 1961, 1971= 1991

l- 1 -1- 1 .-.;La configuración deformada del pórtico se muestra a continuación.

También se pueden aprovechar las condiciones de simetrfa, si se utiliza para la soluciónel Método de Flexibilidad. En el caso analizado la estructura tiene seis redundantesestáticas y si se aprovecha la simetría este númerose reduce a cuatro.Veamos otro ejemplo del aprovechamiento de las condiciones· de simetrfa de laestructura y de las cargas. En este caso el eje de simetria coincide con la columnacentral del pórtico. Si se consideran las deformaciones axiales, el pórtico tiene un totalde )8 grados de libertad. Si se anulan las deformaciones axiales en las vigas se reducea 14gdl y si se ignoran además las deformacionesaxiales en las columnas, el númerodegrados de libertad del pórtico se reduce a ocho.

Sistema Q - D

92

93

5 g.d.lQ - D (EA =00)

Un solo gdl vertical ya que losdesplazamientos verticales de los nudos 6 y 9deben ser iguales al considerar EA =eo

Q - D sin deformaciones axialesen vigas y columnas (12 gdJ)

Q - D sin deformacionesaxiales en vigas (19 gdl)l'

2

.,

Aprovechando la simetría:

Estructural

ejeslJlle-t rí Q

No hay que perder de vista que el análisis aprovechando la simetría, se realizapara lamitad de la estructura. Para la otra mitad, los diagramas de fuerzas de sección yreacciones se construyen sobre la base de que los resultados son simétricos. Para lacolumna central, que ha sldo analizada con la mitad de la inercia y del área, seránecesaríc duplicar las fuerzas de sección.A continuación se, presenta otra estructura (pórtico plano) simétrica en geometrlaycargas. La estructura tiene 24 gdl sí se incluyen las deformaciones axiales, númeroquese reduce 19si se excluyen las deformaciones axiales en las vigas y a 12si se excluyenlas deformaciones axiales en todos los elementos. Para este último caso, si seaprovechan las condiciones de simetrla, el número de gdl se reduce a cinco, enconsecuencia hay un gran ahorro en el esfuerzo numérico ya que la Matrizde Rigidezdela estructura pasa de orden 12x12a orden 5x5.

I

El momento de inercia, en este caso ,es irrelevante ya que M = O

1

Si se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos, tendremossolodosgdl.

93

t\

-),)1)

1J

~.1))

..."

.'>)

Ji \II

~

j

~1~.\

i

1l }í{ )!

\J)-.

!\

\\¡ )

1)

~II ,;

í¡,

rí),)-)I

J)')))))

>~)~')

. )),)

-)))

)),))id-~

-i),:)-)cJ,')

.d)~7)-~

)~))

~,~...J:-)-i

94

Q-D(EA~oo) 4gdlQ- D (EA = (0) 1 gdl

Irr elevo.nte

~

Con EA

lj' Q - O con EA= 00

m49.dJ

Con EA 3x3=9 9.(;1.1

- Otro ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa y cargas. La diferenciacon el ejemplo anterior estriba en que hay una columna en el eje de simetrfa.

Sistemas Q-D con EA = 00

Q2-02Ql-DI

Ieje

slME?trfQ

1- 1 --1- 1 -1

Grados de libertad:Con EA gdl =3x3 = 9Con EA = 00 gdl = 5

- Ejemplo de un pórtico a dos aguas simétrico en geometrfa y cargas.w

94

95

,i

l

N es anfíslmétríco Y!l2 puede existir (suma de fuerzas horizontales en el punto O = O)Ves antisimétrico y sí puede existir (suma de fuerzas verticales en el punto O = O)M es antisimétrico Y!!2 puede existir (suma de momentos en el punto O= O)Nótese en la figura anterior, que una rotación de 1800 alrededor del eje de simetríaconduce a un sistema de fuerzas internas inverso al inicial, en consecuencia las fuerzas

Rotación de 1800alrededor delEje de simetría eje de simetría

~(Vi$~V)7~~?4}tv~En términos de fuerzas internas en el plano (eje) de simetria sabemos que las fuerzas desección deben ser antisimétricas, por lo tanto tendremos lo siguiente para el caso de unpórtico plano:

Plano de simetría

~ o~ Punto de inflexión o de cambio de~ curvatura.

Desplazamientos en el plano (eje) de simetria que pasa por el punto o:

a) Dy=Ob) ex= o (no interesa en el caso de pórticos planos)

Premisa: En una estructura simétrica cargada antisimétricamente, los desplazamientos,la deformada, las reacciones y fuerzas internas son antisimétricas.3.8.1 Condiciones de Contorno en el Plano (eje} de Simetrfa. Carga AnfisimétricaEn términos de desplazamientos en el plano de simetría:

a) Nohay desplazamiento (traslación) en el plano de simetría.b) No;hay rotación alrededor de un eje normal al plano de simetría.

La figura a continuación ilustra estas dos condiciones.

3.8 Estructuras Simétricas con Carga AntisiméfricaUn sistema de camas es antisiniétrico si al aplicar una rotación a la estructura se obtieneun sistema de cargas inverso al inicial.

'1

7)

;1

s );,~ )¡,

j•)1

j ~,~

¡lI

!

r,,)

.)

)')

))))

)-:))~))

).).):>))).)))

-:::)

-:J-1.)

,_)

-·1:J']..;;.)

?.)~)~))¡¡jO:1-i

Nota:-~'n~rio duplicarlas fuerzas del análisis en lacolumna central.

Eje de Simetría.,tt ,~ liT

0.5 l. 0.5 A

- Otro ejemplo de un pórtico plano, en este caso el eje de simetria coincide con lacolumna central: I

Q-D (EA= (0) 6 gdl

96

Estructura simétrica - Carga antisimétrica

5~ 1----,..,---4 ~5

Eje de Simetría,\\ \ \\

Veamos las ventajas que ofrece el aprovechar las condiciones de simetrfa mediante elejemplo a continuación. Esta estructura tiene seis grados de libertad si se ignoran lasdeformacIones axiales en todos los elementos.

lB

Por lo tanto la estructura se puede reducir a:

t-p

-: <, 1<,1 2 O O 3 i__fí 7/ K A A_ ........X )

¿

\\\ <,~ \\\ ~ /j,J/ /11

11 IL Il ':J. \1A /] A 0.512 11 r\ 0.512 "

intemas indicadas en la figura son antisimétricas. En el eje de simetría solo puede existirfuerza cortante, el momento flector y la fuerza normal deben ser nulos.

96

-- _. ---,•. ,c=';,~:..:7$i¡::;';::¡:'~::;'-;;:'::': ':::i:':~-;:~~-"i::z...:-.-_=;:~~"':":~:"::.~~.:::::':"':;;.:.~::'~:..:':~I:"':;'~~:.::~~~'::"::.~=.~:~:---::-=:- -.:, =-':';':~-:.~.,~'::~-:_.::~.i=..;.~;.,.";:~"--.;:__:__,--.~..-:.-_."':':~'~"~~"':..~':.'~~~'~:':=....-:---=';",_. ~ ...;:_,:,,:,,:_:,.::";... ::,,:,- ..-.~..:..__-:":"_'. t1}

(iJ)ri)._)

)

97

"l

<ID

Nota: Si existe defonnación axial enla viga, las estructuras I y 2 no sontotalmente equivalentes. Ladeformación axial en la vigamodifica los desplazamientoshorizontales de los nudos y enconsecuencia las fuerzas internas.

Q- D (EA = 00)3 gdl

Q-D (EA = 00)4gdl

1IA

P/t¡j

3)

Q- D (EA = eo) 4 gdl

2)

IEje de S1l"le"tría

~Viento

1)

No hay que perder de vista que el análisis aprovechando la simetrla, se realiza para lamitad de la estructura. Para la otra mitad, los diagramas de fuerzas de sección yreacciones se construyen sobre-Ia base de que los resultados deben ser antisimétricos.Para la columna central, que ha sido analizada con la mitad de la inercia y del área, seránecesario duplicar las fuerzas de sección obtenidas del análisis (solo el momento flectoryel cortante ya que la fuerza normal debe ser nula).A continuación se presentan tres ejemplos de pórticos planos simétricos con elementosinclinados cargados antisimétricamente.

}

})-.,)

)

)))

~,)

))))-)

,-

J

)--

"" S-.'))

........

)

).,)

I,,

1¡!

"1I¡

jJ)

__J;

Diagrama deMomentos

98

, M * 0, V = 0, N = O

La estructura equivalente, para las cargas antisimétricas es:\

Deformada

M == O,V * O, N *OAh = O, Av = O, e ;e O

Diagrama deMomentos

p

Carga Antisimétrica

o

- Carga Antisimétrica:

La estructura equivalente para las cargas simétricas es:

DeformadaCarga Simétrica

3.9 SimetríaRespectoa un PuntoEste tema ya se presentó brevemente en el acápite 3.6.1.2, ahora veremos brevementela manera de reducir la estructura aprovechando este tipo de simetrla.Este tipo de simetría es la más dificil de identificar y también suele ser dificil aprovecharlas condiciones de simetrra para reducir la estructura. A continuación se muestra unaestructura simétrica con respecto al punto o centro ·0" con dos sistemas de carga, unosimétrico y otro antisimétrioo. También se indican las estructuras reducidas que resultande aprovechar las condiciones de simetrfa asl como las condiciones de contorno en elcentro de simetrla.

- Carga Simétrica:

~~~

~r)

:1))))))),)

~.')

~))).)..))))),)))J~-jJ

.C)-.J.)~))-)

~.)~)..,))

iI~-7)....:.)

98

5

20

•

99

e) Armadura simétrica respecto a un punto con carga antisimétrica:

20

•20

e) Armadura simétrica respecto a un punto con carga simétrica:

.. 20

•1020

20

b) Armadura con carga antisimétrica:

202020

3.10 Simetría en Armadurasa) Armadura con carga simétrica:

99

')

.)

)'.)

)

));>)

~

.>)))

))

JJ ..

'\".)')

)

}

J

)

J)

•..

r::',,'

) ..,.

)

~

100

l.

b) Panilla con carga antisimétrica:

~ EPlpo1:ro.l'llen1:oI ele f(exl6n

LBx-Ot(in ~ Vy=O

y Mx;eOMz ;eO

Estructura reducida:

V=O Q:Fv=O)Mt=O (¿M=O)

Condiciones de desplazamientos en el puntoO (ver 3.7.1):a) Dz =O (no interesa por ser una parriUa)b) Bx=Oe) By::;O (no interesa por ser una parrilla)

T)H H...... Ie Plano efe~~t·Dt:\:.. " I ·SIJllett"ro.Mt U ')"Mt <, '" xyV V

Fucl7BS deseccjónsimétricas

3.11 Simetría en Parrillasa) Parrilla con carga simétrica:

too~()'~D")

l))'))))))-j)~)))))")

))))))

-::J.cj

-1.)

.c.)~j.~

.'J

..;)..)J)

~_)..,JJ~

~:0)-)

tiz

101

I""'_-4 Pios B y B <plano xy)

Dz=OBx=Oa =0L P"\os A ;. A (Pl:no yz)

Dx=O~=O~=O

Plo.no deSIl'letrfo. xy

3.12 Simetría en Pórticos Espaciales

a) Pórtico espacial con doble plano de simetría y carga simétrica

Dy=O Vy;t: O9z= O MZ:;é O9x;t: O Mx = O

Empotramiento deTorsión Bz = O

Estructura reducida:

Condiciones de desplazamientos en el punto O (ver 3.8.1):a) Dy=Ob) Bz=O

Fuerzas de sección antisimétricas en el punto O:

~i~(C-----..:....__----,.~N)-- Mt/tv Mf

101

;)

\')

)))

)

))

))

=;)),))

,J)

)

J-- "')

__))

'):,")

})

i

..,~¡

'~.

~¡

I )

}f

t )

1)

I )¡1I 1

J)

~1

1) P/2

J -1 1+1 1I 'l,/fe \ 'Wk V¡¿\ \ "'12.

Eje de SII'Ietr1a

~klr Vkl\\ ,

3.13 Descomposición en Carga Simétrica vAntisimétricaSi se cumple el principio de superposición. entonces una estructura simétrica sometida aun sistema de carga cualquiera. puede descomponerse en dos estructuras simétricas.Una de ellas cargada simétricamente y la otra cargada antisimétricamente.A continuación se muestran tres ejemplos de esta descomposición.

Condiciones de contorno en el punto "O" necesarias para reducir la estructura:- Caso de carga simétrica (Fuerzas Py P')

a) Dx=Ob) 9y=9z=Oe) Solo existen los desplazamientos Dy, Dz, ex

- Caso de carga antisimétrica (Fuerzas Q y Q')a) Dy=Dz=Ob) ex= Oe) Solo existen los desplazamientos Dx, 9y, ez

I /t- ",

",

Las fuerzas Q yQ' están2 contenidas en el plano xy]'x

(

I 1 Ptcno de SlMetrfa.p /~ yz", I Las fuerzas P y P' son simétricas6 I Las fuerzas Q y Q' son antisimétricas

I3

1

5

b) Pórtico espacial con un solo plano de simetría

)))

)')

">-))-).))

))).).>)

)

:>))

~-)-j

.>;;;.).~)

-:),:::)

...J))i)j)").)J~

102

__ •.. _ =,;:;¡ _.: .-..... :_...~..•:,. :.. "--:-C-':.-:,';~ .

.. :".~, ,C:'.; !"C::::''"·;; •• ~::::::~:'~;:::: .• :C":=••'';::_~_;_.:::==~:_;:;.:_~_:';':':': ..~ .\':' :'~:::c:::.;,.';;~. ".:...:---:.,.~~:~ ==:..~-'-._;.,--:.~::'::;:;"':':_:-":';;;¡'C·..:.:¿·,,;_,-,--,-,-,,~,-,,~~" __.,,-,-:,."~_c':;'"

®'4))))

1it.

I¡I

¡

103

3.14 Ejemplo de Simetría y Antisimetría en un Pórtico PlanoPara comprobar numéricamente la validez de la reducción de una estructura simétricacon carga simétrica o antisimétrica, se ha resuelto el pórtico mostrado a continuación.Primero se ha resuelto el pórtico completo sin aprovechar las condiciones de simetrla oantisimetría de las cargas y luego se han resuelto dos pórticos reducidos, uno para lascargas simétricas y otro para las antisimétricas.

Sll"'Iétricn\ \\\AntisiP'létrlcQ

-. ..--....!...--.,...---::I~-,---.

+ 4 4-. ---.

Si las vigas fuesen axialmente rígidas tendríamos:)))

\

') 103

\) 2) Pa '% Peki -t :-+ ~ ~

fT/2 . fT/z rrk; - +)

\\ ~ \ \ \ \ \\ \\\ \\ \\

SI~ Pek ~f1I ~N¡.~ ,~ 1 , 13

~, ) 2 2,.!t )I

, ))

3)__'FkP.e. - __'rkt

l ) --+rk)

~; )1

F7!

\~,~ 1 # A

+rr 2 e,F7?

Axiales en columnas (ton)

Momentos (ton-m)

Cortantes (ton)Uf!

11.7\2.3

,1,1'

Deformada

- Solución de la estructura completa para carga simétrica:

Total 14 gdl

Pórtico simétrico con carga simétrica.Alturas de entrepiso = 3 mLongitud vigas = 6 mE = 2.2x] 06 ton/m2

Vigas y columnas de sección 0.30 x 0.60 mVigas EA = 00 (sin deformaciones axiales)Cargas en las vigas w 1=w2 =4 tlm

)))))

))')

))

-3)-i)")

)))))

))

)))-jJ~);~

.-7-i):).,J)))-j)"'j)J~

104

3

3

105

Nótese que en la estructura reducida, la íntensidad de la fuerza normal en la columnacentral es la mitad de la obtenida para el modelo completo.

Axiales en columnas (ton)Cortantes (ton) ·15·23o-1.76

12.3

12.1

11.3 12.7

23

Momentos (ton-m)Deformada

Pórtico simétrico reducido con carga simétrica.Alturas de entrepiso = 3 mLongitud vigas = 6 mE =2.2x l 06 tonlm2

Vigas y columnas de sección 0.30 x 0.60 mColumnas en el eje de simetrfa = 0.15 x 0.60 mVigas EA = ClO (sin deformaciones axiales)Cargas en las vigas wl =w2 = 4 tlm

- Solución de la estructura reducida para carga simétrica:

105

- - •• :- ••• :.......... ".-::.~._ '; -~-: ;_.~~ .~::.. • - .__ •••• _H •••••• _._ •• _ _ _

_.~~~::'_.:~::;':.'....:.:.:~'.;~d2~L~~~_--;·:., ~=" "=""=' ..~~.~~:¿~~.::~~~;;·ii.:.d;;~~:~~~:;~..~~-.._:~~~!~::.:::J_;~~=:~;~=:2-::~'.=;.._~::_2=~;;:.::~-~~~:.-~=-~:~~~~;:~~:~:~~~~~-~_-~.~_~~:.~-.::~:-.~:~,:~:'~=,::_;~.'~~.L.~':~:'L.: -_:,::~-,__:~':,.'::::,";'.'::~';~.~·_;i":.

)

J

)

)))

~)_))-)))

. )

l ...,J)

j

)

))

1)))

")') I)} !

\,

106

Axiales en columnas (ton)

.97

IU o 1'"

u .~

o ·1.~

t58

Momentos (ton-m)

Total 14 gdl

FI= 2 tonF2 =4 ton

Pórtico simétrico con carga antisimétrioa.Alturas de entrepiso = 3 mLongitud vigas =6m

. E=22xl06 tonlm2

Vigas y columnas de sección 0.30 x 0.60 mVigas EA = 00 (sin deformaciones axiales)

Cortantes (ton)

1.11 1.11 UI2CI.58 ...

1.141.111

un ~.U o

'¡-¡¡-1 Ul

Deformada

IEje de- S:ll'Ietr-ra

r,---¿1

¡:;;---¿¡------r------1~

- Solución de la estructura completa para cargas antisimétricas:

106

107;:

Nótese que en la estructura reducida, la intensidad de la fuerza cortante y del momento. flector en la columna central, son la mitad de las obtenidas para el modelo completo .

Axiales en colwnnas (ton)Cortantes (ton)o1.5

0.82

u

1.161.84

1.02 a~0.58

0.92

Deformada

o

U.G

1.:'

0.58

Momentos (ton-m)

Tot.18 gdJ

Pórtico simétrico reducido con carga antisimétrica,Alturas de ~trepjl!O =3 ID .Longitud vigas =6 roE = 2.2x,J06 tOll/mlVigas y. columnas de sección 0.30 x 0.60 IDColu~as ~ ei "eje de siIDétri¡t = 0.1$ x 0.60 roVig~ EA;: IX) (sin deformaciones axiales)C~as laterales0.5Fl > J ton 0.5F2=2 ton

)),.)

)

1j

)

)

=;.))J_)

.))

~

.-}

J.))

j

~O.5F2

~O.5F¡

\

)

))

!jIi1 1

1)

-4l

} - Solución de la estructura reducida per« cargas antísim~trioas:

é)\1),f1))

")))'))))

))

-1)~))

))J)))

))

))-j)-J)

'")....:)

.J:)

..J)))

;~

)j))

e:;;);)

108

Desplazamiento unitario en A: Al_y,(x) = 1-y(X) = [1-1.5(;)' +0.5(;)'] y

Desplazamiento unitario en B:

y(X) = -; [I-(;JJRotación unitaria en B:

x x xy(x) = -(1--)(2--)2 l e - -

Rotación unitaria en A:

y

Desplazamiento unitario en A:

Desplazamiento unitario en B:

. .. x2 ( x)y(x) = -e- l-i

Rotación unitaria en B:

2

y(x) = X(I- ;) --Rotación unitaria en A:

Tabla 3.1 Deformadas de Barras de Sección Constante (Funciones de FOlTTla)

108

109

Superposición de los desplazamientos:

QI = kll O, + k'2D2Q2 = k21DI + k22O2

{Q}=[K]{D} [Kl=(kll k12)101 k22

Donde [K], la Matriz de Rigidez de esta estructura - que representa la sfntesis de laspropiedades de las barras, geometrla y condiciones de contorno - se obtiene delequilibrio del nudo. -Nótese que las ecuaciones anteriores representan el equilibrio delnudo 3 formulado en términos de sus desplazamientos. Los coeficientes de rigidez de laestructura, kij, se obtienen del equilibrio de Jos nudos, en este caso del nudo 3. Porejemplo la primera columna de dicha matriz será:

01=0, D2= 1DI= 1, ~=o

k2\ +>----~~~1t~kll

~DI= 1

::~1D'=1

;~---_":'¡1t ? k12

kn

Q-D

2

2

4.1 Coeficientes de Rigidez de BarraEn el Método de Rigidez, las ecuaciones de equilibrio de nudo se obtienen a partir de lasfuerzas de extremo de barra que concurren a cada uno de los nudos. Por lo tanto, antesde plantear el equilibrio de cada nudo, es necesario conocer las relaciones que existenentre las fuerzas de extremo de barra y sus desplazamientos correspondientes. Estasrelaciones se conocen como los coeficientes de rigidez de barra, coeficientes que no sonotra cosa que las relaciones constitutivas al nivel de la barra.Las relaciones constitutivas (también llamadas relaciones fuerza - desplazamiento)establecen que las fuerzas en los extremos de cada barra (elemento) y susdesplazamientos correspondientes, deben satisfacer las ecuaciones derivadas de losdiagramas constitutivos (O' - E) del material. Esta condición puede expresarse mediante larelación: {q} = [k] {d} donde {q} son las fuerzas de extremo de barra, {d} son losdesplazamientos correspondientes y [k] es la Matriz de Rigidez de la Barra.4.2 Barras tipo ArmaduraPara ilustrar la idea anterior, supongamos que se desean obtener los coeficientes derigidez, .asociados al sistema Q-D elegido, para la armadura plana mostrada acontinuación, en la cual las dos barras tienen la misma área:

CAPITULO 4 - Rigideces de Barra'..u-:

.U.I

,j

)

J)))

)

J)

))

~

t~)

)

~{?I ~i I~Ii

~. I

r:

j ~! }

)

~

I1 ,

IT¡ }<

.)'J,))))~,;).=)

))

, )

).,))

)

'1)J)

)__))~)

))

))))J:)

1):-)=)

-J)~-))"

110

Nótese que en este caso la matriz de rigidez de una barra de armadura" para el sistemaq-d elegido, es,siqgular .."Esto"significaque-dicha matriz' no tiene ¡nyersa y 'por lo tanto noexiste la matriz de flexibilidad de barra. Este hecho se puede comprobar flsicamente si,aplicando la definición, se inlenta calcular los coeficientes de flexibilidad en el mismosistema q-d, la barra es inestable.

-: ]EA[ 1[ k ]barra = -/ -1{q} =[k]barra {d}

EAql = -¡-(dl- d2)

EAqz = -¡-(-dl+d2)

La matriz de rigidez en coordenadas locales de una barra de armadura es:

-EAk =--21 l

k =EA1I I

di = 1, d2=O

~/.'_'k22

.,-J? - EA EAkl2 kl2=-Z- k2i= "T

dI = 0, d2 = 1

El sistema q - d está definido al nivel debarra y referido a las coordenadas localesde la barra.

EAbt = --cosa sena12

EA EAkn= -+-.-cose cose/1 12

Equilibrio del nudo 3 pata DI = J. D2= O

~ EA (cose)~12

k21

$>--___'" ~=9kllEA1,

En. consecuencia, para poder formular el equilibrio del nudo, no. basta con lacompatibilidad, es necesario calcular previamente los coeficientes de rigidez de barra orelaciones constitutivas de cada una de ellas (fuerzas de extremo de barra -desplazamientos correspondientes).La relación completa, fuerzas de extreme de barra - desplazamientos correspondientes,conviene expresarla mediante la niatrlz de rigidez de barra, que para el caso de Unabarra tipo armadura (articulada en los extremos) de sección constante y hecha de unmaterial linealmente elástico, es:

f~¡

I¡¡1I!i11I¡¡¡!

1

110

111

A continuación se presentan diversas aHernativas o procedimientos para calcular larigidez al giro de una de sección constante sin deformaciones por cortante.

~'.

Diagrama de cuerpo libre dela segunda barra:Si = 1Sj=O

Segunda columna de lamatriz de rigidez.Desplazamiento unitario encoordenada 2. D2= 1

{Q}= [K]Sx5 {D}

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

1.[.' ' 4.3 Barras tipo Viga o Columna - Rigidez al Giroif:i, Para el caso de vigas, será necesario conocer la relación que existe entre la rotación en

extremo de la barra y el momento flector correspondiente. Por ejemplo, en la viga de~{. cuatro tramos mostrada a continuación, en la cual el sistema Q-D consiste únicamente1{.

en las rotaciones de los nudos (incógnitas cinemáticas) para calcular los coeficientes derigidez de la estructura será necesario conocer previamente la relación que existe entrelas fuerzas de extremo de barra (en este caso momentos) y los desplazamientoscorrespondientes (en este caso rotaciones):

s == sen a e = cos a[k]barra =EA-¡ (

[kii]- [kji]

[kij])[kjj]

2 I 2e se: -c -scI

se s2: -se _S2________J _

_e2 -sc ¡ e2 seI

-se _82: se 82

Lamatriz de rigidez en coordenadas globales de una barra de armadura es:

q-d;::.

1 ;

El sistema q - d está definido al nivel debarra y referido a las coordenadas globalesde la barra. exes el ángulo de inclinaciónde la barra

2

4 l

·~t_·:~'~:,.':La matriz de rigidez de barra también se puede calcular en el sistema global de"'~¡;.• coordenadas (sistema XY global). La deducción se deja como ejercicio, el resultado seJe muestraa continuación ..";7~-.g;f

i)

)

)

!if¡ }f,A

JJ)

1,--')

)

>)

)

)

)

)))

)}))}'),>)I

~(

1\1)I1

.,. . )

M=ke8M

=> k=-e 9

1 k = 4EIke=- =>e e 1

112

b) Otra manerade obtener la rigidez al giro (coeficientede rigidez) consisteen aplicar unmomento unitario en el extremo de la barra y calcular la rotación correspondiente. Elmomento aplicado puede ser cualquier valor (l, 10,100,1000,etc.) ya que asumimos queel comportamientode la barra es lineal - elástico.

M---Pt~cl'o5~r r~~

(_ Co.lculo.r {1

M= 4E1a1

XI

k = 4EI1) 1

En consecuencia,la rigidez al giro de una barra de secci6n constante, es:

4EI(-/ I .~ "') 2El~J~lI 9;;:]

. +6EI i6EI

M=4EI¡

X__ 6EI

,- 21

¡3f. =-11 3EI

Giros.

MI2 13-+-(X)-O2EI 3EI J-

MI ¡2- +-(XJ);;:lEl 2EI

Desplaz.

Compatibilidad:

MI

~ ~= Cfx-~ -----4~=rIt~ +X-D \ M/2

D=--Estructura Primaria J 2EI

~,

j1,~,ft¡!

La barra es hiperestática en primer grado, utilizaremos el Método de Flexibilidad(superposición de fuerzas) para la solución. Una de las incógnitas es la magnitud elmomento flector que es necesario aplicar en el extremo izquierdo, para lograr unarotaciónunitaria:

l

a) Para la barra mostrada a continuación, de sección constante sin defonnaciones porcortante,el cálculo de la rigidez al giro de la barra, se puede obtener por varios caminos,uno de ellos se muestra a continuación:

M = ? ke -+ Rigidezal giro

~ 9~1 ~ ~ i 9-1 ~ '1~ ~JJI

}

')

)

))))

)

))

'))")})

_))_)

)

.>))')))"j-')))

r;)~}

=3-')~.)).)jj'))

J~Q(':3

1I2

113

Elq¡ =-Z (4 di +2 <h)

Elq2=; (2 di +4d2)

q-d

d) También es posible calcular la rigidez al giro de la barra, utilizando la función de formade la Tabla 3.1 (primer caso) y la relación momento - curvatura para barras linealmenteelásticas: M(x) = -El y"(x), basta con derivar dos veces la función de forma.

La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes,conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra, que para el caso de unabarra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) de sección transversalconstante, sin deformaciones por cortante y hecha de un material linealmente elástico,es:

6EI 2EICompatibilidad: {D}+[F]{X}={O} => XI =f X2=--/-Resultados que comprueban la aseveración inicial.

/2f =_e 21 2EI

=-? 1r .r:- 1I 3EI

ti

~:::t---~X2tX-D Xl

Estructura Primaria

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

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

8=1

4~I(~j~)2~I6EI¡ e = 1 t6 El

113

)

}

)

)

1)))

),')'))

;

)

)

~)"))

)

.)

J')

)

-==,))))))

)

1

M=? ElI~ _,./'I\2\\\~---___.. ~

Ir

La rigidez modificada al giro de la barra es:

gdl prescindible

Rotaciónlibre

~f----~~-~~---::=>1I~ 4~Segunda columna de lamatriz de rigidez D2 = 1

4.4 Barras tipo Viga o Columna - Rigidez al Giro ModificadaOtra situación frecuente se presenta en los casos en los cuales se desea ignorar algunos . .de Josgdl de rotación en los apoyos de los extremos de vigas y en los apoyos articuladosde pórticos. Por ejemplo, en la viga de tres tramos mostrada, es posible ignorar oprescindir el gdl asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello seránecesario modificar la rigidez al giro de la barra de la derecha.

Nótese que la matriz de rigidez de la barra pudo también calcularse a partir de la deflexibitidad. En general, cuando la matriz de rigide~ sea dificil de calcular. convienegenerar la de flexibilidad y luego invertirla para calcular la de rigidez.

1"I '\ m =).. [21= -U6EI ~:r\.fi't."---q-_ d----..4¡ 2 ~~ ~ V4-

fll=l/3EI

Se comprueba que el producto [k][t] = [fj[k]= [IJ, donde [1] es la matriz identidad.Es fácil comprobar 10$ resultados anteriores utilizando la definición de coeficiente deflexibilidad. El significado físico de los términos de la matriz de flexibilidad calculada apartir de la matriz de rigidez, se indica a continuación:

{d}= [f ]barra {q}l 1--

[f]barra ;: [k]~ [f]barnl = 1 3 6El i 1-- -

6 3

~¡;

It¡t

A diferencia del caso de la barra de armadura, la matriz de rigidez de una barra tipo vigacomo la indicada en la figura anterior, si tiene inversa. Su inversa representa la matrizde flexibilidad de la barra en el mismo sistema de coordenadas q-d. la inversa es:

EI[ 4[ k ]barra = T 2{q} = [k]barra {d}

114I1t~

. :".- ,_.. _'.,., __,.,.".~, -,;:" -,._,;;:"'_:~'7'-..,----"".;-'-'---"."- ,-'"''

. '__...._, "._._ __ .• ..,..'""";-."0·

. . - ,_, , . .:,,;',~-~~_·..~,i'-_~~~.:f~~;,__._;,.~~~'.~.,.,~7>~,,-i...~·~_.:.:..::,~.:..;..:.-<~_:,:_: .~;_:~~: ... , ... .,:,.,.._.¿" .• ".;,-.. ~

íill1e~-)

)

))

)

))

)))

-J"),))j)_))))))

))

"7")--'))-J---','3~

~j))"))")))~

115

[k] =_1=3EIbarra fll 1

Ixlfll=

3EI

Alternativamente se puede calcular la matriz de flexibilidad de la barra en el sistema q --dindicado en la figura precedente:

q-d

{q} = [k]barra {d}1"1"--§,.-------.,.4

La matriz de rigidez de la barra con un extremo articulado. es:

fFl

M=(~ -

B=l 1/2 2E!1l

(~ ~) + <.~ ~--

4EJ /l 2EI/I El '1 1/2'3EI/l

(~-~

-9=1 1/2

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

y(x)= e;(1-;)(2-;)

M = k e k =3EI Rigidez al giroo o I .

=:>M= 3EI1

Estructura Primaria

También es posible obtener la rigidez modificada, utilizado (a definición de rigidez al girode una barra y el Método de Flexibilidad como se indica a continuación:

115

• "':;''''':'';:;7'-~'~:'-:-----:.":'.- ,.,~.,_._.__

..~:¡'¿S;~~~::,:#.:~~~~.:~::(:._-;i·-~~~.;:.::'-~-i~~:~~~:-~·~:I:s~~~;~~~I;.;;s:;i;~~;i~2::i~~~~~~'_:;~.'.'.,''j ..~~~. ~~', _._~~..J. -~~~t::=;':.~~~:.~~:.i~::;'-~-'-.~~.':~.7~~~:~ ~S~:_-.~::-.~~;~~:~'l~'~·~:.·:·;";}~,~_~:~'~-='~~-:=·=:~~~~r~~.:¿~~-¡:::·:

•J

))').)')

)-.,})

);j)-=}

)}

J.)_}1-,)))

.J)-d-,---1)_)_-}

:~

:_j.,))

El resultado final de la superposición es:

91=0 62=l!J 191 =/!J / 92=0

Movimiento de 1sólido rígido

2EI A 4EI A--1 1 1 1~ '-F'\=c.>

4EIA 2EIA

~~- ;?,:}+

b) Sin embargo, en este caso resulta más sencillo utilizar la superposición dedesplazamientos, tal como sé indica a continuación:

{D}+[F]{X}={O}

tJI

¡í¡I .¡I

a) Las fuerzas de extremo de barra, para un desplazamiento relativo entre los apoyos, sepueden calcular utilizando el Método de Flexibilidad tal como se indica:

Primera columna de la Matriz de RigidezDJ = 1 fu= O D3 = O

Q-D

¿Qué fuerzasse producen?

4.5 Barras tipo Viga o Columna - Rigidez en TraslaciónEn muchos casos las estructuras sufren desplazamientos laterales, ya sea por laasimetrra de las cargas y geometrla o por.la acción de fuerzas laterales. En estos casoses necesario considerar grados de libertad de traslación y calcular las rigideces de barrapara desplazamientos relativos entre los extremos de la misma.

DI =1; )Al----

116

... ,_.,._" , _.,. ,.... _ " .. ,.,.,_, ,..... . ~ :.: _, '':''""._ : .~ .,. .: :;..;,.: _., .. ': . ·.-.···_~~".~, . .,...,:__"c'_:~:~L¿::::¿_~~(::~,;~:~::,::=~:~~:~;:~:.~~r'~~:.::':":'~.:~~:.'~~,~:':"~.'.:\;./':.~;~::_:~:_,:~:".":':";~.:_~.'_c_~~2:.~~·:::~;-L~2~__.~±.~..C:~.~i~~:.:.¿""~i·~.~~,:,;_:.~.:;..~~__.;-.;:;~:..; :.~,\";~:;;.:_:":~.,';''.::~~~:.•~,;~·~:...i.;~~~'::'~~~"::'~~~~.~~~. '.,¡~~_.~;.~;_~::;:.~~_..:...~:~.,.~.~

~~J}~

117

Como ejercicio para el lector, se propone el cálculo de la matriz de.flexibilidad de barraen el sistema q- d indicado en la figura anterior y a partir de ella, por inversión el cálculode la matriz de rigidez de barra. También se propone el cálculo de la matriz deflexibilidad y de rigidez para el caso en el cual existan brazos rígidos en los dos extremosde la viga.

4

2+ 6ab

4 3a2-(b+3a+-)b b

26a+­b

{q} = [k]barra {d}

C"Y;t0@ b 7\~EI=oo El ~rJ

q-d

La relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos correspondientes,conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra. que para el caso de unabarra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) con un brazo rígido ala izquierda de longitud, a, y una zona flexible de sección transversal constante delongitud b, sin deformaciones por cortante y hecha de un material linealmente elástico,es:

k =4EI22 b

k = 2EI + 6Ela9= 1 21 b b2

(~ ~J

SistemaQ-DEA =00

kJ2( ~

b~~-=EI~4J2

q-d

4.6 Barras con Brazos Rigidos - Rigidez al GiroPara el caso en el cual una viga se apoya, en el mismo plano, en una placa o muro,hemos mencionado (véase el acápite 1.10.8) que una hipótesis usual para modelar elpórtico con elementos unidimensionales, es la de asignarle a la viga una rigidez muygrande en fa zona comprendida entre el borde de la misma y el eje de la placa. En estassituaciones conviene conocer los coeficientes de rigidez de la viga con brazos rfgidos, setrata en esencia de un caso de una barra con sección variable.

11'1

¡ )

1)

)

I¡1

¡

! -1

J}

-)¡I,ii

),)

\J))),}

)

)

),}

~))))).)

J

.),I,., i

l_))

118

a=> Xi = 3EI l 3a +b

fllXJ +Dr= O

a3 b3f =-+-11 3EI 3EI

~~v

1

~

8=1

,f""ED,=-a ~a

X-DEstructura Primaria

Utilizaremos el Método de Flexibilidad, como ejemplo de·aplicación del uso de una fuerzainterna como redundante estática, en este caso la fuerza cortante que hay en la rótula.

Mb/a

1M=l =>Ke=-9

M=Ks9M=l~ .,.-

~~~9=?

M

M~r, -6=1 I I, I I

Las dos figuras a continuación muestran la definición del coeficiente de rigidez al girecorrespondiente al extremo izquierdo de la barra, el cálculo es simple ya que se trata deun elemento isostático, el coeficiente de rigidez se puede calcular aplicando, pOIejemplo, Trabajo Virtual (Fuerzas Virtuales).

q-d

3

QI-Dl\,

R6-tuln

.,))))

.)

r-1),:;l))),)

J)))))

)

)~j-i),.)_.j

la figura a continuación muestra un pórtico en el cual la viga, de sección constante, nenuna discontinuidad interna (una rótula). En este caso es posible ampliar el sistema dicoordenadas tal como se indica (sistema QI-DI), sin embargo, conviene trabajar con o,menor cantidad posible de gdl, para esto será necesario calcular previamente locoeficientes de rigidez de la viga con una rótula interna.

4.7 Barras con Rótulas Internas

118

'-.,~~'-;C-:-:-'"~,._..._~~-,. ,_,- ',':';" ... ----- --- - . -~_.--.-... - ... ,','- -- _- - - -_. -- --- . '.:-,,--;- '_. --. - -.0' •.:-=-:-~_.:-;.--:.~ - :-:-"~:..;:::-- ::_._~:~':_.~.~~-.:_~.~.•:.~~~~_:'._~:~_-.~~.;;~t_:_~;~~;.-_;~:::·:~::~:-,~.2~i;'-..::_:---_~.~:::.:'..=-.:~_'~~~::~'."'.::':'':~~~~':'~.~:'.':.:~~..;~._;..:;~.;..:.:.:.:.:;..:..:;...i~:;.-¿~~::.:.::~~~~~_.~:: .. _',:,', ·~i..~2·..:.;.:~~~:...~~ __~~/-~.::-::;.=.;:::.~.;,~..;~,..:2..~:-:._-:.,...:·~";':'.~:~~-- -r' -_.~ ---------------~----------- ~

(¡),!)))))

119

- Cálculo de los coeficientes kn Y k21 aplicando la definición y considerando s610deformaciones por flexión:

2m4m;¡v

1~~-----m------~O~--2E-I--~~~2)Iv ,r

Ejemplo 4-1 Para la barra mostrada a continuación, con una rótula interna a 4 m delapoyo izquierdo, se pide calcular la matriz de rigidez de la barra (coeficientes de rigidez)

. para el sistema q-d indicado.

Nótese que en este caso la matriz de rigidez de la barra es singular. Esto significa quedicha matriz no tiene inversa y por lo tanto no existe la matriz de flexibilidad de barra.Este hecho se puede comprobar fisicamente si, aplicando la definición, se intenta.calcular los coeficientes de flexibilidad en el mismo sistema q-d, la barra es inestable porla presencia de la rótula interna.En la figura a continuación se muestran las fuerzas de extremo de barra para undesplazamiento relativo unitario entre los extremos de la barra (rigidez en traslación) sudeducción se deja como ejercicio para el lector.

{q}= [k]barra {d} 3ab ]3b2

El [3a2[ k ]barra = al+bl 3ab

Nótese que si a= 1Yb =0 entonces la rigidez al giro resuelta ser 3EIII, resultado que erade esperarse y que corrobora los cálculos realizados.Nuevamente, la relación completa, fuerzas de extremo de barra - desplazamientos

. cOrrespondientes, conviene expresarla mediante la matriz de rigidez de barra, que parael caso de una barra tipo viga (sin desplazamientos relativos entre sus extremos) conuna rótula interior, de sección constante, sin deformaciones por cortante y hecha de un

'. material linealmente elástico, es:

A continuación se resumen los coeficientes de rigidez de esta barra correspondientes ala rigidez al giro para los extremos izquierdo y derecho.

119

)

")

I))

)

")

"\

)

)

~..J.')

J).)

)

))'.))

)

)

)

))}

1)

))'))))

')

'})l,})

-J):), )

)))_)))

I

\

j')I

I 1\ )I =)I

')

-=J-~

.ij,:)~).)~))

,J

)).)~

'3~-_.~~]""\

120

La matriz de flexibilidad de barra no existe ya que la barra es inestable por la presenciade la rótula interna, esto significa que la matriz de rigidez de barra es singular.

0.353 ]0.1765

[]. [ 0.706k =EI

barra . 0.353{q} = [k]barra {d}

kl2 :::::0.353 Elk22::::: 0.1765 El

Los otros coeficientes de rigidez de barra (k22 y k12) se calculan de manera similar y losresultados son:

Dl+fIlX,=O 4+f"X,=0 -+ X,=-0.17647EI

kll =4 X, kll ~ 0.706 El

k21 =2 XI k21 ~ 0.353 El

f = (4)3 + (2i = 22.6671I 3EI 6El El

+9= 1

~...... 1............ 4........

Utilizando el Método de Flexibilidad considerando como incógnita'la fuerza cortante en larótula tendremos: .

kn=?

Otra forma de calcular los coeficientes kll y k21es la siguiente:9= 1

kll(~ 7 ~)k21

rara este caso particular: k11 = k~J ~ 0.353 el1k" = -~ O.706EIe

( )4 ( )29 =_1_ _l_x) +_1_ _!__xJ ~ 1.4167

El 48 o 2El 48 o El

1m,(x)=-x4

1 .. 1 2 1 ..(1)2 1 2 ( 1 )29=- J(m,(x»2dx +-- J(m2(x»2(ix = - J -x dx+-. f -x dx

El o 2El o . El o 4 2El o 4¡It~!IfI

M=I·

~ __ l~~

0.5

1m =1= ka e =:> ka = kll =-9

120

_______. , : ;~ :-:-"_...., :._ --.-0----·- C"'-C---_--C--:'-.'-_··_::-- -.; --:;:.-:

. '..~~~~.L~:':';:":...;.:'<':;.;::¿~:,..,-L:.:::·;>: ..,::~.~:.:-";:;:3/~~;;~:;¡~~::..o:';:::;;Li-,:¿,;,-../o¡ __i-~::.~~L::::;.~;~,;~·.;;: ..",l~,,':;;",-,::~;"'¿"'~'~:;¿·"<·~.•;,:;,;,...•:...:...;.¿o .• ~:; •

.;i)-9")

))

121

También es posible calcular la matriz de flexibilidad de la barra quebrada en el sistemaq - d Y luego por inversión calcular la matriz de rigidez de la misma. En este casoparticular, el cálculo de la matriz de flexibilidad de barra involucra la solución de unaestructura hiperestática en primer grado.

Cabe anotar, que el concepto de rigidez de barra se puede extender a muchas otrasconfiguraciones, incluyendo a las barras curvas, barras de parrillas, barras de pórticosespaciales, etc. es decir, prácticamente no hay límite. Inclusive, una porción completa deuna estructura puede tratarse como una barra, en esta idea está basada la técnica deanálisis de estructural por medio de subestructuras.

/

M=lÚ -" "9=1\\\

k" = l/a

/. "M=?Ú -'."'9=1

\\\

kll =M

ó

Alternativamente se puede proceder como se indica a continuación:

Para el cálculo de la primera columna de la matriz de rigidez de la barra quebrada, esnecesario resolver la siguiente estructura sometida a una rotación unitaria en el apoyoizquierdo.

q-d

{q} = [k]barra {d}

Sistema Q- D reducido

~' ][kll

[ k ]barra = k21

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,~'

Q-D EA=oo

4.8 Barras QuebradasEl concepto de coeficiente de rigidez de barra y en consecuencia de matriz de rigidez debarra, se puede extender-a otras situaciones más complejas. Por ejemplo, en el pórticomostrado a continuación, si se ignoran las deformaciones axiales, el sistema decoordenadas que deberla utilizarse es el mostrado a la izquierda de la figura. Si sedeseara trabajar con un sistema Q -D "reducido" como el mostrado a la derecha en,elcual no se está considerando el gdl3, sería necesario calcular los coeficientes de rigidezal giro de la barra quebrada, tal como se indica.

J);))

1 ;¡----11¡¡

1l,¡I }

}

)))

))

)

.))

~

"J)

J->~)

,1)

)

)

)

")

,8)

":9))):>)

")))))...,J")))

--))..::))))))))j.)"1)

,o)

-=::>

:~-~

-.ij..J,")

J))))

J~

122

Nótese que el"ampliar el sistema de coordenadas, conlleva el tener que trabajar con unmayor número de gdl, en consecuencia, el esfuerzo numérico necesario para resolver laestructura; es mayor.

\\\\

(EA =(0)

aJ131

Q-D

Otro caso en el cual es posible "ampliar" el sistema de coordenadas.1

\I!1

Q-D\ \

-0....a•J---J:--;)

br•1 o.

En algunos casos. es posible "ampliar" el sistema de coordenadas para lograr unensamblaje de barras de sección constante. Por ejemplo, para los dos pórticosmostrados, que tienen una variación simple en fa sección de la viga, puede ampliarse elsistema de coordenadas (sistema QI-DI) y tratar a fos segmentos de la viga comoelementos de sección constante. Sin embargo, esto involucra un mayor número deincógnitas cinemáticas. Si se desea trabajar con un sistema de coordenadas (Q-D) corrióel mostrado a la derecha de las figuras, será necesario calcular los coeficientes derigidez de la viga.

1!,1I

1!~ti!

4.9 Barras de Sección VariableEl cálculo de los coeficientes dé rigidez de barras de sección variable, es un tanto más.tedioso desde el punto de vista numérico. las ideas generales y definiciones dadas enlos acápites anteriores, siguen siendo completamente válidas.La figura a continuación muestra algunos elementos (barras) de sección variable. Lostres casos corresponden a elementos con una variación relativamente simple delmomento de inercia y podrían ser barras que formen parte de un pórtico.

122I¡"¡¡.Iil,i

123

Pórticos metálicos de alma nena con barras de sección variable\\\\\\\

Vigas de concreto armado desecciónvariableAeropuerto de Tacna

Puente con vigas continuas de concretoannado de sección variable -

Puen~ con vigas continuas de concreto'nadode seeeíén variable

No siempre es posible o conveniente ampliar el sistema de coordenadas para loselementos de sección variable, tal es el caso de los elementos con una variacióncontinua en sus propiedades, como los mostrados en las fotos y JlQurasa continuación,para estos resulta más conveniente calcular los coeficientes de rigidez de barra.

},)

1r,, )¡i -J

~

)

-4

J I

))

..)

")))

)-}

-)

))

~)

~

jr)r)~)

_>JJ)

'))))

)))

~J~))

)))))

¡ )I )II .)I!

\))

\;:)c:)-i)

.J--).C;),)

~):J".)~.)

"'").)

~

(.El(?,) )) h._,.-----:.;....;_--"A 2

\\\ q- d \\\

El resultado anterior confirma que los coeficientes de rigidez de una barra son simétricos(kij = kji) Y además proporciona la relación básica entre los coeficientes de rigidez y losfactores de transporte.Para una barra de sección constante, sin deformaciones por cortante, se tiene:

kn = 4EI k22 = 4EI ku= 10.= 2EI111

1ftu = fu.=-2

4.9.2 Coeficientes de Rigidez de Barras de Sección VariableExistén numerosos métodos para calcular los cceñclentes de rigidez de una barra desección variable (Área de Momentos, Viga Conjugada, Analogía de la Columna, etc) enesencia son variaciones de los mismos conceptos centrales. Para el cálculo de la rigidezal giro de barras de sección variable, también se pueden aplicar la metodologíapresentada en el acápite 4.3.Uno de los métodos más generares, para una viga de sección variable, sindesplazamientos relativos entre sus extremos es el siguiente:

¿F.D2 =LF; DIku (O)+k21(1) = kn (1)+ lru(O)la,=k12 => ftu kn = fui k22

Teorema Betti:

Nótese que en la figura anterior se ha definido un nuevo término, el Faclorde Transporte(ft12 - ñzr). Los factores de transporte serán de utilidad para el Método de Cross, para elMétodo de Rigi~ez no son de mucha utilidad. Los Factores de Transporte, asociadoscon los grados de libertad de rotación de una barra, se definen del siguiente modo:

la] = ft12 kit :::) ftJ2 = kzt / knkJ2 = fuI k22 => ft21=kI21 la2

F, -D,

~ ) ~I =fttz kn (~ zCk12 = ft21 k22

q-d~p-'---------..__--Il~i - J

4.9.1 Relación entre los Coeficientes de Rigidez de Sartas de Sección Variable

124I¡1l,,1

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

.... ". ,-- ... - ..... ,-_.... '-"-'.-~-'-• -- .• • .,j,.u__ ...... ~.-- •• ~._ ' __ ' •• _-- - .... r~ -- ........---..-----~-~ •• -- .~...,~,.,.:,...._.,;.. :)',,~.,..:...~ .~-_ .._..~-~ ~frr

~~.1T))

))

125

Ejemplo 4-2 A continuación, y a manera de ejemplo, se muestran dos gráficas(adaptadas de White) en las cuales se muestran los coeficientes de rigidez al giro y losfactores de transporte de una barra de sección variable. La barra tiene una variación

Los cortantes secalculan por equilibriode la barra

-1 (kll . kl2J[k]2x2= [t]2X2= bl b2

La única complicación que puede existir en el cálculo de las integrales, radica en lacomplejidad de la variación del momento de inercia a lo largo de la barra (I(x). En loscasos en los cuales no sea posible una solución cerrada de la integrales, se debeemplear alguno de los métodos de integración numérica (rectángulos, trapecios,parábolas, etc.).b) Se invierte la matriz de flexibilidad calculada en el paso anterior para hallar la matrizde rigidez de barra.

f =f = lml m212 ~I EI(x)

2

f -J~22 - El (x)

2f - f.EL1I - EI(x)

Los coeficientes de flexibilidad de la barra, ignorando las deformaciones por cortante,son:

~f '"21~f " '

(~1 mI

a) Se calcula la matriz de flexibilidad [f] de la barra para el sistema q - d (en este caso elsistema consiste en las rotaciones medidas en los extremos de la barra). Para el cálculode esta matriz conviene usar Trabajo Virtual, en este caso Fuerzas.virtuales:

k12 = fuI k22

kz: =ft12 kll (kll kl2)[k]2x2 = =?kn k22

el = 1

kll(~ *"125

, '., I

~

)

-I".1)

)

.)

)

.).)

""_))..))))

)

)

").) I) L

)

}

)II1¡

I1I

')-) r,"'l1i

"-~

·:·:::'·C-:-~"~:~·'., ~. -; ':.~""'-~.'O".;.'-:'--0-'0-;:1".';-"""-:- .'-=' ---::.~ ;.-.-.-: _.:-;;:~~.-""T~= .•.~. -: _,~"..,._. __ ._--:-:-_.~_ ~:__ ,_

... ;~ .c__:.~.~~ ..;~.:·e·...1:~~_;;;;..:~~;~2:S.;;:~_;;;,~~;-.'..:':_=,..: .;: '::':~~~::0-. ~~_·:·~:~;:"~~';'~~~;t~:~;'~.,~;..~ ;_:;:-,;-.=-.:_._.~ _ •...;.;__":":~': ~~...:.~~~'.~.':.7.:.:.;'.:_.:...~._;__;__._:__;';~ "~.:2.:;:.~~ __......:=.:=: :~:_::'.~.:'.:.J:'...~. :' '.~_':'::::.i.j,~7"::.~=-·

;!i)'g[)i:;~.:

~~)))'))))))")-j")=,-))

j)_))))

)

)))

'-1:)-,),)~J-:}-),.Jj).)J.))).)

~

lJ.;" -~";)

'\

126

Factores de transporteCoeficientes de rigidez al giro

973 5

12/119357

12111

4.2 0.4

1

9

8kll-Erlll 7

6

S

41

10

0.71 ¡,'1

5.2- 1.0

5.0 0.9 (/0.8

4.8

k22 0.74.6 --EII/! 0.64.4

0.5

B

EjemDlo 4-3 Las gráficas a continuación muestran los coeficientes de rigidez al giro ylos faotores de transporte de una barra de sección variable. La variaci6n de la inercia dela barra a lo largo de su longitud es tal como se muestra en la figura que antecede a lasgráficas, e_1ancho de la barra es constante. Se han considerado únicamentedeformacionespor flexión,

A

Factores de transporteCoeficientes de rigidez al giro

L-~~2--~~3----~~4~.o

12/11

6.042

0.6".4

0.710.0

k22EItlla.o

1/2 1{24.8

h l.A B

1 IrAcJc::JB1/2"2

5.0

2121 I1

'] (. ---.,. \2-le 7\ ~-m a -d ~

súbita de su sección transversal al centro de tramo. Para la construcciónde las gráficasse han consideradoúnicamentedefonnacionespor flexi6n.

126

127

(kll k12) .

[k]2x2 = bl len == conocida

En la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en elsistema q - d indicado a continuación:

1 2(' -<* ~)

q-d

[k]4x4 =?

q-d

4.'.4 Coeficientes de Rigidez - Barras con,Desplazamienf!J Rela~oSi hay desplazamientos relativos entre los extremos, entonces es necesario ampliar elsistema q - d de las barras para incluir los mencionados desplazamíentos (véase elacápite 4.5).

, , 4EI ,3ErftI2=fhl=O,5 ~ k 11 =-1-(1-O.5~O.5);::::-1-

Comprobemos los resultados aplicando la ecuación anterior a una barra de secciónconstante:

's ooslció k' k k12 1,_ k A~ lr~uperpOSICIn: 11= II - -, --lUl = 11- H21J.\Z1k22 '"Pero: kzr= ftJ2kll ~ k'1I= kn- fuI ft12kn = kll (1- ft)2 fuI)

ft21la1 (,;:I~, ---=--------' -'"?P' 0kn\4.~ ~_. _~ ,92 ,= k21/ k22

(H=l

kn(k '7+

, ('kn kU) reeíd[k]2x2 = ' , :;;:::conecí a.kn 102

El co

91= 1

k'ri =?(,~';

1 2( ~"-\\-----""'4J

q-d

En Joscasos en los cuales s~ d~~a ignorar ~,gunQsde los gdl de rotación en Josap9YQsde J9SeXtremqs de·vigas y 'en :iÓ$ ~pOYQSartie~ládos de pórtiCos. -es necesario modíñcarla rigidez al giro de la barra (véase el acápite 4,4).En la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en elsistema q- d indicadp a continuación:

4.9.3 Rigidez al Giro Modificada. -:o.: -- --. .. .... .. _. __ . ",._

)

1

")

}

1,, )i1I }¡¡ J

j }

~

J1, ),

)

)

)

)

))

)

}

J'})

~)

J )I

JJ,-¡)j

l

_)

J:;'.)

.~

;::)).,)))

)))))

~)~))\)

)))))

))

))

-=j

--7--7)

d-~1~,)

~)

~)

"~"

~

J~JJ¡ffa2}-)

128

92= 191= 1

kll(~ ~)k21=

1

=

91=1 92=1

&¿isi&v _ . _ v.. 21 AJI

(kll k12) .[k]2x2 = = conocidak21 k22

1~ ,'2\.~r------"4'"

q-d

k14 = 4EI x!(l+O.S)= 6El.1 1 - - ¡2

4.9.5 RIgidez Data Barras con empotramIento DesliZanteEn la deducción que se presenta, se supone que se conoce la matriz de rigidez en elsistema q- d indicado a coníínuaclón:

Los cortantes en la barra se pueden calcular por equilibrio de la misma a partir de losmomentos en los extremos (k14 y k24). Con los cortantes, se podrán oalcular loscoeficientes k34 y k44.Comprobemos los resultados aplicando ra ecuación anterior a una barra de secclónconstante:

Superposición de desplazamientos:

~k14=? = 111 '.

~)k24=? ~t ~ t' 1/~1k34 IkM

. ... 1+ (J ~)k22T1kt2~1

k12= k21 la] =fttz ku k.12 = ftil k221 1 1 1 - 1

k«= kilI +kl21= 1[ku+k12) == 1 (kll+bl) = I kn (1+ftl~)1 1 1 1 1·.'

k14= 1{2]¡+ lrn! = 1(101+ len);= I (kt2+1m)= I kn (1+fhl)

q-d

EI(x)-¡crl~I- d4=-1El (x) - .

Se desea calcular las fue~é:I~de extremo de barra (coefiCi!i!n~ Jc14 y 1a4) que seproducen por un desplazamiento relativo unitarjo (negativo) d~'los apoyos: .

128

129

xr ( .15... :o.. ,X2'" X - D '" ¡/

Los cortantes de empotramiento se calculan por equilibrio a partir de los momentos deempotramiento y de las cargas externas.

Puede ser conveniente elegir como redundantes los momentos de extremo de barra, encuyo caso, la estructura primaria sería la mostrada a continuación:

{D}+[F]{X}={O} ~ X"X2Compatibilidad:

f. =f = ¡m, m212 21 EI(x)

D2= IMm2EI(x)2

f - J m222 - EI(x)

DI= ¡~~)2

f. -f~JI - EI(x)

~~_~:>X2x1t

X-DEstructuraPrimaria

4.9.6 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección VariableExisten numerosos métodos para calcular los momentos de empotramiento de una barrade sección variable, todos son en esencia variaciones de los mismos conceptoscentrales.Para el cálculo de los momentos de empotramiento se puede usar el Método deFlexibilidad tomando como redundantes las fuerzas (cortante y momento) en uno de losempotramientos. A continuación se muestra la secuencia necesaria para calcular losmomentos de empotramiento utilizando el Método de Flexibilidad:

, 4EI" Elk 11=-(1-0.5)= -

21 1

Comprobemos los resultados aplicando la ecuación anterior a una barra de secciónconstante: "

Nota: kJ1 Y ñiz deben calcularse para el doble de la longitud de la barra (21)

•k 11 =ku- ku = ku-ftn knfui k22= ftukn- - " .

,:. k 11= ku-ftu kit = kll(1- ft12)..

I

)

)

¡ )

I )

1J)

1¡!

)

I

j)}

---l

t )ff )r¡

}

I)

)

")))

}

1.))

1)

~)

I .)

1)'-)

")

))))))"))

~)~.

)")))))))))

))

=3-7-1).)-}.).)

.J).=;)

J~.J~)

, )

~

a;.J--)

+

130

Ejemplo 4-5 A continuación se muestran las gráficas de los momentos deempotramiento de dos barras de sección variable con carga uniformemente distribuidade intensidad w. Las barras tienen.una variación en su sección transversal igual a laspresentadas en los Ejemplos 4-2 y 4-3.

4EI wf' wlJ wPU12=-kll(91+ftI292)=-- (--+0.5(--»=--

1 24 El 24El 124EI wP wll wP

UlI= -kn(92+ft2,el)=-- (---+0.5(--»=+-1 24El 24El 12

w1392=---24 El

w/391=--

24El

Ejemplo 4-4 Comprobemos los resultados aplicando las ecuaciones anteriores alcálculo de los momentos de empotramiento de una viga de sección constante quesoporta una carga uniformemente distribuida de magnitud w:

Superposición: UI2=- k, I el- ku e2 = - ku el - fb Ika fufuika=ftn ku

:. U12= - ku el - ftu ku fu = -lat( el + fb2 Eh)

UlI=-bI9,-h2fu =-ftl2klJ91- knfu:. UlI= - fui kn el - kn 92 = -h2( fu+ fuI el)

el= IM(X) miEI(x)

e2=IM(x)nl2EI(x)

Cálculo de e Iy al:W(x)

If

W(x)

~J....---J-Jf.r1(IJfn~'~~ JLEl(x) U21 =?

Otro método de aplicación general, que recoge las ideas centrales y que parte de loscoeficientes de rigidez de la barra se presenta a continuación:

130

131

Ejemplo 4-6 Comprobemos Jos resultados aplicando las ecuaciones antenores alcaJc,41Qde los momentos de empotramiento de una viga de sección constante quesoporta una carg~ unltorrnernentedistríbuida de magnitud w:

Superposición: UI12= UI2 - fui 1121 92= U2tf k22

Para barras de sección constante: U'12 == UI2. - 0.5 U21

,~~U 12=?EI(x)

1 2(4 ~)

q-d

1 2(4"'-, -~i\)

q-d

Conozco:

973

12/112

0.061

0.16

0.14

0.12

J.1 0.10w /2

0.08

0.06

0.041

J.1W [2

0.10

0.12

la laA~B

1/2 .//2

131

5

12/ JI

4.9.7 Momentos de Empotramiento en Barras de Sección Variable - ExtremoA::rticulaclo

J}_)

1¡,1

IiI

IJ )

;")·1)

.~

)

J")¿;))J-,.)

~¡

)

I~!

-:) l)-o..

\

132

Muro o Placa

----ID--~f I

\ I Ir._· _:. _ -:- . _

I

EI=oc> 5 6--lli-4 _ ..

Iv Iv

1m leAcm

1 2 3.l' .. ~ ...1 "a ti 1'].

Modelo del Pórtico Plano.

7 1=00 8 ?~ ~---------r------I

4.10 Influencia dé las Deformaciones por Fuerzá Córlante6s común"en él ~(l~li,SISde ~Iém~nto$'-~sbeltQá,~i'~.;;spreciªr lá$ défómtaciones porfue~~ co~n~'~ri~ a laa defermaclones por ~XJón., Sin ~mbar~Q,ex!~ten,numer9~ª~shuacíoneé ~n la.$'9Q!il1es las d~forrnaeion~PQf ~ote' pueCfel1lléQ~r a ser jr'ñpo~ot~syen consecuencla ~s necesario incluirlas en el a,ri~Jis,is.Un~ sitliáción como la descrita~ presenta en la,~g4ra a conñnuacíón (véase ei a~pite 1,10.8>'. El muro, que es(unelemento bjdim~ns¡Qnal, se ha modelado cotnQ' 'un el~~to unídímenslonal ydepen~iendode su e$b.e.ltezpuede ser necesário iocluir en el ahéJi$.,!s las,d~forriiáéion~spor cortante. Las defQtníaciones por co~nte afectan a la rigidez del mU'fQ y par lo tantoinciden en 10$d~p.f~amientos lateralesy en la distribución de las fuerzas internas entrelos elementos constituyentes del'pértlco.

~él,. lt . (;2." '1 "

U'12=U12 UI2,se c~lc.ulaen la viga con longitud '21'U'2l seobtiene 'por equilibrio,de la viga de longitud l.

1

Presentaremos sqJq él caso de una viga de sección var¡a,*~simétrica con carga tambiénsimétrica. La solución del caso no simétrico puede realizarse con lo expuesto en elacápite 4.9.6.

4.9~8Moméiitas de Empotramiento en BamiJs de Sección Variable - Extremo,IÉmpotramiento' DesliZante J, '

.' "'."

,ñYY~ = (IYYVVVYYYYb '\UIj "", 2 ~- -wl -wl2

12 12

, wZ2 wP wZ2uij=-- - -,-, =--' _'

12 24 8

+ (j:l--------,..OQ.j '1i2--Yi12

24

9j= -¡¡i;(4~I)~~ 4~~]

132

_. _. o~;=-':=.i"":"-=.~;:,,<i- .;:-,;_,. ~-¿::: :"~,::E.:::;;;'~:-::,~.: ',:,t·.-~::..i .:."i:.. ':~~,o'. '::-"-:"::~-:._¡¡:;;':~'~ ...~~: '::::''':':''-;'':'':0 =--:::_...:......~.::.:i~=._:_:-Z·:.:.':~...-, -=- _~.. : :=~~']':":'~':":::':_:--_ :_-'::"'_~."::-_':'::"'_':~ ..::'--,::,-:::-:"\.~'"'!'~;''':':::':;'~~:';~:;-,;:.~:.;".i:,--- .__ .,' ....: ,.......:.;;:'"

~~,J},~

1))

)))))))

-J')-.:))))

)))})"))))

~

-c1~):d-)

~~),J)~O),6):)~)J~

Id0)-4

133

4.10.2 Elemplo de la Influencia de la Fuerza CortantePara cuantificar la influencia que tiene la fuerza cortante, analicemos. una vigasimplemente apoyada sometida a una carga repartida. El propósito es comparar ladeflexión al centro del tramo incluyendo las deformaciones por flexión y por cortante. Lasección de la viga puede ser cualquiera con la condición que tenga un eje de simetríavertical que coincida con el plano de las cargas aplicadas y está caracterizada por superalte h, el momento de inercia 1y el área de corte Ac.

h)1v

Ac~2th

t (delgado)

v

tZZ:ZZ%ZJ 2 tfv 5Ac ~ - br tr3

...Ilf~,';v J/ r

bf

- Sección cajón de espesor delgado:

v

- Sección Doble T de espesor delgado, cortante paralelo a las alas;

Ac ~ twhff = AtoúdAalma

- Sección circular hueca de pared delgada: ff= 2.0 Ac = 7tRt- Sección Doble T de espesor delgado, cortante paralelo al alma:

tVhI:E

....

Ac=5/6 (bh)Ac=O.9xR2

1 V2u= 2I GAc as

Algunos Factores de Forma de secciones comunes:- Sección rectangular: ff= 1.2- Sección circular sólida: ff= 10/9

Cuando se incluyen las defonnaciones por cortante, es necesario conocer algunaspropiedades mecánicas adicionales de las barras. Por ejemplo en el muro de la figuraanterior _esnecesario conocer:

Módulo de Elasticidad=E Módulo de Poisson =vMódulo de Rigidez al esfuerzo cortante G=E /2(1+v)Área de la sección transversal =A Momento de Inercia principal y central = 1Área de Corte Ac=Al ff. Donde ff es el factor de fonna de la sección.

4.10.1 Factor de Forma de una SecciónEl factor dé forma está relacionado con la distribución de los esfuerzos cortantes en lasección del elemento. La energia que almacena un elemento esbelto por cortante, vienedada por la expresión presentada a continuación, en la cual Ac es el área de corte de lasección transversal del elemento.

133

.... ~':..~<.,~-.~.... ~.:

"~

)

)_,)

__,

~¡'l)()1'l))))))

))

-J:,-=>

"))

))"'))

))

))

))

~

a~)~)~

~,.-:)

_))~)8)-)

~))

;~

@02)_:)

134

hll ACorteI tiFlexión1/15 1%1110 2.2%1/5 8.8%1 /4 13.8%1/3 24.4%

( )

2

tic'- Corte ~ 2.2 ~ -+ Sección rectangular de concreto armado./!"CL Flexión 1

La tabla a continuación muestra los cocientes para diversas esbelteces de la viga. Paraeste caso es claro que para esbelteces grandes las deformaciones por corte influyenmuy poco en la deflexión al centro del tramo.

En consecuencia la relación se reduce a:

tu: ¡Mm J Vv 5w[4 w/2./.= m+ GAc = 384EI +8GAc

• .&7.. Corte = 96 (E)(_I ) _ 9 6 (E)(_I )(h)2 (*).. Aa. Flexión . G [2 Ac -. G h2Ac l

(*) El factor 9.6 depende de las condiciones de apoyo y del tipo de carga externa, el

factor (h'~c)s610depende de las propiedades de la sección y el término (~ rmide la

esbeltez del elemento.Para elementos de concreto armado Concreto Armado:

~ ~ 2.3 => tiCLCorte = 22.08 ( 1 ) (.!!.)2G &:L Flexión Ac h2 1

bh3Si consideramos una sección rectangular: _!_ = .l2_ = _!_h2

Ac bh 101.2

L..-- _ ____,I 0.5.Y.

~w112v

M ~ wP/s

~

Real

134

135

q-d

[f]=~_J ~_~,,~:--- El, GAc ~

i2¡2

2EI¡J 1-+--3EI GAc

/El/2

2EI

10.3 Matriz de Rigidez de una Barra con Deformaciones por Cortecalcular la matriz de rigidez de una barra, incluyendo deformaciones por corte,

,..,..""....... generar primero la matriz de flexibilidad de una barra en voladizo y luego porde ésta calcular la matriz de rigidez para la misma barra en voladizo. Los

nos que faltan se calculan por equilibrio.

.a) Matriz de FJexibilidadpara una barra en voladizo de sección constante.

hll ~Corte I ~FJexión1 /15 0.3%1/10 0.7%1/5 2.8%1/4 4.3%113 7.7%

I

tabla a continuación muestra los cocientes para diversas esbelteces del muro. Esque para esbelteces grandes las deformaciones por corte influyen muy poco en la

...deflexión en el extremo superior del muro. Comparando las dos tablas se observa, comoera de esperar, que los cocientes dependen del tipo de elemento, condiciones de apoyoy de carga.

/le = 2.2 (h)2/lf I/le (h)2

Af:= 0.69 I

rar con el caso anterior: -4y y V Y tconsideramos una sección rectangular:_¡

( )( )

2~ /le -69 1 h

Af -. Ae h2 1

/le =22.08( 1 )(~)2/lf . Ae h2 l

Epara G =2.3

Corte

1

una comparación similar a la anterior para la deflexión en el extremorior de un muro en voladizo, de peralte h, con una carga concentrada:

I3S

)

",,

;)

,)

--,)-,)

)

-))

-l)

))

}

)

)

)-)

)

1

1))

)

~).))-)

)J

;

~

)

~))

"'):)))

af¡)

o)._)

))

)

))

)'))

-)-')-2))

)))))))

))))

:;:j-=_)

-i)

.,-J-~

-~

-j

.J).:J)~.)

~)

J~

V'0"---1

136

b

~h

d) Si en la matriz de rigidez anterior se hace a. = O se obtiene la matriz de rigidez de labarra sin deformaclones por cortante.Para una sección rectangular. de concreto armado el parámetro a es:

12El<1= .

¡2GAc

6 2-a 64+a -- -1 1

1C\ 6 12 6 12EI,GAc t~J -- f -71 El 1 1[k ] barra = --q-d 1+« 1 (j

4+«62-(1 _._ -

1 16 12 6 12- -[2 - [2-1 1

Finalmente, débido a la simetría de la barra: k33 =kr 1 k44 = k22La matriz de rigld~z de barra para el sistema q;.... d indicado es:

k12 yk22 son conocidos.k42 se calcula porequilibrio vertical de la:barra y 102 por equillbriode momentos

k 6 El í.~ ..li=----~y ~. 6 Ell+a P ;ij--'r+-"-~---'~'1"'!".---t:~)k32=-1·+-I1-[2

k22 ='_g_ El ko =_,_g_ ~l. 1+11 P l+a P

kt 1Ylal son conocidos.k41 se calcula porequilibrio vertical de labarra y lOJ por equilibriode momentos

k _4+I1EIC~ ~)" 2-aEI11- ---o ..... k31 - ....l+ci l' . . - l+a 1

~ 6 El t 6 Elbl=----· k41=---1+a. [2 1+(l [2

q-d

El.GA~

e) Significado ñsico de los términos calcutadcs y cálculo de los términos restantes de la­matriz de rigidez dé barra en el sistema q - d indicado a continuación.

12EIa=-::---. zZGAc

b) MatriZ dé Rigidez para una barra en voladizo.

[

-El(4+11)-."[k] =[fr1= (1m k12) = _1_ _l

bl b2 1+« 6ill~7Es pOsible comprobar que: [fl[k] = [k][f]= [1]

136

j~Mj=Mi/2

Si la columna no tiene cargastransversales y. sólo se incluyendeformaciones por flexión la columnatrabaja en curvatura doble.

¡tui -0.5

· gn un pórtico sin desplazamientos laterales sujeto a cargas verticales, si s610se incluyen· qeformaeiQnespor flexión en las barras, las columnas suelen trabalar en curvatura doble.· ésto signm~ que las momentos en los extremos de las columnas tienen el mismo

". sentidO (horario Li antihotario). En la figura a continuación se muestra la situación...qescritapara la columna izquierda del primer entrepiso

En la expresión anterior, el factor de transporte puede ser ~gativo dependiendo del'.,valo~que adopte a. Un valor ~~gativo del factor de transporte .s'gOifica,que el momentoqueaparece en el extremo derecho de la barra es negativo para una rotación positiva del

',"extremo izquierdo, tal como se Ilustra en la figura a continuación.

r";,. M11= fU7 MilMl1 \.)

.' . ~I 2-41Factor de transporte l-2 = ftl2 = - =--ku 4+41=

2-a Elk:u=--­

l+a I

ku = 4+u Ell+a 1~1I (~*"..-r' - ... -7-.----:O-----J..-2~ ) lal - ftl2 kn

1 el = 1

12.EIa= . .PGAc

l~ .,' )2\~. '. '.' . .': /}.~,\\ 11 ', q~~l '

1Q~4Factores de Transpone en Barras con Deformaciones por Corteeste aC4Pite~exarñ¡ha~~P;'alg!Jnasde las particu¡aridade~qij'~tienen los factores de

~;ttral[1S(lior1:e'en bárras de secCióneonstante con deformaclones por corte.

12EIa= '-::¡2:-G-A'__"c[k] - 1 EI[4+abarra- ----. . l+a 1 2-(1

2-a]4+a

s~~encia de cálculo es la misma. es decir, !)e calcula Iª m~triz de flexibiliqad de."..~IJ e'l sistyema q - d~se ínvíerte dicha ma~ p~'raobt$ñ.er ia matriz de riQic:fe~de

en elmismo slsterna. La deducción se deja como ej~rCicíopara el lector y 10$resl~lta'laOl$,para una barra de sección constante, son:

1 l.¡r-__""___". --.,¡:a "'\ 2. -(& q - d '" ¡/

uede ser conveniente, trabajar con el sistema q- d inqicado a CQhtifluación:

131

137

\

-,",L2i:·_:';:ó·_·.c..;,,·. . '" "... :.;,.;;;.,~" ,~_...".';;;,;__:, ;; ..",.~,,:...o;~~~~~_:: .~_~:~~~ ..:~'.'~,..•.., .......•;_~, .."-_~_~.""..:,..;; ._;;;::::'.::~~::;'::¡,...':':':'.... "·,;,··c"c·,,'::· :'.;"""'''~'='''"''=''~~'''-''--¡:

1~)

J)

:9I }

. Ii 'J.)-),')"))

1...,~))

-1.>

~

-:1~_)'jj)

'J1~1f3)

""))

~

),)

.)).)'))))))

)

3~"1:-

• t 1D2 I 4 6 5

· .· .• • I • • , , •s -_ ~.__ ~ : ..•.. -: -:-- :- ~--_ -:- , .

: . ¡ ¡ : : ¡ ¡2 •••••• : ····~·······t······¡······t··,···¡_·····~··_···t······ .· . . . . .· . . . . .· . . . . .

o , • • , j • ,

• • • ~ , i- • ..

, ¡ .,...-r j ····Y·····¡···-r' ·t..·· .o~~--~~--~~--~~--~~~

Rigidez al giro Kii = (4+IX) I (1+a) (ElIL)

2- aftij=--4+a

Esbeltez (Ion9'pera~e)

• 102 J 4 $ ,o

12 •: ..'·T~:i~··¡.•.•.:•.••r-- +.··::··1:.J•••:'1... :. ': . - _•• :-.•.. - _~... _,<, •... _ ';" . _.";. 0'_', -:••••. ' ': " •• ;

. ..: :.. . .-:.. ~: ..: . i' ':. ~• o" .; ••••• ~. '-!"'! o •••• ~ •• ~.~ •••••• :, •• ~ ••• ~

~ ..... i- ::::t:::::t::.:::)::::::L::::t:::::J_:::T.::::t:::j3 ....•. ~._~••. ; _.• ~•••••• ~•••..• ¿_.__ :. _.. ! i :.. ._!. . . . . . ; . ~: .. :¡.::-' ,t::::::~::::::1::::::~:::::.t.::l.::~:::::::~::::::!

• I I • • •

CoeflCierie IX '" 12ElIL"2 GAl:

2-a Elkji=----

l+a 1ku= 4+a El

l+a 1

9i= I

k¡¡ (~~-. --~~ )lqi= fijk¡¡

~El, GAc

~j ~hE 12EI bh-=2.3 a= Ac=-G [2 GAc 1.2

I! 1 v biI )J

Esbeltez = I / h

ftij = O

4.10.5 Variación de los Coeficientes de Rigidez - Barras de Sección Constantecon Deformaciones por Corte

Para formar una idea más clara de la manera como varían los coeficientes de rigidez algiro y a la traslación de una barra de sección constante con deformaciones por cortante,se han construido las cuatro gráficas que se presentan a continuación. la variable enestudio es la esbeltez de la barra medida como el cociente entre la longitud y el peraltede la sección. Se ha supuesto que la sección transversal es rectangular y":, se haadoptado un valor para el Módulo de Poisson típico para elementos de concreto armado.

ftij es negativo

Mi

Mj=Olt:..__.J ti.lJ

Mi

ft .. 2-aIJ=-­

l+a

138Ir\¡lt

Si en análisis se incluyen las deformaciones por cortante entonces, dependiendo delvalor del parámetro "e" el momento en la parte inferior de la columna podría ser nulo opodria ser de sentido contrario ar momento en el extremo superior, con lo cual lacolumna trabajarfa en curvatura simple:

~Mi

139

Real

Resolvamos la estructura por el Método de Flexibilidad, tomando como redundante elmomento flector M al centro del tramo. ~

~(Sr Sr~( SI<.~(Dl ~

ñ I ::--·II-rT"T""T'"T""T"T'T",.-¡-'1~ - - _-::(~"""Y< ~lllllIlIlllv:o

Viga simétrica con carga simétrica

w

Superposición: k'u= k, 1- ft2' 1<2,Pero: kn= ftu ku => ku= ku- fuI ftu kn= kll (1- ft)2 fuI)

4.1.0.7 Momentos de Empotramiento con Deformaciones por Corte:Las deformaciones por fuerza cortante modifican los momentos de empotramiento. Sinembargo. cuando la carga es simétrica los momentos de empotramientono se modifican.A continuación se demuestra, para una viga sometida a una carga uniformementedistribuida, la razón por la cual los momentosde empotramiento no se modifican.

4.10.6 Rigidez al Giro Modificada de una Barra c()n Deformaciones po_;-~rtePara calcular la rigidez al giro modiñcaéa por la presencia de una rótula en uno de losextremos, Sepuede utilizar la misma superposición presentadaen el acápite 4.9.3

......_~= 1. ~ el = 1

k'llcr*====I,GA~:= kll(K¿ 7'" ~)k21+

Esbeltez (lcngIpetaHe)

• 10 10a2.,o

_.__.:.__ ,--~l

2 -- ~--T-'~: ---r---¡~ ,.. ...¡. ¡ ; ~ 1 ¡ ¡ ¡ ¡ 01

1 ...... r.....:..,...¡-..... !,....,-:.....,.}......¡..·....;....·..r..··'·., .. ., .. ., ,

,-~-'~.~.-I • •• I .,11 ~. !'" '";'"----...:-...-..:--...-0 • ,- - ~ _._.~ _. __ •• ~•• ;;. _o .... - - __ o

': ::::J::::J:::::t·:::(::+::J:::::t::~t::::t:,·.:11 -..... ¡ ; · +- .. ·.. ¡-.... ·~ ··+··..+·,··+··..+..·..I•.'.._-;: ;._:._-_..r ;__-;_;'_--;-_..,'.s ...... ¡ ~ ~.., ¡ ~ ¡ ·i··----~-..····~--o .• • •. - _M: ~ •.• "!. t_'-r:_:__,:: ~:""": -"';! .:s .- .... I·····-~-_ .....···~-·~··..: ..·····~-_..···~·····_·~·-- ..-·;·· ,;, .2 -oo' ~-_ .... ~.. •• .. -r··..·+..·..¡......i..·.._·¡- .... ·j · r: ..1 .. "':·~··~·~:'-·····~·~"'·"·!~-'-·-i·····'·=~·--·~·:~··'·'!..' "'-~""'"o~~' --~-'~-'~~'~~'--~'--~'--~~

Rigidez trasll!ción = (12/ (Ha» (El/l/'3)11

Rigidez Kji - flj Kii ~ (l-a) I (I+a)(EIIl..)

139

)-,J-}

1)-.

T

)

~\I

')')-))-)..•

}I.., I

J [)

)

"

i)-")

, , ..---;-- ··:"'7~··;:·'··~ "',' -".-':' ".. '0 , •• - .--:. __ ._- :'- .. _ ,.,, __

",~,...:.;:i.~~.-:'...: .:....;: _.:--.,:::;~ _.._-':":'.-:':~~";_':'_;'-_'.;:.:':,_;_:::-::!.:~;: ..6;.:':'--:~~:.._:_::_ :..:,,:.;~_~~:--;:,: -.-:-::."-'~:--,-:~~:.-.. '---=~~'_:".~...,; ::..,.!.~~:...._;,~....::.~...., ~~:'.:'"'~ .._:::::;'.~::;':'.~:;_,~::_;~~~~:::;.:.:;.'~:":~;'~;":¡;",'¡::~'.'-:- -c: .~',~'::::;':":'~:~:'=..oI.:SZ";

"..i

:;r;.-:

¡§)~J)(},)

1\)

)))))J-i,j~))

)~).))))

))

))

3)

-~ 112[2

EI[4[k ]barra= -1 6

1

6 El¡z

Caso 4

[ k] = EI[11barra 1

ll.j= //2

r¡_l __ ~~q-d

Caso 3

~l'.ar-----IIh_

\\\ 111q-d

9=1~3EI~~- \.) 1/2/

~3EI tT

Caso 2

Caso 11G:'"\\=r:«~2

q-d

~ ]

4.11 Resumen de los Casos más Comunes - Coeficientes de Rigidez Vigas dI.Sección Constante sin Deformaciones por Cortante .

DI- JMm+ JV/OEl ~.-;j O

fu - Jn;,~+ri?De las ecuaciones anteriores, resulta claro que ni el desplazamiento DI ni el coeficientede flexibilidad se ven afectados por la fuerza cortante, en consecuencia los momentos deempotramiento serán los mismos. es decir: ~j = J.!ji = w 1/12.Cuando la carga no es simétrica, como por ejemplo en una viga con carga concentradano centrada, Jos momentos de empotramiento sf se modifican, sin embargo lamodificación suele ser pequeña y normalmente se ignora.

140

- -- ._ •.•... ~.__ .- _ .. _.... - - .. _ .. ----- :;- ._- '..:.'- -=--:::~""""" --:- .::""•. __ ... . -·::.:t:==~:-~:~;~..,.,_.:~~-1·· _:•.~~~:. :}I·2~·~;~·i~-.:~:_,::.l~·':'__,_;:'~,:_--~_ ~.ii~.~.:...":-::.'~::.~..;_l. __ i.;._"~~:"~.;."".,;~-_~:.:....!~~;~.:..~"'"-,~:.: .. _;.. :

141

.)-.~ _.... _ ...__ .... --

3ab ]3b2

El [3a2[ k ]barra = a3+b3 3ab

~ El El Oj?,

11' ~2\4.-\----])._""7I/f,'- tJ.

q-d

a. b

;',~;~.;.

~\;:Caso 8,!',="

!,}! (rótula interna):¡.!¡. ••

,'o~:l..': ..

[ k] = Elbarra b

2+6ab

4

4 3a2-(b+3a+-)b b2+6a

b.:... .

c .I":t¡.

Caso 7(brazo rígido)

4.12 Resumen de los Casos más Comunes - Momentos de Empotramiento enVigas de Sección Constante sin Deformaciones por Cortante

. En la Tabla 4.1 inserta a continuación, se presentan las fórmulas para el cálculo de losmomentos de empotramiento perfecto para los casos más comunes que suelenencontrarse en la práctica.

a b

141

,Ó.=1 ~ t23/~1(r- ~1 l( 4j3 El [4q-dT

Ef3

1_-,

[ k ] barra = -, -7 3/2

4 2 6 6

I ct 3 tP2 1 ,2 4 6 6-- -

El , 1q-d [ k ] barra = -1

6 6 12 12-- ¡l -f1 I6 6 12 12- -12 121 1

....._-,.-"";-.':", -....... . - .__ ._ _._- .:~:=:...;.:.:.:..;::~~.~.:.~__;_.~ __:_:...:.:..~::r..:,;. =~ ·.r":":::•. ~_:~_':':''::''~._; ..~_~.~.~::.•.'. :~.~~.,:;.l:..~.~.::..=~:::~:.~_~:':::'::'::::'':'':ot.;\

f)

I))

,)

)

))::lJ

)

=;"

}))

))

)

j )

J.))¡

1

,)

t)

))

))

¡1 ~

1,-i

l .)¡1

o;' •... ~:-- .. - .•: .... : •• .,.: '.-='-' ._.~~. - --.:.,,,, :'~""C- • o ":;,"'_' • __ "., ..... _

. ;;;.-.22~-;::..ti~~2it :'~:;'~~;i;i~,~.~~;;;·";~~=':::4:".:,j¡:;··_:·~··;;:~~:'¿_iS:;2::~~.~:~;....' .::.:-..;;:...."~'- .__..:;.~~

)))))))-;.)

-7))),)J))))

)))-3"):-i):~.}

'-i.~)

~.),)

.),_)j)j,)

.)~.

,~~.w¡J

:~"""\

142

.­~NI

+-~-'fl~

-E-

Q..I\O-'_-s

o

.o+aSU~

,,---....CdIN

l.

~'-----'&! l...l·!

II1j¡

1IIf

IQ)-eN tU

~ .....en...... c:oor:::::-o·0o~Q)"Oene!"-tu.cr:::::Q)

o1::(1)'ee!"OEQ)Q)-cti>alt:!Cl>.::7u,I....

-teicaJi~

,1-en-8, 8, Of :E¡. I

mI "OI ~I oI

8I

¡:.a

," .~':'.'- ';;-C~-'-'.;",'~'- ••- J ',:","':.-"T"~'e ':-; '.~.~,'.'_. _ - -- - -- '.::'-- - -- .----- ::: .-,;.:-' -:-.:-:-:-:-:-·',:---c 7:;-: ::"-.:·.~:-._-:_~-~::.Yr~ ~_.: :_ ,._~_~...:..~..;::.._ :.::.;~;.,.~.;.....~

.•...,.~; z :,~.~ •• , .... _.. _.... _._. ".cc, .. ,-',::.", '. ":';>:". :~.,,,~~~:-,, __,:,",_,,j"-,_. .... "ª':;~.=:":_.~;~:::':~:_¿;:,;,~.e.,-; "._,,¡_~_,i·,_ _' -- ::¿j1

cJ)L:))))¡

)

)8) ¡:a

~ ~) -:« lt:.../ :!j...;¡

~I~ 0\00) :!Ioo))

)

) ~Ig):!I'<t

) ~~ :!I...;¡;

MN'1 +-/cO

'9 "O

~j) 6¡:a) 4)

-=CI).) e4)

J :g~o ~J '-.:11

~ :!I..l~I~ MN

~I"'")

'J_)

143)

")~.

~INi ~I~ ~ oo) 4) "" <E-

:;;4)-eg~I=]o

~~ o

<.....JI") ~ '-*'-...A ~IN ~IN')

~Ioo}

i! l

1J ~I...l0\00

<E--)

¡

Gti~

.~)

))-)

)')))))

4)J))_))~')))'),)

))"j,)

~)-J4"":3~.¡;'..))_):)

-'jJ)~~g:~1

,';'" _C: • ;~'.\;..:

.~,.,.:.,~.~..•-:-..-:-:.

144

Estas ecuaciones son aplicables a barras de sección constante sin deformaciones porcorte y sin desplazamiento relativo entre sus extremos.

4EI 2EIMu=--Si + --9j + Uij1 1

2EI 4EI ic:Mu= --9i + --9J +un El -)jl 1 IJ- 4:6EI 6EI q-dVu=---Si - -2-9j+Vij¡2 16EI 6EIVjr= ---Si - -2-9j + Vjí¡2 1

Para la barra i-j la superposición de los desplazamientos de extremo de barra(rotaciones) conduce a las ecuaciones de Pendiente - Deflexión:

\

5.2 Ecuaciones de Pendiente - Deflexión. Barras sin Desplazamiento Relativo delos Extremos

Las ecuaciones de Pendiente - Deflexión (Slope Deflection) fueron presentadas por G.A.Maney en 1915 como un método de análisis para vigas continuas y pórticos con nudosrrgidos.Este método está basado en la superposición de desplazamientos. tomándose comoincógnitas los desplazamientos de los nudos (grados de libertad).Toma en cuenta las deformaciones por flexión y se ignoran las defonnaciones axiales.Salvo en casos particulares, se suelen despreciar también las defonnaciones porcortante.En este método se plantean las ecuaciones- de equilibrio de nudo en términos de los ,desplazamientos de los nudos. \

i\

\1

5.1 Introducción

CAPITULO 5 - Ecuaciones de Pendiente - Dellexión

144

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

...:;_:_~~~.~~~,;,::,~'~~;;~~)~:~_~~'~i'~~.'.~.-:-~'~::-~'.;:,~:~..~,..__;.:.:_:.:.o._;.:..~__ ;_ ._-~ ~-'_,:, z: ._'-_

I

)j j -.._,

J) 145

1

.'.";"

«,e"

j. 5.3 Solución de Estructuras utilizando las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión.f< Las ecuaciones de Pendiente - Deflexión, por si solas, no permiten resolver una'''' estructura, es necesario plantear las ecuaciones de equilibrio de nudo en términos de las

incógnitas cinemáticas. A continuación se resumen las principales etapas para lasolución de una estructura empleando estas ecuaciones:

1) Seleccionar el sistema de coordenadas Q-D. Será necesario identificar los gdl dela estructura.

2) Calcular los momentos de empotramiento de todas las barras.3) Plantear las ecuaciones de Pendiente - Deflexión de cada barra.4) Plantear las ecuaciones de equilibrio de los nudos. Para estructuras sin

desplazamiento lateral, bastará con las ecuaciones de equilibrio de momentos enlos nudos. Se obtendrá un sistema de ecuaciones en las cuales las incógnitasson los desplazamientos seleccionados en el primer paso.

5) Resolver el sistema de ecuaciones. Se obtendrán los "movimientos" de los gdlseleccionados para el análisis.

6) Con los valores obtenidos en el paso anterior, calcular los momentos de extremode barra. Todas las otras fuerzas de sección se pueden obtener por equilibrio dela barra.

Para barras de sección variable, antes de iniciar el análisis, es necesario calcular loscoeficientes de rigidez de barra, ya que las ecuaciones de Pendiente - Deflexión

.,. presentadas en el acápite anterior corresponden a barras de sección constante.

~~tEs.posible simplificar un poco más las ecuaciones anteriores si se define el término ki{ti;. que representa la rigidez a flexión de la barra i:f~~t~.;s.:. Mij = 2k.i (2ei + 9j) + uij

)l

{Mij}= EI(4 2){ei} +{J-lij}Mji 1 2 4 ej Ilji

6EIVji = -- (Si+ 9j) +Vji. /2

,Las ecuaciones anteriores indican que si se conocen los desplazamientos de los nudos a"IOS cuales concurre la barra, será posible calcular las fuerzas de extremo de barra y a

-:_.~-partirde estas todas las fuerzas internas (fuerzas de sección),~~L'''Lasecuaciones de Pendiente - Deflexión, suelen presentarse del siguiente modo:

2EIMs = -1- (2eí + 9.i) +Uij

2EIMn= -z- (ei + 2ej) + Uji

6EIv, = -¡;:-(9i+9j) +vs

k.i= Ei Ii (Rigidez de la barra i)li

J))

II )J

)

))

)

)

):1")

9J)_))

,_)

,)

!

lil·ItII

-:(! .;';,

.....;':í ":i: .j ,';

'~.'

:¡;.i·

"-,

IIIIII1

\

~q)))

)

))

))'))

"i')"7.,)

J)))).>

)

')

.))-j))),)-7:-::-)::),.),),).)

-,,~

Jj.)

)

~

::J-~:)

146

- Ecuaciones de equilibrio de momentos de nudo:Nudo 3

M34= -6 + 2b (2 e3 + 9.c)M43= 6 + 2b (el + 29.c)

Barra 3:

kl = 1/2k2 = liSk3 = 1/6

M2J= -4.792 + 210(0 + e3)M32= 4.792 + 210 (O+ 2e3)

Barra 2:

M31 = O+ 2 kl (O+ 293) La estructura es de secci6nconstante. se pueden definir losvalores de ki del siguiente modo:

Barra 1:

- Ecuaciones de Pendiente - Deffexión:

4.792

- Momentos de empotramiento:

i

\

EleMento ~ost6~co- Sistema Q-D:

6E=2 x 106 ton/m2

El=5,208 ton-nr'Sección constante O.25mx 0.50m

ÍI 1 í11151

2.5 ct> h=2m2

\N=2ton/M 2tonlton

Ejemplo 5-1 Resolver el pórtico mostrado sin considerar deformaciones axiales en loselementos.

146I

147

5.7

6.68

~~~~~~~~~~~~~~~~0.671® t

5.30

~rvu27.03 ::::fCcl"QQS externo.s

2Xl2+H2=27

SAS

- Momentos fledores (ton-m), deformada y fuerzas cortantes (ton):

(rotación horaria)(rotación anti horaria)

- El sistema de ecuaciones es:

(3.461 0.333){9l} = _1 {l.208}0.333 0.667 94 El -3.0

Nótese que la matriz de rigidez es simétrica ( kij= kji ) Yque los elementos de la diagonalprincipal son positivos ( kii > O)- Solución del sistema de ecuaciones:

e3l::$ 0.82/ El ~ 0.1576x 10-3rad94 ~ -4.911 El ~ -0.943x 10-3rad

. Ecuación 2:

2k1(293) + 4.792 + 2k2(293) + (-6 +2k3(2eJ + 94) = O

=> 3.476e3 + 0.3339..= 1.208El

+6+ 2kl (93+ 29..) =3 => 0.33393 + 0.66794 =-3

Ecuación 1:

M~EK :JE343 \\\

.Nudo 4

l~'

_)

).)

'.,

j

!. )

I t)

)~¡1:i;r~5.~.~

\

~

1-)

~

)

)

)

')

j

\

))

.>~)-').)'J-')

=3~

~.,),)j.).),)..))~

G::3

rj)(¡)t).)

)))))'))))

j).,))

_j).,.)))

)

148

Superposición de los desplazamientos de extremo de barra:

Mi =Dj--Di-Posítívo cuando la cuerdagira en sentido horario

Di~

~JMJI .........~I~'{jl__ Cortantepositivo cuando

produce un par horario

5.4 EcuacioneS de Pendiente - Denexlón. Barras con Desplazamiento Relativo delos Extremos

Nos limitaremos al estudio del caso de barras de sección constante sin deformacionespor corte.

:. N2 = lo Das = 0.671 ton

EA10=-6

DH]= 3.354EA( 1 1) .EA 5+6 Dm= 1.23

N3= 10Das = 0.56 ton

EAb=-5

Una posibilidad para' superar este problema, consiste en repartir la reacción horizontal enel nudo 1 de 1.23 ton, en proporción a la rigidez axial de cada una de las vigas· queconcurren ai nudo 3:

:EFh:R2 +R4 = 1.23 (Infinitas soluciones)tMo: (R2+R4)* 2 +Momentos de Ias cargas =OLas dos ecuaciones anteriores representan rectasparalelas, por lo tanto no tienen solución.I

IiI~

La reacción horizontal en el nudo 1 se obtiene a partir dél cortante en la barra 1-3y lareacción vertical a partir de los cortantes en las barras 3-2 y 3-4. Nótese que al haberignorado las defonnaciones axiales (se ha supuesto EA = 00), no es posible calcular lasreacciones hcrízontates en los nudos 2 y 4 ya que él problema es indeterminado, comose indica a continuación:

149

CuandÓ se reaüzan cálculos 'manuales, su~Ie ser conveniente para reducir el trabajon~h1éricoJel utilizar el nún:-eróirtfnirno posible de gradQs de Ubertaden la esíructura. Porejemplo, en los apoyos aríículadcs de loS extremos de vigas o en 10$ apoyos articuladosde pórticos, es posibl~ ignorar los grados de libertad de rotación en e$OSapoyos,reduciendo asf el número total de incógnitas.Por ejemplo, en la viga de dos tramos móstrada, es posible ignorar el grado de libertadaSociado a la rotaci6n en el apoyo extremo de la derecha, para ello será necesariomodificar la rigidez al giro dé esta barra y sus momentos de empotramiento. Enconsecuencia será necesario modificar las ecuaciones de Pendiente - Deflexión.

S.5 Modificación de las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión.

En consecuencia las ecuaciones de Pendiente - Deflexióh son:

2 EI( 3AU)MI;; =u··+ -- 291 +9· - _'l IJ l' J 1

2EI( ,38ij)M.. =u·· + - 9. + 29. --JI JI 1 1 ' J 1

6 EI( 2 AU)V. =v·· - - 9.+9. --1J IJ /2 J J l

V.. = v .. _ 6 EI(9.+ 9. _ 2 Aü)JI JI P 1 J 1

+

~II¡J(~- -~IAIJ)~l!.iJ 9i"'0 Oj-O l!.ij-o

i ~II¡J ~ ..

9i=0 9j= 1ªfIeJ(~t--29~I '

+

ei = 1 ej =01J))

)

+

111

149

)))

)ry)-))

=~

)~j::).;.)).)tj'J,.).)e;

3 u.,v': = v ..+ _ _1!.IJ IJ 2 1

, 1,.. u· ..= u·..- _'u· ..IJ IJ 2 JI

- Cálculo de los momentos de empotramiento u'ij (barras de sección constante):

, 3El 3ElVij = v .. - -2-9¡+ - Aij~ [ ¡3

r 3 El 3ElVji=V .. - --9¡+ -- Aij

JI 12 [3

Mji=O

Las ecuaciones de Pendiente - Deflexión modificadas son, para este caso:

r 3El 3ElMij = u ..+ -- Si - -- .!lij Ecuaciones modificadas.IJ l- [2

+

y w)

150

a~

~~, a

~

o~

M1J(1 r'ffh .J.. J

tV¡J J..\I¡~

~:i.~.,;;..~~:....~-:._.~. .:;~:_~.:,:~·::;;:.;i~;::,;.:___~-_.-;~.::-:~.. :-.:~~,:.;...~;~:.~. -..;.~~~=~",':',~Ll-~¿;~,,~,9f)~')")')

)")))')))

-iJ-9))

)).))))

151

u", = __1 w/2 _ wl xi = _'!'wI2IJ 12 2 2 3• 1 2 w/ 1 1 2u·o =+-wl - -x- =--wlJI 12 2 2 6

Ejemplo de cálculo de u"ij:

1 wf 1 wfw rr :-m- T 4*YYVYY~ == (tYYYYYfJ + Q:J--rk)¡ti J..wl

2'

. /u·. = u.o + Y·o-IJ IJ JI 2

- Cálculo de los momentos de empotramiento u"U (barras de sección constante)

ulJ (\jI)! (\]I)~(~ r1Tb + ~)uJ1 + (~ ft)tVIJ vJ J.'(jl vJli

MiJ(. 1111II 1 .!. §%)Mji El e.tv: . .!. M ..= u", +IJ IJ / 1, IJ ~I=OMoo= u·o. - Ele,

.!.JI JI 1 1

U'ljqt ,1111111 §~ Vjj = Y·jj

.!.V~.~=OVij Vjj =0JI

Otro caso en el cual conviene modificar las ecuaciones de Pendiente - Deflexión,corresponde a las barras que tienen un empotramiento deslizante en algunos de susextremos y no se desea considerar el desplazamiento vertical del empotramiento comogrado de libertad. Estos casos se suelen presentar cuando se reducen las estructurassimétricas cargadas simétricamente.

Ejemplo de cálculo de u'í]:

UlrJ~!oY~ == '(IYYYYYYYYvb)-wl2 -wl2

12 12

, wl2 wl? wl2.. Uij=----=--

12 24 8

151

,"..

")

")')

}

")))))")

-J)9))

J):))

)))

)

))

c-JJ--':>)cJ)

.:e)

~..;_j.).)o:>JjJ)~

II~-==~r~ e O.134CM

Deformada

Momentos(ton-m)

1- 2.0I'F---=~--Iríf_

1.50 L:r

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

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

9 L20~ 045·1·0-'2f':$---1::s. xEl

Ecuaciones:

E=2xl06 totilm2

Sección O.25xO.4Q El = 2,661 ton_1il2

1:f ylYS(i~Y {lYV¡ 3

~ • rJI 3 ~ 4 ~

2ton/M

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

'f·· (~ dIb ~ r ~ dJb~ uaUl~ r1Tb .i ~)UjlfJ. IJ -

1 1 tV·'J ~ -

" ;1' "v" vj,=O

Nótese que el momento de empotramiento J.L"ij.puede calC\,J,~~e.4LiP,Ii~ndola luz.de laviga olÍ9inaJ y generancJp un sistema de ~r9as simémoo, tál como se indica acontinuación: _.- -

152

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

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

~~~!~

)))

153

El mismo resultado obtenido en el ejemplo anterior.

- Cálculo de la rotación en el nudo 3.I 92 1 2 4 0.6 3.267Bs= -n··x - - - = -->«2)(4) x- - - ~---

. JI 4El 2 12 4EI El El

M2J +Mn= O1.5 + 2k,(292) -4 + 3k292 =O

4k1B2+ 3k262 =2.5

4 El9 + 3El 9 =2.53 2 4 2

6 1 1.29 =-x- =-2 5 El El

- Equilibrio Nudo 2

.Bana2

Barra 1 M12 = -1.5 + 2k¡(B:z)M21 = 1.5+ 2k,(292)

k = El2 4

k = El1 3

- Ecuaciones de Pendiente - Deflexión..

La relación del ~<p 2 . ~ conocido -:~ . 1.~~4f;; ~\\3 ""'ClJlJJY \\\ ~

1.5 1.5 =40 .8

Momentos de empotramiento Momentos de empotramiento (ton-m)

Q-D

Ejemplo 5-3 Resolver la viga continua de dos tramos del ejemplo anterior sin incluircomo gdl la rotación en el nudo 3. .

153

)

1)

,,tj ,I

I 1

j~)

-4,¡I1

II

) , .~::

) ....

1 "')

))

)

1_)

))

=;J)

.)

)))

, ,I

l -")J')

))")

154

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

p .. r'iYYYYl~-- ~--

V31 V42

~M42,

J>42M24

a) Demomentos:Nudo 3 M31+M34 = O (1)

Nudo 4 M43+ M.u"=0 (2)

Ecu.aciones:

...

h

V31 +V4i=P .... (3)

b) De nivel:

2"1Q-D

. 83

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

5.6 Estructuras con Desplazamiento Lateral

~'1):~

))))))

)

)))

'i")

~))

))J))))

)))

~")--J)

e"::}

)_cj}:),J).)

J"JJ-'))

)eo:;:.)

154

155

i

L

l1212

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

- Momentos de empotramiento:

u12 = U21 = Ou.n= U34 = O

'\k 1=6.0m

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

h =3.5 m

E= 2xI06 tonIm2

Sección constante 0.25 x 0.50 m

IV Y y y "'(Y r-:/)J2 3

h=2.0

3 t.ll'l

Ejemplo 5-4 Resolver el pórtico mostrado utilizando el Método de Pendiente yDeflexi6n. Se ignoran las deformaciones axiales en todos los elementos.

A. Sin considerar el grado de libertad de traslación horizontal del nivel.B. Considerando el grado de libertad de traslación.

~ ~

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

\\ \\\

Equilibrio de nivel horizontal(dos ecuaciones)

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

~PuntoO, ~..I .., ,I 'I ~,I ..I ..I "I ..I ,, '.

),}

-!)

))

}

);

J))

=;))

)

J))

!

1)

:)

J)

)

)),J}

~)

--4

')"))))')

))))...,")~,))j):)))

)))))

'"j)").>J')

~~)~.))J:)

J')))~zg·3

156

Cortantes(ton)

Momentos(ton-m)

Deformada

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

al = 4.0~9 !::I O.7851xlO')' rad 9] = -5.725 ~ -l.Ó99xl 0.3radEl El

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

3.33ton- u' __ " •••• _. '. _"'''' _..., ..,

M:J2 + M34 = OEl [(0.66793 + 0.33392) + (1.1430])] + 9 = OEl (0.33392 + 1.810 8J) == -9 ;(2)

M21 +M~3 = OEl [2 92 + (0.667 °2 + 0.333 °3)] - 9 =OEl (2.667 92 ;,. 0.333 93) = 9 (1)

Nudo 3:

Nudo 2:

- Equilibrio de nudos:M2J

~EM21~r

- ECUaciones de Pendiente y Oefle~ón para cada barra:4EI 2El.

M 12 = ~91 + ";"'_;;_92 + O = El °22· 2

M = 4E1a + 2EJo +0=2Ela21 2 2 2 J 2

4EI 2E! '.M23 = 6e2 + 6el - 9 = 0.667 EI.9a + 0.333 Ele] .;9

4EI 2E!M32 = 6e3 + -6-92 + 9 =0.667 EIO] + 0.333 El92 + 9

M = 4EIe + 2Elo + 0== 1.143 ElO34 3.5 3 3.5 4 .1

4EI lEI .M43 = -:-°4 + -. -.~°3+ o = 0.571 Era33.5 3.5·

156

157

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

Nudo 3:

M21 +M23 =0(2Ele2 -1.5EI.6.)+ (0.667El92 +O.333EI9)- 9)=OEl (2.667e2 +0.33393 - 1.5A)=9 (1)

- Equilibrio de los nudos:

MnNudo 2: J.') t:

M21~r

6EI 6EI 12EIV21=0- -l 92 - -2 9) + -3-,6, = -1.5El92+ l.SEIa

2 2 2

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

Momentos de empotramiento. Son los mismos que los calculados para el caso "An•

Ecuaciones de Pendiente y Deflexión para cada barra:

, 4EI . 2EI 6EIM12= -el + -e2 + o - -2 6}2 = Ele2 -1.5Ela2 2 24EI 2EI 6EIM21=-62 + -el + o - -2 .6.21 = 2Ele2 -1.5EI.6.2224EI 2EI 6EIMn= -e2 + -e) - 9 - -2 .6.23= 0.667Ele2 + 0.333EI93 - 96664EI 2EI 6EIM32= -eJ + -e2 + 9 - -2 632 = 0.667Ele) + 0.333EI92 + 96664EI 2EI 6EIM34=-e] + -64 + 0- --2 a34 = 1.143EI63 - 0.490EI.6.3.5 3.5 3.54EI 2EI 6EIM4J= -94 + -e3 +0- --2.6.0 = 0.571EI9l-0.490EI,6,3.5 3.5 3.5

\\º=º 4

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

,.---+---~

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

~.'

·t}

}~

I l)

1)

t

, ,r }

¡ -)

1)-4

IIrti I

)

)

~).))

}

)

)

)

>=;J)

)

.JJ)

¡

.,)

').)J

)

)))"))'))')')-'j)~))))

J)))))))

~')-))

;;:}.)=;:}~~.,;J):)':jJ-'))

,_)

~g:~

158

"E = 2x 106 ton/m2

Sección constante 0.25 x 0.50 m\l

\\\\

\\\\3,5

4

2

~ ~------------------~5 ton

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

II

\

Cortantes(ton)

Deformada Momentos(ton-m)

De (1), (2) Y (3) con El = 5,208t_m2se obtiene:

92 = 6.126/EI = 1.176 x 10.3 rad93 = ~5.08l/EI = - 0.9756 X 10-3 radII = 3.763/EI = 0.7225 x 10-3m

- Reemplazando en las ecuaciones de Pendiente - Deflexión de cada barra se obtienen10$ momentos en los extremos que se han graficado a continuación:

V'21+V)4=0El (-1.592 + 1.5,6,)+ El (-O.49Q93+0.280,6,)= OEl (~1.5e2- Q.490e3 + 1.780A)=0 (3)

- Equilibrio de Nivel:

~ ---+ ---+

I I

15$

·._ ....:~_.... 0'.: .. _.,. 'O. C.-.:.:;.'.:::C'.. .. . _0.; ... -;".....,..'_.'.- ~•. ,," .. - . ~.. ~.::~.:' ::·_~··~"~:'-.z:·-:·"-·"·'L;-J;~~;;;~~~:..:.::::'"'.::;_:_=___;;_:~~~=:::..~~....~:.'~..~~~. ,,'~;.,'~.,:::-::~;.~~"~'~~;:;':..:l:'.;...;,",.:~.,..L."i,1;~:."."-::'···c~.-.'''' .•.•;,~'~" ,~;,.,_·_,·;._c..·_·;.;;:"~~·=,,:..c..--"-=-'·-~~i

,~'9

159

Momentos (ton-m)

Cortantes (ton)

Deformada

De (1), (2) Y (3) con El = 5,208 t_m2 se obtienen los desplazamientos de los nudos:82 == 3.058/EI ~ 0.5871 x1O-3rad93 = 0.970jEI ~ 0.1862 xlO-3rad

.6. = 5.653/EI ~ 1.085 xlO-3 m

V21 +V34 == 5El (-1.592 + 1.5.6.)+ El (-0.49083 + 0.280.6.)== 5El (,;.1.582- 0.4909) + 1.7801\) = 5 (3)

M32 +M34 =0El (0.66783 + 0.33382) + El (1.14383 - 0.4906) =OEl (0.33382 + l.8108:;-0.490.6.) =0 (2)

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

TT

- Equilibrio de nivel:

Nudo 3:

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

M2J:\ ~-­

Nudo 2: JJ .J \..M21r

-)

1~

·l1

1

{t" .,I

I~ t{

j)

}....

)

I )

j )

~

))

-;

I )

~

..)

)

_)

)))

)

)

"-),)Ij1

JJ

>J ?

?)I

~

)I)I)

1)

o¡r)-9))))')

))

))

))):1))

-J)_:))))))))

J:))

)

1.)

~1·1~

"JJ.)).)))

J....,tJ~

Estado Primario (ton-m)

Diagrama de momentos yreacciones del Estado Primario93=84=0

66

"tJ~'T~''''~~11

Deformada del Estado Primario83=84=0

1.208

Cargas de fijación:Rl=-1.208 R2=3 t-m

Estado Primario: En este estado se incluyen todas las cargas (acciones externas) queobran sobre la estructura. Adicionalmente se colocan restricciones, medidas en elSistema Q-D, que impidan el movimiento de todos los gdl seleccionados para el análisis.En la figura a continuación, se muestran las fuerzas Rr y R2 (Cargas de Fijación o deRestricción) que es necesario agregar para lograr que las rotaciones de los nudos 3 Y 4sean nulas. Nótese que el Estado Primario es cinemáticamente determinado y quetodas las fuerzas necesarias para impedir el movimiento en los gdl se calculan porequilibrio de los nudos.

65

EJemplo 5-6 Apliquemos las ideas de los Estados y Primario y Complementario a lasolución de la estructura del Ejemplo 5-1.

lton .~ ~·2ton/" J,"on

2!YYY0 YYY1JYYYVYYYlls~ 2.5 f h = 2

1

Mj = 2ki (26i + 9j)~i= 2ki (Si+2EJi)

\11li

5.7 EstadoPrimario v ComplementarloEn el método de Pendiente y Deflexi6n puede ser conveniente el empleo de losdenominados Estados Primarioy Complementario. Estos dos estados se utilizarán en lasolución de las estructuras por el Método de Rigidez que se presenta en el Capitulo 6.La ventaja de utilizar estos dos estados en el Método de Pendiente- Deflexión. es quelas ecuaciones se simplifican ya que tQdas las cargas y, en consecuencia, todos losmomentos de empotramiento (uij) se incluyen en el estado primario.Las ecuaciones de Pendiente- Deflexión para una barra sin cargas y sindesplazamientos relativos entre sus extremos son:

L60

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

161

83:::¡0.82/ El :::¡0.1576 x 10.3rad (rotación horaria)84:::¡-4.91 / El ~ -0.943 x 10.3rad (rotación anti horaria)

(3.467 0.333){9J} = _1 {t.208}0.333 0.667 94 El -3.0

Como era de esperar, el sistema de ecuaciones que se obtiene es el mismo del Ejemplo1 yen consecuencia su solución también será la misma.

Nudo 4

Nudo 3:1.208

- Equilibrio de nudo:

- Momentos de empotramiento. Las cargas han sido incluidas en el Estado Primario enconsecuencia todos los uij son nulos.- Ecuaciones de Pendiente - Deflexión para cada barra.

Barra 1: M31 =2k,(293)

Barra 2: M32 = 2k2(293)

Barra 3: M34 = 2k)(29) + 9..)M43 = 2k3(9) + 84)

Estado Complementario

- --.- 31.208

Estado Complementario: Se aplican las fuerzas de restricción (o de fijación) calculadas:: en el J:stado Prlmarío con senñdc -conírerío, De este modo el) el Estado Complementario

solo existen cargas en los nudos (no hay cargas en barras) aplicadas en el sistema de-_coordenadas Q-D seleccionado para el análisis de la estructura.Para este caso en particular se tiene: Ot = -Rl = 1.208 ton-m; Q2 = -&2 = -3 ton-m

'))

•)

:,•t, )¡

I)

) ).

) ;-'.

! )¡i1,

)

1,)

4

))

)

I)

)

)))

)

)

,)

))

I- ~\"'))\}I

t)

?)r/

) j

,.) II~> l'-.,

)

)"))

)}))

.._'))))

_))_))))

))

))

~')}

);:).~):3.~)~.))._)J.J")))

~

Diagrama de momentos final (ton-m)

71J9

Por ejemplo, el diagrama de momentos flectores se obtiene sumando el diagramacorrespondiente al Estado Primario con el del Complementario, el resultado de lasuperposición es:

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

Resultados Finales = Primario +Complementario1IJ.

t0.89

3

I ::h-J~.".....o:c:LJL..L.L.L..I...I-oH-f-++~L...I..L..LL.J~.......,..,_,...., ....................."T"'I""~- Diagrama de momentos del Estado.... \ . Complementario (ton-m)02!

\

Deformada del EstadoComplementario

los resultados del Estado Complementario se indican a continuación:

162I¡1{

163

~I2EA EA+; ,~CD ®

" ti" 12 "11 í1 11

6.3 Ejemplos Introductorios al Método de Rigidezgtemplo 6-1 Se desea calcular las fuerzas en las barras del sistema mostrado acontinuación, formado por dos barras deformables axialmente. Para el sistema decargas que obra sobre la estructura, no se desarrolla flexión en las barras, en

.. oonsecuencla, la estructura tiene sólo un gdl correspondiente al desplazamientohorizontal del nudo central.

6.1 IntroducciónEnel acápite la sección 2.2.7.b, Superposición de Desplazamientos,se presentaron lasi~eas principales del Método de Rigidez. Se demostró que la superposición dedesplazamientos conduce a un juego de ecuaciones cuyo significado fisico es que lascargas nodales (para el Sistema Q - D seleccionado) se pueden expresar comocombinaciones lineales de los desplazamientos nodales. También se definió elsignificadofisico de Coeficientede Rigidez,kij.ElMétodo de Rigidezen grandes rasgos:

Está basado en la Superposiciónde Desplazamientos.Las incógnitas son los desplazamientos de los nudos o grados de libertad {D}.

- Las fuerzas de extremo de 'barra son forzadas a cumplir las ecuaciones deequiñbriode nudo.A través de las ecuaciones de equilibrio de nudo se obtiene un sistema deecuaciones lineales (ecuaciones de equilibrio de nudo) en las cuales lasincógnitas son los desplazamientosde los nudos {Q} = [K] {D}.La compatibilidad siempre está garantizada mediante la correlación entre losdesplazamientos nodales y las deformacionesde extremo de barra que concurrenal nudo (Relaciones D - d). Dicha relación se expresa mediante {d} = [A] {D}donde [A] es la Matrizde Compatibilidad.Las Relaciones Constitutivas, a nivel de las barras, se expresan mediante{q) = [k] {d} donde [k] es la matriz de rigidez de la barra (véase el Capitulo 4).Es aplicable tanto a estructuras isostáticascomo a hiperestáticas.

6.2 Etapas del Método de Rigideza) Selección del sistema Q - D. Es posible utilizar la simetria de la estructura si la

hubiera.b) Cálculo de las CargasNodales Qi y ensamblaje del vector {Q}e) Ensamblajede la Matriz de Rigidez [K]. En algunos casos será necesariocalcular

previamente los coeficientes de rigidez de barra, como por ejemplo cuando lasbarras son de secciónvariable (Relacionesq - d),

d) Solución del sistema de ecuaciones lineales {Q} = [K] {D}. Simbólicamente lasolución se expresamediante: {D} = [Kr' {Q}

e) Cálculo de las fuerzas de extremode barra {q}.

CAPITULO 6 - Método de Rigidez

163

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

}

i~)

~

j1I,¡j

j ,J

")))~)})

))

~

'>>i:-)J)

)

1.')

"")

J')

1

)

l

~1)L~.~

" ~~',..,))'\,))")')).J)-jlO)1))

J_.)

J)))

))),)

"iJ-:J.)1,1)

=::;)

:J

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

. D 2EA 2P 1ql = 1-1-= -l X(2 1)

I 1 _+_t) 12

4) Fuerzas en los extremos de las barras:

I1Sustituyendo en la ecuación de equilibrio:

-D (EA)q2 = ·1

2

DI (2EA)q.

=> ( ~~) -_(_ll)DI{d}=[A]{D} uz

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

2EAdl EAd2ql 1 q2 1

J 23) Compatibilidad (Relaciones d - D): Los desplazamientos de extremo de barra debenser compatibles con el desplazamiento del nudo 2.

d.= DJ dI = ~D.

Ó--~dl t---->Dlcl2

~ .~~ <fE- @t ~ ~ Q-)o

~ ,qJ ql ql P Q2 q2 Barra 2 q¿

Barra 1Nudo 2

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

DI1~I ..J...-:¡... I~ jA 1-....

2Q'-D

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

164

--- -_._._ _ ..,._.._._.,.- _, ..__ ._.. , .. "._" -~:~~~l+.·;:·~:~.~.~¿~~~~_~I~:;-~~~~..~::.jL~~~:~.:·~~-~;:;:ú~.·~~·:ji~~I~~-··-~~~:1.-~:~~·:~~~~d~:r~~~I-·~·.;:~~k~.0;·:d~·.:~~¿:.::~~~~o~~~~~~~~~¡,~j~~~~..~~_~;;-.;:,~;:.~..~~

EAq, =_1 _' (1) =41,667 kg360EAq2 =_2 _2 xO.8= 17,778 kg450

165

O" - & (q - d):

<, Dt= 1® <,

P >'<,

...... , ..........,.,... CD

Compatibilidad (d-D): d, =+1d2 =cosa

o =kllDI +k'2D2-3000 = k2,D, +k:uDz

• Coeficientes de rigidez de la estructura:a) Coeficientes kll y k21

2

• Superposición de desplazamientos de nudo:

• Cargas Nodales.

{Q}={~} ={-3~O}Q-D

• Sistema Q -D. Grados de libertad de la estructura.

sen (l = 0.6cos a= 0.8

B8lTa1: MaderaE = 100,000 kglcm2

A = 150 cm2 (6" x 4")Barra 2: AceroE = 2x 106 kglcm2A = 5 cm2

a,. 2"_".<D

3)000 kgI¿ V

11 3.60)J

2.70

165

Ejemplo 6-2 La armadura mostrada está formada por dos barras deformablesaxialment~Juna de madera y la otra de acero. Se desea calcular el desplazamientodelnudo2 Y las fuerzas internas en las barras.

3

:~))

}

}

-)

))

___.=".).)))

)J)

~

)

")_))

1i -;j .')

-iII J

¡ \,¡ 11¡¡

·"~C=.-·:'7-""-,~'~'-~. ;'. __ ;'~._' ~"",,__ ";', _

...~..~.~~~¿~~~ .•-:~;,.7...:~; ...-~'::~~... _. '-o : __.. _~.7~:'_;'~":_"':"--:-':-~'~_"~;-:-;'.':--:~_~-"-'--""'---"'_-''''::-':''.,:,.-.:.~._.:-;:.:-.___ _ ._' __ .) ,. O', "·";;':::.i;;~:;:".~:=¿:;,,:~~~;:::i;~;,~;;;;,~::C.;.¡_¡.:~,~2'':::,,:;;-__;;c':;'-=c,,~", ~0,- .:,.",~::S~",~c';;".'"~'::"';';:'~',_,,' ",~_:C,.:..,",:...=.l."':::" ,:.:, . ",::;:~ ':", :c.:,~.':':-:""::::;:;:=";;'~;ii:-'

)')

Los resultados se pueden comprobar por equilibrio ya que la estructura.es lsostátíca.

Se sugiere al lector resolver la armadura del Ejemplo 7-2 del Capítulo 7.

• Fuerzas finales en las barras:{N}= {NI} x DI + {N2}X D2

Barra 1 +41, 667x(--o.096)+0xD2 =>NJ =-4,OOOkg (compresión)

Barra 2 + 17,778x(-O.096) +(-13,333)(-0.503) =>N, = 5~O()Okg (tracción)

D. = -0.096 cmD2 =-O.5()3cm{ O}. (55,889 -lO,667){D1} =>

-3,000 = -10,667 8,000. D2

• MatriZ de compatibilidad o de transformación de desplazamientos.

{d}=[AJ{D} ~ (dI) =(1 O )(Dt)d2 cos a. -sence D2

- .

• {Q}= [K] {D} {D} = [Kr1 {Q}

Fuerzas en barras debidas a D2=] (kg)ku =13,333xO.6 ~8,OOO kglcmkt2 = -I3,333xO.8 ~ -10,667

{N2}

Equilibrio de nudo: 13,333

?-~k2i1t k12

cr ~s (q - d): ql = O

q2 =-E~~2 sena=-13,333kg1~=1

CompatibUidad(d- D): d, =Od2 =-sena.

b) Coeficientes k2J y k22

+41.667

Fuerzas en barras debidas a D. =] (kg)ku =41,667 +17, 778xO.8Rf 55,889 kglcm

k21 =-17,778xO.6~ -"10,667 kglcm

{NI}

~78

<J ... o ~ kn41,667 t·

. k21

Equilibrio de nudo;

Betti: (1)~2 +(O)f22+ (0)f32 = (O)fll +{l)f21 + (0)f31

:. fl2= f21 => fij= fji.••.Nótese que en este caso, el cálculo de los coeficientes de flexibilidad de la estructura en'. el Sistema Q-D, involucra la solución de una estructura hiperestática .

. 6.4.2 Los Términos de la Diagonal Principal (kü) son PositivosFrsicamente es imposible que un término de la diagonal principal de la matriz de rigidez,

, de una estructura estable (interna y externamente) sea negativo o nulo. En el caso de. estructuras inestables local o globalmente. si se podrían tener términos en la diagonal.: PrinCipalnegativos.: En la columna mostrada, si la carga de compresión P se aproxima a la carga crítica depandeo (PCR) , el coeficiente de rigidez se vuelve cero o negativo, es decir el coeficiente

. de rigidez, que es la fuerza necesaria para lograr un desplazamiento unitario, debe ser. ,:haciala izquierda para controlar la tendencia al pandeo.de la barra.

Sistema rQl,D1

Sistema 1IQ",DlI

la estructura anterior para demostrar que los coeficientes de flexibilidaduna estructura también son simétricos:

Betti: kll(O) +!s¡(l)+k31(0) = kI2(l) + k22(O) +k32(O)

:. Is,= kl2 =>kij= kji

Sistema 1IQII, OH

D2 = J, D, =D) =0

Sistema 1QI,D1

D, = 1,D2 = D, =O

1 La Matriz de ~igidez es Simétrica1

propiedades de la Matriz de Rigidez-'~

t

167

")

¡=

i,¡ )¡¡1 )

1 )

1)

!

•,)

~J",f)

)

_}

)))

)

))

))

.-~

...

)

.>- _)

)I

==i )\_)

i)

., __)-

~l'~})

))))))-j.)-=,

.)

)

J).)))))))).-j'j-J.);~})==):),))))."j)..,))

~.~

<:j--"\

168

gl El tl~

f21~fll13 /2P2 -

Q-D .tQ1=1 1 .3 2[F]= .-El /2

1~w

__ )Q2=1 2t22 ~ f12

Para que la relación anterior se cumpla, el sistema de coordenadas Q~Dpara el cálculode las matrices [K] y [F], debe ser el mismo.La demostraci6n de esta propiedad es la siguiente:

{Q} == [K] {D}{D} = [F] {Q} ~ {D} = [F] [K] {D} ~ [F] [K] {D} - {D} = {O}([F] [K] - [1]) {D} = {O}

Ya que la igualdad anterior debe cumplirse para cualquier valor que torne el vector {D} yademás dicho vector está formado por elementos independientes (el sistema decoordenadas es generalizado) para que se cumpla la igualdad deberá suceder:

[F] [K] = [1]A continuación se muestra una barra en volado, de sección constante, para la cual sehan calculado, aplicando estrictamente la definición, las matrices de flexibilidad y rigidezen el sistema de coordenadas indicado. Se han despreciado las deformaciones porfuerza cortante.

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

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

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

Caso de una estructura inestable, elcoeficiente de rigidez KII es nulo

Flexibles

ku < oP grande

p

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

D1=1M

r,!

1¡j

1~~ji,.I

\¡I

I

168

·~... ~- _ ......:.....~, ·...;..:-,..;~r..-~~;::::~~-

169

Q-D

Sí existe lK1No existe 00-1 y No existe [F]

En una estructura linelamente elástica, el trabajo realizado por las fuerzas externas, si elsistema es conservativo, se almacena como enel'gfa interna de deformación, la energíaintema puede expresarse en función de las matices de flexibilidad y rigidez de laestructura, mediante:

W=UI= Y2 {Q}T[F] {K}>O W=UI= ~ {D}T[K] {D}>O.,.-En consecuencia las matrices [F] y [K] son definidas positivas..' oo. La Matriz de Rigidez no es definida positiva en estructuras inestables como por ejemploen una estructura sin apoyos como la indicada a continuación.

{X} T [A] {X} >O

}))

)

)

)

6.4.4 LaMatriz de Rigidez es Definida PositivaSi la Matriz de Rigidez [K] de una estructura es definida positiva entonces existirá suinversa ([Kr1) y el sistema de ecuaciones {Q}= [K] {D} tentrá solución. La solución delsistemade ecuaciones se expresa mediante: {D} = [Kr1 {Q}.Unamatriz [A] se dice que es definida positiva, si para todo vector {X} "Í' {O}se cumpleque:

J)

~ <[F] +--Problema hiperestáticoin[K]~ Ensamblaje simple \\\ ~,

\\\\ QJ = 1

)

)..,J)

}

}.. ~

)J))J_)

) i·)

--4 2

Existenmuchas situaciones en las cuales, para el cálculo de la Matriz de Flexibilidad, es·0 necesario resolver varias veces (tantas como número de coordenadas existan) una•estructura hiperestática. Por ejemplo, en el pórtico mostrado, será necesario resolvertresveces la estructura para calcular todos los coeficientes de flexibilidad, esta matriz es

o de orden 3x3. En contraste el cálculo de la Matriz de Rigidez es relativamente simple.

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

o Se sugiere al lector revisar el acápite 6.6 donde se presentan ejemplos adicionales de00 o las relaciones entre las matrices [F] y [K].

K21

~~ r:=== o, ¡~~ DI= 1\.__: KJ 1

(~ ~)K22 D2=1K12

[12 6]

[K]= El ~ ~/2 /

}

I ~1 -~i,!

jiI

..');

::.~>,'

)))

)))

)

~)-'1)

,>))))))

))))::))-))

oc))

~.:)

~)-))..:J,)"))).,Q;:;::)170

ya que D)"", D, son independientes62U__ .:.-1 - ='kóD.3D. ij

• JSi la energla interna VI se expresa en función de Di, O2.••• , Do se pueden calcular loscoeficientes de rigidez kij.

6.4.6 LaMatriz de Rigidez No Depende del Sistema de CargasLa matriz de rigidez, en las estructuras linealmente elásticas, no depende del sistema decargas ni de la historia de las mismas. La matriz de rigidez depende -sólo de la geometrrade la estructura, dei material, de Jas 'condiciones de apoyo y de las propiedades -de lasbarras. - -¿En qué casos cambia la Matriz de Rigidez? Es decir depende de la historia de cargas:

a) Cuando existen no linealidades geométricas.b) Cuando existen no linealidades del material.

6.4.5 Relación entre la Energ[a Interna y los- Coeficientes de Rigidez

SU. _Primer Teorema Castiglíano: 5D. - Q¡

I

[Kt no existe[K] existe

D2= 1DI = 1

____ ~~'='1~3 7t_

[K] existe [Kr' no existe

I¡!

1I

~f---_EI-....:...J¡~~Q-D

o cuando la estructura es inestable, como en los dos casos indicados a continuación:

tk12~')k

02 = 1 22

\\

1~~----~~~----~

[KJ no es definida positiva si algún término de la diagonal principal es nulo (kii =O)comoen el caso mostrado a continuacióh.

170

Estado Complementario

{Q} = -{R}

+

Q-D

171

~ ¡Il

Di= O i=1,6 {O} = {O}Cargas de Fijación Ri i= 1,6

Estado Primario

Comportamiento Real=

Pl

\\Estructura Real

¡Asentamiento Il

Para superar esta aparente limitación del Método de Rigidez, es necesario definir unestado auxiliar denominado Estado Primario.6.5.1 Estado Primario y Estado Complementario

Pl

\\\\\\\\

¿Cómo semiden las cargas en las barras enel sistema Q-D?

La fuerza lateral H es la únicaque se puedemedir en el sistema Q-D.

p ~

w

\\ :\ \ , \ \\\

Q -D Cargas en nudos DespJazamientos de Josnudos. ¿Qué sucede si además de las cargas en los nudos hubiera también cargas en lasbarras?

6.4.7 El Ensambla'e de la Matriz deRigidez es Fácil de SistematizarLa matriz de rigidez de una estructura se puede ensamblar sisleméiticamentea partir delasmatrices de' rigidez de las barras que la confOrmany de la conectividad entre ellas.Esto hace que el método de rigidez sea apropiado para su implementación encomputadoras mediante programas de "análisis automático de estructuras".6.5 Cargas en BanasTodas las fuerzas y los desplazamientos correspondientes se deben medir en el sistemade coordenadas Q-D elegido para el análisis.

)

")

j~.~))

)

J")

¡IJ ,)})1)

)

)

.1)

~).)

I,¡~!tj!(

i,¡¡

'p

}

,}

J)

I

)

.})

_)} {;:::~.)

~~.... -

~ .',-:;.~.

a1)I~

)-,))))))))

-1)-3))

)))'))))

)))o~-))

-.;~

)_)-).,)):J.)d

172

RI =-1.17 t-m R2= 2.67 t-mEquilibrio de los nudos 2 y 3:

• Estado Primario.

" '" If11

3A

41""'1...

Grados de libertad~

Di c;::.Dz•~ ~Q-D

E = 2xl06 ton I m2

Sección O.25x0.40

El = 2,667' Ion. m2

2-ton/M

Ejemplo 6-3 Resolver la viga continua de dos tramos. Se consideran deformaclonessolo por flexión.

la suma de los dos estados indicados en la ñgura anterior, solo es posible si es aplicableel principio de superposición.6.5.1.8 Estado Primario (Camas de Fijación}Consiste en analizar la estructura con todas las solicitaciones externas (cargas en losnudos, en las barras, asentamientos de apoyos, preesfuerzo, falta de ajuste, etc.)adicionando un grupo de restricciones denominadas {R} medidas en el sistema decoordenadas Q-D tales que los desplazamientos en los grados de libertad elegidos parael análisis sean nulos ({D} = { O}).Las fuerzas {R} necesarias para impedir los desplazamientos de los nudos sedenominan Cargas de fijación o Vector' de Cargas de Fijación.El Estado Primario es cinemáticamente determinado ya que los desplazamientos en elsistema de coordenadas Q-D son nulos.6.5.1.b Estado ComplementarioConsiste en analiza" la estructura sometida úniCámente a las cargas en los nudoscalculadas en el Estado Primario con signo cambiado:

{Q} = -{R}{ RESULTADO FINAL} ;;: {PRIMARIO} + {COMPLEMENTARIO}

La superposición final es aplicable a todo nivel: deformada, momentos, cortantes,axiales, reacciones de apoyo, etc.

.,,i¡II!I¡

172

_. ~ •• _._ •• _.":_:-:~'."~_ ._.:: •• , •••• ':;'.:'_;'--;_'_~~ ~.'.":-.'_ • '0"

,:;:'.~:z:.~;~~·:·.~··~=~:::.~~~~~O.;.;'~~~~;;:.~~~..~:.~"~.::~'.~~:~:~~:~~~~~.:L::..~.:. ; ~~ ~:~~o.~.:....-:.;i~~~~._~~~l:-_~i¡·:0:.".;.: .:~~~ .. ~~::~:..~:..;,::::.~:... o:..';':;':;_~ ~o-..:-;:~·.·~,_:_<

173

La deformada del estado el es conocida.I

l

Significado físico de k11 y k12

• Coeficientes de Rigidez

EsladoCl: ~ ~.7;;'\\\ DI =1 \\\

2/3 ku 4/4 k~ ~ t :).eJ.4-1) (- tr) (hft) (n-~(~4 ~3 4

4 4 7 1kll = (3"+ 4)EI =3" El 101= "2E1

kn DI + kJ2D2 = 1.17knDI +k22D2 = -2.67

IIj'

II

II

!

11I

I

En el Estado Complementario solo debe haber cargas en los nudos medidas en elsistema Q-D. .• Superposición de desplazamientos

{ 1.17}{Q}= -{R} = (ton-m)-2.67

1.17 l-m 2.67

DI =D2=O Diagrama de momentos correspondiente alEstado Primario {M}p (ton-m)

Nótese que en el Estado Primario la configuración deformada de la estructura esconocida.• Estado Complementario

$ ~7 4:7"LlJt[DY '4llllJlP"

0.75 \\\ 1.333 ~\

Significado físico de las cargas de fijación:

J)

)

))-)

)

}

)

;1},

"'9~

\ ';,.)-jL

1)~L

l

)

~

J)

J)l

t .~,t

!.¡ )

J)_)

¡ ,s )l

l.

))

.,..)

_, )e- )."..

)~':

~--~4.'-~.''. -j".-'~..

.:::;:,~. --i.-

.:', );.'~:;

C:~);t

.)_J'j~).J~,)~J~)

.)

~-

...j)~

"

)

))))

)

- Nótese que [K] es simétrica (kij = kji) Yque los kii > O- Nótese que el sistema de ecuaciones obtenido, como era de esperarse, es el mismo

que obtuvimos al resolver esta estructura utilizando las ecuaciones de Pendiente _Deflexión.

{_1.17} = EI[~ ~]{DI}2.67 L 1 D2

3

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

D 1.202 451 10'" d,:::.:!-:::.:! • X raEl

D ~ - 3.271 ~ -1.23xlO·3 rad2 El

xEI~

{Mh

1/2El El

§§j ~~~44D¡-o De=l

La deformada del estado C2 es conocida.

Diagrama de momentos asociado a D2 = 1 ~ {M}2

Significado físico de k12 y k22

4kza= -EI=EI4

4

Estado C2:

xEI

Diagrama de momentos asociado a DI = 1 ~ {M} 1

174

·....."::-.- _ ••• - - - - - _-:.o-~-~~~- --;;-- -=_~"-"~.~=-~:'_=L-:'::':;:;~'~:::··:~~~'·~:~'_W_'h_~.-!..: , .... ~ ~. ':-'.';S;::c.'.:=:;',_'~ :::::,:,7,::.:n.~:;,.,.;;:. ~..... ::: ,,,.'.'~:';.' .;.~. . ._;; :;:__~, ____,,_,_ .._..... _.:. ' __•. ' -"_ ._. __~__ ~

tTIlJt~

(1)')

')))')))

))

175

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

1.34mm

Deformada

Momentos(too-m)

t3.23MAX~2.61~1.62 f

0.7

2.0L50

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

• Resultados finales:Deformada final = Primario + ComplementañoCortantes finales = Primario + ComplementañoReacciones finales = Primario +ComplementañoMomentos finales = Primario + Complementario

2.67

{M}c

1.603

Diagrama de momentos cotrespondiente al Estado Complementario:

{M}c= {M}¡XDl + {MhxD2

• Deformada del Estado Complementario

1.17 t-m 2.67.~~~~==~~~.--------~~~~-~

175

¡!

IJ)J}

I 1II

l ..)

1)

_)¡jI

I )

t

III

}

J )

J))

)

J)

,1)

~)))-")J)

)- ~

.))

--"'\

'j))l)

}

~iJ)())-)

)))}))))-}

J--4'>)

))))

))

)))

):::J-j~)d)

J,)

_..))~):3)~))~

t27.5

{M}p

{ }={ 18.92}Q -10.42

10.42

• Estado Complementario18.92

t20.5

DI =~=O

1.5~O••2

~2.~ 10er)~L

27.5

R2 = l0.42 t-m

Innecesarios

E = 2x 106 ton/nr'Sección constante O.30xO.60 mEl = ]0,800 ton-m

Equilibrio de los nudos 4 y 5:

20.42 20.42

~ )t 17.5 t{l

~)t20.5

R¡ = -20.42 + 1.5= -18.92 t-m

• Estado Primario DI = D2 = O

Q-D

• Grados de Libertad

2 473"Ir11

EA = ex:>

3

5-ton/l'lEjemplo 6-4

]76

177

M=V=Okll = ( ~) El:::: 0.286EI

k22 =(~ +~)EI:::: 1.905EI

~M=V=O

x El{M}¡ DI= 1

Diagrama de momentos asoclado a DI = 1 ~ {M} 1

4/3

iM·=V=O

M=V=O

D1= 1 D2=0

• Coeficientes de Rigidez

177

-,

")

)))

>)

)...,')}

))

-~

)

~

I)

)

")))

)

}

J:>

_)

)

)

)

J)J)

r..,'.

~~(1)))")))))

)))

~.)--::,.,).))))))))))

;;)-j-j).),)J'J_J):j)~.)~))

~

6J<D--1

178

• Resultados finalesDeformadafinal = Primario +ComplementarioCortantes finaJes= Primario +Complementario. Reacciones finales = Primario + ComplementarioMomentos finales = Primario + Complementario

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

{M}finaI= {M}p + {M}l x DI+ {Mh xD2

4,27

Momentos del EstadoComplemetario (ton-m)

10.42

• Diagrama de momentos correspondiente al Estado Complementario:

{M}c= {M}¡XDl + {Mh xD2

8,55

1.04mm

• Deformada del Estado Complementario

D] =e. ~ 0.594xI0-3 rad

D2 =es 1'1:$ -O.595xl0-3 rad

(3.238 0.286) {DI} 1 {18.92}0.286 1.905 n, = 10,800 -10.42

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones[K] {D} = {Q} {D} = [Krl {Q}

{Mh ~= 1

xEI

2/3

4/7

Diagrama de momentos asociado a ~ = 1 => {M}2

178

179

Reacciones4.27 ~,29

"41--

i 4.2927.5

-+4.27

~~~--------.-----------------------r-----­...0 ¡

1.27

4.29Cortantes (ton)-4.27-17.5

17.5

Momentos (ton-m)

Deformada

A=3.94mm

9. = + 0.594 xl0 -3i-__=-===-~ ~~=====A=026Smm6=-0.18 mm

as"" - 0.595 "lO .)

)))

)

))

)

41, I_JI

?)1\)

I~

II

Ii '¡ l~r

, ); r

u "

I •1 )

t )

!~.,f,

)t.

J)

)

-4¡ )¡¡

I ))

)

j También se pueden utilizar las ecuaciones de Pendiente y Deflexión para calcularmomentos y cortantes finales, en este caso se tiene:

M.. 2EI (3Aij del Pri .lJ =-¡- 29¡+9j -2) +Momentos e Primario

"'" Complementario

Por ejemplo en el nudo izquierdo de la barra 4 el momento flector viene dado por:

'¡\ 4EI 2EI• #- M.s=-20.42+ - DI + - Dl =-18.59 ton-m7 7

t

,Jj.;).),)

Ji:)j),)

~

ro~1:)-'-\

))

))

)))

-1)-4))

)))))))))

)-j~-1):=-j)

¡

\I

\

180

~fi!ZZZZ2\\ ~~¡5)000 1,000

D3=n.=0D,=OR, = -5,000 kg.m

R1= -2,OOOx3 - 2,OOOx5= -16,000 kgxm

Significado flsico de los dos estados primarios:

nrv---3----~~~-2--~~

,ó,L=a L ,ó,P,ó,L= lO-s x 200 x 20 == 0.04 cm

n=EA ~L= ~x 0.04=-2,000 kgL 200

R 2000 2000r;,,,,,,,, .."',1.....,..Jb) Caso de carga 2. Aumento de temperatura en las barras 3 y 4.

R, = -5,000 kg.m

• Estados Primariosa) Caso de carga 1

D1 puede medirse en cualquierpunte) a lo largo de la barra

• Grados de Libertad. Utilizaremos la rotación de la barra rigida. Sin embargo existenotras alternativas como las indicadas.

3~~~~o±~DZ~~~

...,F-V 3_M --..rI'-__ 2__ ~;!ODO kg

Caso de carga 1:Carga de 1,000 kg en el nudo 3Caso de carga 2:Aumento de temperatura ~T = 20° een barras 3 y 4

@ 2

s

Barra 1-2-3 sólido rígidoBarras 3l4:B=2xlO kglcm2A=5cmlEA = 107 kga= 10-5 ltDC

Ejemplo 6-5

180I~

181

{::} = {N}p + {n}o,~lx D,

{N)} = {O} + {1.5XI07}x 2.94lx 10.5 = {441} kgN4 ° 2.5xI07 735

kllDI =QI 17xl07 DI = 5,000DI = 2.94 lxlO-srad

.•• Fuerzas finales en betres. Caso de cargas 1:

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuacionesCaso de carga 1:

k., = (1.5x3 +2.5x5)xl 07

kit = 17xl07 kg·mirad

Equilibrio de la barra rígida:

1.5xl07 2.5x10'

kll t 1r;==~====:!!

EA ro' 7fl) =-x d, = -x3 =1.5xl0 kg (trace.)

1 2107 7n, =-x 5=2.5xlO kg (trace.)1

Coeficientes de Rigidez

- -J

D,=?

NJ=? N4 =?

{Q}= { 5,000 }r;S,ooo

\

Di

Q¡;:::z::z:z:zzz~~16/000 kg.,....

Estado Complementario. Caso de carga 1.

~T=20°CD) =n, = -2,000 kgD. =0R2 = ~16,OOOkg.m

)

)))

182

La estructura es asimétrica y el sistema de cargas es simétrico, en consecuencia .'.estructura se desplazará lateralmente. La pregunta es si se mueve hacia la derecha ohacia la izquierda. Al finalizar el análisis veremos que la estructura se desplaza hacia .,'izquierda, sin embargo, por simple inspección no es fácil determinar hacia que lado se •moverá la estructura.

II

211

1

Q-D

• Cargas externas y grados de libertad.3 ton/M

EI.= El) ::;$ 2,667 tonxm1

E1l ::;$ 5,333 tonxm2

2

211e 25x'lO

E = 2x 10 6 ton/m2

EA =001

3

e3.---------~2S~x7-40~----------,4

Ejemplo 6-6

O~F====~=5=88=1======~I353)~@)

La matriz de rigidez de la estructura no cambia ya que no depende del sistema decargas, depende solo de la geometr(a, propiedades mecánicas de las barras y delsistema de coordenadas Q-D adoptado.

kll = 17xl01 kg. miradkllDI = 16,000 ~ DI = 9.41 lxl O-s rad

Fuerzas finales en barras. Caso de carga 2:

{::}={=~~~~}+ g:~::~:}xDI={:~::}kgA partir de las fuerzas en las barras 3 y 4 es posible comprobar el equilibrio de la .:estructura, calcular las fuerzas internas en la barra r(gida y las reacciones en el apoyo.

))

. ))

)')

)..j)"-4)

)

))))))))

))

~"1---J)

l,:.). )

.-)::),o::))).)"j).,'))~

'O:~;:)-'1

)D¡ =7

NJ=? N4=?

{Q}= { 16,000 }

Caso de cargas 2:

182

183

{M}l (D.=))

6 6x2~l"'--'---~I~~El

9

• Coeficientes de Rigidez.

{D}={~:}{Q)=U }

• Estado Complementario.

{M}p

9.",Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario:

9

R3=9ton.mR2= -9ton.mR,=Oc.,Equilibrio de nudos:

• Estado Primario

183

12 24kll=-+-= 1.333El27 276k21 =-- = -0.667 El96x2kll =--=-1.333EI9

,I

)

)-,.)"))

1 ~I -'.....

,J

,,.')

)

}i)

l)

))

_.:¿¡)

.))

)

)

_))

)

)

--i)-;

~)"))

)

l

El = 2.667

6x2k)) =-T=-1.333EI

2k23 =- =O.333EI64 4x2

kJ3=-+- =3.333EI6 3

2x2~

D,=-0.522x10-3 mB3=D2 = 1.746xIO·l rad

B4=DJ =~1.396xIO·3 rad

{O} (1.333 -0.667 -1.333J{Dl}9 =El -0.667 2 0.333 D2

-9 -1.333 0.333 3.333 DJ

+

k23 k~ 2/6 4/6 33

k13~1)~~-,-~-++-~(I~, t 6 t ~36 6/r~~2

~X23

• Matriz de Rigidez y soluci6n del sistema de ecuaciones[1<] {D} = {Q} {D} = [I(rl {Q}

6kl2=--= -0.667El9

4 4kn =-+-=2EI

3 62

k32 =-=0.333El6

4/6

23{Mh (D2=1)

]84

185

9

3.6 3.6

t9 Momentos finales (ton-m)

La solución se deja como ejercicio y los resultados se indican a continuación.

w=3 tlm ,.......1 ".,.

1 1 -egdl prescindible

1= .25 x.40 I

6m 3m Q-D

Elemplo 6-7Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-6) cambiando la sección de lacolumna derecha a O.25x0.40m. Tendremos una estructura simétrica con cargasimétrica, cuyo análisis se puede realizar sobre la mitad de la misma. La idea escomparar como cambia el diagrama de momentos flectores.

• Momentos flactores{Mljnales}= {M}p + {M(}xD, +{M2}xD2 +{M3}xD3

DesplazamientoLateral R:I -0.52 mm

Dv ct;::i:I 6.2 mm

• Deformada de la estructura

185

,J

~;~

9:1J')'})))))

)J1_)'))

))_)

~3

/'

2 2 3:::::--7- F=?

~

\\\\ \\\\ \\\\

[ K ]3x3 es conocida D,=O D2,DJ=?

Otra forma de resolver este problema es mediante la modificación de la Matriz de Rigidezde la estructura calculada en el Ejemplo 6 en la cual se incluyó el grado de libertad dedesplazamiento lateral. lamodificación consiste en hacer nulo el grado de libertad DI Ycalcular la fuerza necesaria, F, para que esto suceda. A continuación se muestran lasoperaciones necesarias a efectuar sobre la Matriz de Rigidez:

+<l=.------------,0.92

La fuerza lateral de 0.92 ton que aparece en el apoyo del nudo 3, es la fuerza necesariapara que la estructura no se mueva lateralmente.Si la estructura pudiera desplazarse lateralmente, el comportamiento podrfa obtenerse a -través de la suma de los dos estados indicados a continuación. En el primer estado secolocan las cargas externas y adicionalmente una restricción artificial para impedir eldesplazamiento lateral y en el segundo estado se anula dicha restricción. Dado elsentido de la fuerza lateral del segundo estado, es claro que la estructura se desplazahacia la izquierda.

3.36 4.27.c__.,-m-+-

t 4.27

8.69 Momentos finales (ton-m) 9.31

3 ton/A ~~~~------.-----~~~~0.92

Ejemplo 6-8Analicemos nuevamente la estructura del Ejemplo 6-6 pero ahora supongamos que nopuede desplazarse lateralmente, por estar, por ejemplo, arriostrada lateralmente porotros pórticos más ñgidos. la idea es comparar como cambia el diagrama de momentosflectores por efecto del desplazamiento lateral del pórtico. Recuerde que en este caso eldesplazamiento lateral es consecuencia únicamente de la asimetrfa del pórtico.El modelo será como el indicado a continuación en el cual, el desplazamiento lateral delpórtico se ha restringido colocando un apoyo adicional en el nudo 3. El sistema decoordenadas (Q - D) consistirá en las rotaciones de los nudos 3 y 4.La solución se deja como ejercicio y Josresultados se indican a continuación.

186

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

187

t

R¡=OR, = -15.19 ton- mR3 =5.06ton·m

• Estado Primario6

I 11Q-D

211

1

3

18 3 ton/m x 6 = 18 ton

,~ Ejemplo 6-9Se trata de la misma estructura analizada en el Ejemplo 6-6, pero con una cargaconcentrada colocada asimétricamente de magnitud igual a la resultante de la cargadistribuida. En este caso no es simple predecir el sentido del desplazamiento lateral delpórtico ya que tanto la' estructura como la carga son asimétricas. Veremos que laestructura se mueve hacia la derecha.

A esta técnica de solución se le denomina Condensación de la Matriz de Rigidez de unaestructura y se presenta en detalle en el acápite 7.11.1

El(~~:7~~7-:.:::1~21=ffi-1.333- 0.333 3.333 D3 ~

El (0.:33 ~:!::){~:}- {~:}Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene las rotaciones D2 y D3. De la primeraecuación se obtiene la fuerza F:

D2= 5.0333/EI =1.887xlOl rad

D3=-3.203/EI =-1.20lxI03 radEl (1.333x O- 0.667 D2 - 1.333D3) = F

F ~ 0.913 ton ok!

187

1tr}

¡~)

)

))

).¡

t

1 j

j J-..::.,

¡ )

I

,. }

I;..

_1

))

J,)

}'))

~

.J)

),)_)_)

j ))-)

! )

. ~42

~Momentos finales (ton-m)13.88

9.6

1DesplazamientoLateral = 1.28mm

Dv max <>17.2. mm

• Deformada de la estructuray diagrama de momentos

• Matriz d9 Rigidez y solución del sistema de ecu~ci()[leSla Matriz de Rigidez es la misma calc~lada en el Ejemplo 6, ésta no cambia ya que nodepende del s;~t~ma de cargas externas, depende sqfOde la geometrra, propiedadesmecánicas de las barras y del sistema de coordenadas Q-D adoptado.

[K] -+ No cambia, su Inversa, [Kfl tampoco cambia{Q}= [K] {D} {D} = (1<]-l {Ql

DI ~ 1.28x1 0-3 m---+­D2 ~ 334dO-3 radD3 ~ -G.39lxlO-1 rad

{Q} ={15~19}-5.06

• Estado Complementario

Primario

DefoOl'1ádaV diaQrama de momentos en el Estado Primario:

188

(9,"'2)1")))))})))

~)J))

_))-))))))))j")))

'=J)

~~

~~"),)JJ)))~

i2.81{M}p

t15.19

I'0 ; ••••• '.' ~ •• -., ,., - •••• ••• ,•.,.... •• :. w '.~'-., _-. :;.··;~:I~_~-;.::~:~'-~.:.~:·~··~·:~3.:·:.~'''='':~_'.~_.:.:.::::.:.:::' ~'~.~_~7_;:::~':_~.:i...~_.:.~, ,.::.j~~~:~~.:::0~~_;~'~~.' -,,:..::;;' -:

189

7.41 ..... '-4.02 12.76 L-~ik4--5.98~ Momentos finales (ton-m) 1.641.64

2.13m-=0.7h

Desplazamiento Lateral=5.72 mm

1Deformada

4.66

[K] y [Krt -+ no cambian

{Q} = [K]{O} {O}=[Kr' {Q}DI ;;;;5.72xlO-3 m O2 =1.55xl0-3 rad D3 =2.13xl0-3 rad

Q-D

2I

21

{Q}~rn)

)

'1')'-1,;}

))

.o;¡)

_),.)

)-; 1.84 :::0.6h)

~)

)

~

::J';'\

I

Se trata, de la misma estructura analizada en el Ejemplo 6-6, sometida a una cargalateral de 10ton. Trabajaremos con el mismo sistema de coordenadasQ-O.

lOtoo. ~~~~~~~~~1

14.24Momentos :finales (ton-m)

Fuerza necesaria para que nose mueva lateralmente la estructura

Ejemplo 6-10

6.7 mm

[

• Si la estructura estuviera fija lateralmente:lB

189

:))'}}

)

;

~,.,

'.)---i)

--)

-'"

-::.

~~..}

;~:" ..

_)~.}

)))))))J)J))

)))_)))

))))

~

-J~)

_J))~)))~).;,J-j~'))

~

:J'.J--)

190

Caso de carga 2Caso de carga 1

___.,----_5ton

E = 2x.l06 ton/m" Sección O.25x0.50 El = 5,208 ton-m"

11 36m1

4

®3.

EjetiJpio6-12Resolver el pórtico para los' dos estados de cárga independientes mostrados a"continuación. La viga y las columnas son de sección constante y Se desprecian lasdeformaciones axiales (EA = (0).

Momentos finales (ton-m)

1 2I

3 ton/M

EJemplo 6-11Se trata del pórfíeo ~el Ejemplo 6-6 sometido a un estadQcomblnado de cargas, es decira una carga ~partida más una carga latersl, La solución se obtiene por simplesuperposición de los resuHados del Ejemplo 6 yel Ejemplo 10

En el dic¡¡gramade momentos ~ ha,n indi~_qo ,ª$. P9$ICicm~.~~:19§,puntos de infl~xí6n(PI) en lá& columnas. Si la viga fuera íQfiJ1~m~D~ rfgi~~'en ij~~;i()n,10$puntos deinflexión en las co....mnas SEj ubí~rfan al ceíltrode siaaltura~$.i Javi9~]~era muy flexible,Jospuntos de inflexión se ubicaríanen el ~>4iem().sú~rl()ide I~~qófymri~s.N6te~ que el- rn9Jl1ento cJé VQlteo gené~d() g9f la carga lát~tal (lOx3. = 30 t-m) esequilibrado parcialmentepor Iqs.roornehtQ8. qú@.~~p~~~nen j~'b~$~de las columnas(7.41 + 12.76 = 20,17 t-m) la dlf~rencia es equiJIb,rªda por la$ fuerias axiales que seproducen en las columnas (1.64x6 = 9.84 t-m) es decir, los axialeS eqUilibran cerca del33%del momento de volteo.

190

191

6)(0,75=0,12536 k31

¡ t )N;+(~12xO.75216=1Ic4 Na

6x1.25 ~\2XlC5 =0.1225 125

\ 4.6x1.25"-Y 25,

//1/ {M}p(ton-m)

k21 6><0.75~ 36kl1~fWt(1375'~1

1~1 = 0.1875

\.!_j( 6/l6

•

//1/I

• Coeficientes de Rigidez

....c;__-==f-\ ---+ ~ 0.75

1

~4.5

• Estado Complementario - Caso 16

11//

, 7.5ton

{-4.5}

{Q}= -!

Deformada y diagrama de momentos en el Estado Primario (Caso de carga 1):6 6

Barras 1-3 Y2-4:M=O, V=O

N3 =7.5 ton

N2 = 4.5 ton

N] cosa =6Equilibrio del nudo 4:

191

Casode Caroa 1 Carga w = 2 ton/m ¿Hacia dónde se mueve la estructura?Estado Primario Caso 1

R2 6 6· 6 %Rl=:t>f1i--(:YYYYJ~ N4~~~ .

t !! 6· ~\N3

+ \I R. = 4.5 ton (Igual a N 2) \t R2 = _ 6 ton-m

R] = 6 ton-m

j

))

))

=,j))).)

}

}

I,)

)))

1i}

~}

)

~.

J --'))

192

Equilibrio de la barra inclinada:

¿M2 : O.3x2+ 2~x 3=H3(4)

H3l'::: 0.1813 El

Equilibrio nudo 4:N3=V2=1124N2=H3

LFv : - N. +NJ COSI - V)sena=O N) ~ 0.1421El:. k" ~ 0.3688El

e) También se puede formular el equilibrio de la barra inclinada en coordenadasglobales, este tipo de equilibrio puede resultar conveniente cuando hay barras inclinadas.•.

))))':;))

J))

_))

.~ .,))))))j')-'))-~)

).-=;)o:)

-i1?)).))))))

~:)_~~

)

))),

12ku ---O.12cosa-N)sena.=O64

kll

b) También se puede hacer equilibrio de nivel:1._ ~~I

~1U:l I ....

0------=------.\\LV3=O.12

• ~ \I¡~O.1875 ~N3

• Alternativas para calculark11a) Equilibrio del nudo 4

VN ~2 VJ/cosa2.... a.

J~ '\.,G N2~V2 tga+ ::.. .. O.1813EIY2tga ~~v

N3

1/24

1N1cosa-0.12EI - 24 sena=O N2 ~O.1813EI

. . 59kll ~ 0.1813 +0.1875 ~ O.3688EI= 160 El

k2.= 0.125·0.375 = -0.25Elk31= -O.175EI

Equilibrio del nudo 4:

192

193

¿M2 (equilbrio de momentos barra 2-4)

H x4=~x3J 36

H)= 0.125 El

N2= H3 (equilibrio del nudo 4)

.'

Alternativamente el equilibrio de la barra 24 puede formularse en coordenadas globalestal como se muestra a continuación, con lo cual se simplifica el cálculo de las fuerzasnormales:

6- tgu = 0.12536:. N2 = O.l25EI

"'",'.

','-,

,~.:

',:

O.3EI

D2= 1, DI =D3= O. Segunda columna de la Matriz de Rigidez.ka!

O.125EI

193

,!:')

)

'J})

j

)

\)

)

_)

))

)')

)

))

,."_),.)

))_)

J},

j .)-)

:;j

J)...J

59-0.25 -0.l75 . 3r·s} 160

{~:JDI= -13.2551EI SI:: - 2.545xl 0- m

~ =EI -0.25 5 1 D2= 2.877/EI r::: O.552xIO-3 rad- -3 3

D3=-6.326/EI f:$ -1.215xIO-3 rad1 22-0.175 -3 15

194

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones. Caso de carga 1.[K] {D} = {Q} {D}= [lC]-1 {Q}

¿M2 (equlibrio dé momentos barra 2-4):4 2 6 . .- + - - -x 3 +Nl" 4 = OS 5 36N2= - 0.175EI

Alternativamente, el equilibrio de la barra 2-4 puede formularse en Coordenadas'globales:

2 1k =-=-EI23 6 3

4 4 22k =-+-=-EI33 6 5 15

~.6..~.~Ít~2536, 2{.._-~

11 ~

6 16 -x--36 tga 25 cosa

6 6 1N 2= 36 tga - 25'x cosa

N2= -0.175EI

194

195

+s.98

4.11

D.= a] ~ O.889x10-l radD2= 904 ~ -O.987xlO·3 rad

4.63

[K] ---+- Cambia{Q}~Cambia

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

2 ton/M

Momentos finales (ton-m)7.L34.87

.- 3.56

i\.046.41

7.85

Deformada

• Resultados finales. Caso de carga 1.{Deformada final} = {Def}p + {Def.}x DI +{Defl}xD2 +{Def3} xD){Mfi,;.¡cs}={M}p +{MJ}xDJ + {M2}'xD2 +{M3}xD]

~

195

••

I 1I )

-i!¡¡

J

~)

4)

)

)

1)

)

)

))

)

')

">.~

)_.

~j

.l.)))

J)

i)

j.J

),1

-~-~~'''''''O-:·-oo....,. --'-:-:'~''7'OOO_ ._,-_ .... - '-:·'''-:·:·'O"·'''''';:--·'-:'·:--~''''''.--''.-_o' -'.O~_~"._-=o0,:"oO'._. __ -;O'':"__ .'.':'' .' • ._; o·;";'·~~S.:_;.:~~:.....:.. __;;_;_:::.:..4~·.·~'-:-o~:o;_no:.""::._~:. ;.,... ,~:: . o :=_. ,::0::"o-.•o:::~':~co¿~o:f~i~~~-'::...:;-. :':'~:;~o ;_'-':.:...:2.-i.':' ::'o:~::"";o:':~o__:::.:.:.000o~o~;0:~_~~o ~.i.,-¡,j.:~o~~_••~~~~,~o~ _:O.O__.~. ~~...~/;~..: :'.~;~_~->:';:"'o::•.:S..:.':·:::'::;;.:';,:'-:::'2:.-~;~~--;:'~~',",:',:~:;;O

)

))

))

..j)-=i))

)).))'))

)))

);:j'j-i)

_._J)

J"_)..))~))~_)'7")

_)

~

O:·0--1

196

Momentos (ton-m)

-+ 1--....................--'----'.....

Ston

• Caso de camas combinadas = Superposición de Caso 1 + Caso 2:2 ton/M ~~

4.83 t=.::;::::;l-.--:-#5// /1I 4.13"1.23 Momentos (ton-m)

Deformada

DI =3xlO·l m

D2 = 0.396x1 O·] rad

D3 = 0.268xlO·3 rad

[K] y [Iq-l -+ No cambian

{Q}~m--+-.------..

5ton

Para que la estructura no se desplace lateralmente es necesario aplicar una fuerzahorizontal de 4.24 ton. Nótese que este caso también puede resolverse modificando laMatriz de Rigidez tal como se ~izo en el Ejemplo 6-8. recuerde que la solucióncorresponde al estado complementaiio, en consecuencia, para calcular la fuerza lateraldeberá sumarse el estado primario.• Caso de Cargas 2

196

·.,·::::~L};::.~;::~·;;>::'=~-=·~~=::':::;~L.;;~·.:,,:"',;.~~~_~;.;~Z~:.:~-~~~=;._~Z¿~~.~--;.:_~~:.:~~:,~-~~~-~"~._~'"~~~ .-~.".~"_~..:"::~~-_=~.:-:~'"'-=~i~~~:C~~.:~:~.;::.~~":-~!:.:.:::~::_~~~.~~~-:~~;:,¿~~~:~_:<::;.::'.~-:.-~~~-~~_...~---;"~;;~~~-~"~~:.-,-_:,.,--~,:,;~"a,:)t~

)-)

))

197

Q-D

ejercicio para el lector se propone resolver esta estructura utilizando el sistema deadas mostrado a continuación. Es claro que los resultados finales (momentos,I reacciones) deben ser los.mismos.

el diseño de los elementos es necesario construir las envolventes de momento• cortante, axial.

Cargas laterales temporales

Carga permanente)

de carga 2 correspondiera a una fuerza lateral de sismo, es decir a una acción'. I sobre la estructura, para el diseno del pórtico seria necesario considerar las

•.,'-......~....posibilidades:

5.57~

t . 0.723,65

//1/

DI :::;-5.5mm

de cargas combinadas = Superposición de Caso 1 - Caso 2:

197

)

)

)

)

))

)

)

)

J)...,)

))).)

J)

j _)

j))

I

))}

)

•••••••• --~_._---~ __ ••••••••• - ••• _0"'_ •••• 0 •. _.. • ;'"".-:, .. ~-_-:...,.:-o-~o-:: •.,..- o __ .. -; .. ;- ... ._ ..•.... -...:- ... :--_._.~ •. _._ .. _._.: ... --:-

-~...:.:..~~k"~~;~:¡.~::.:~~~.~;.-~.~_~.._..-.~i::.::~~-..,___:;.;_::.:.:.~~:..:_.::;:_:._;:_.:;::::..: .~.::::;.:;";'0- : .:.:::: ••_---~~ -'~ -""=..~..-:-;.'~ ~::~ ~ ;;__.~:~::.:; :__:._-:.:~.~ __;¿;; .:_~.; ~.- ..::..::':;._.~~~·1

:)f~·~rJ

~)))

)))))))

-:1)-4)))))))

)

))))-jJ----J)

==))

---}~

~)).)j)"'j))

i9

rsr' = [K]= ElI 2--3 2

1_.

O ..

2 .".-- •...;:~:.-:::.. <~

k kJ1k ~21 -j'II_.~

3EI~3'f k = 3EI = El3El 11 33 9

T 3EI Elk =--=--21 32 3

_1_ k31=0

\\\\

o

-.1 EI=oo

3mEl

~

\

'Y 4m \11\ t\

Estructura 2

Dl=1

a2) Matriz de Rigidez

-2 ]-0.6671.333

41.333-0.667[

21[F]=_l 4

El-2

a) Para la Estructura 1

Estructura 1

4m\\

3 m El

¡!

Ii

1I¡

¡

a1) Matriz de Flexibilidad. Se calculó en el Ejemplo 2-9 yel resultado es:1 19 3

Para las dos estructuras mostradas se pide:a) Los coeficientes de flexibilidad para los sistemas Q - D indicados y la Matriz de

Flexibilidad [F].b) La Matriz de Rigidez [K).c) Calcular el producto [F].[ K ]

Ejemplo 6-13

6.6 Relaciones entre (FI y lK)Mediante las dos estructuras sencillas del ejemplo a continuación (Ejemplo 12)verifiquemos la relación que existe entre las Matrices de Flexibilidad y de Rigidez en unaestructura. Esta relación ya fue presentada en el acápite 6.4.3

198

...,~L:....~..:~

,1

199

.'. b) Para la Estructura 2. La estructura está compuesta por una columna defonnable porflexión y por una viga que se ha modelado como indeformable (sólido rigido)

b1) Matriz de Flexibilidad. Se calculó en el Ejemplo 2-10 y el resultado es:

[FJ= ;¡[_:8 -~: ] trr' = [KJ= E1[ ~6~ ~ ]I~

41.33-0.67

-2 J-0.67 El1.33

o

~

1

-,Y;2

~

[

21[F][K] =_1 4

El -2

2

1

o1 1-9 3

[K]= El]

2--3

O 1-2

kll = O

k2J = 2El = El4 2

4EIk)2 =r="

03 = 1 . .

4EI2El

3El Elk =--:=--12 32 3

k = 4El + 3El =2El22 4 3

k = 2EI = El32 4 2

199

I

I1 )

r)

)_J

)).,)

~)

J}

~,)

)

)"").)}

)

~"))~.

·))

_)

~f)O)'))

)))

))

))

-JJ-4))

))))

))

)))

)

~8-4.)

-).. )

),-)

JJ~)-d..J~)

)'ii)

6.7 Elementos con Discontinuidades - Reducción de CoordenadasEn ~I acápite 5.5 se explicó, que cuando se realizan cálculos manuales, suele serconveniente para reducir el trabajo numérico, utilil~r el nÚmeromrnimoposible de gradosde libertad en la estructura. Por ejemplo, en los apoyos articulados de los extremos devigas o en los apoyos articulados de pórticos, es posible ignorar los grados de libertad derotación en esos apoyos, reduciendo asl el número total de incógnitas y en consecuenciael esfuerzo en el cálculo numérico.A los grados de libertad o coordenadas que pueden dejar de considerarse en el análisisse les denomina Coordenadas Prescindibles y pueden provenir de:

- Apoyos con posibilidad de desplazamiento lIngular (giro) o linear.- Rótulas internas en algunos de los elementos.

. - Cuando se reducen .Ias estructuras, 'aprovechando las condiciones de símetrfa oantisimetrra de las cargas de la estructura, aparecen condiciones de borde en el ejede slmetrfa que conducen a grados de libertad que pueden no considerarse en elanálisis.

x ]){2

-18 JEI[ %48 ~

[KJ=EI[ %. ~

1 [ 9[F][K]= El -18

k =EJ22 12

kl2 t k12~ ~Z77Z727ZZ7Z1A

~ 4EI(1)J(j"'--3- 4

6EI(1)~ ~3' 4 't2~(:)

*k = 6EI (.!.)= 6EI

12 32 4 36

k x4= 4EI(.!.)22 3 4

. kll .. tk2l~~ZZ771Z7727Z7a

6EI~

y~~ 12E!

0..1' 3' k _ 12E! _ 12E!* 11- 33 - 27\\\ k = (6EI)/4 = 6EI

21 32 36

b2) Matriz de Rigidez

DI = 1~

k~ r--p::tz2zzm7iZZ3tkZ1

200

201

4 3 25k =-+-= - El

11 3 4 12

2/3kll

4/3 ~ 3/4

(:¡ f) ~!T t) (:¡ f6/9 3/16

Coeficiente de Rigidez

ku

~.~--~~--~~~~----~~ ~::::;k1l_\\ \ DI = 1 1/2 \\ \

{M}p (ton-m)

• Estado Complementario

R11.5 1.5 ~ 4=w 'Z/8

(+-)~~r;i) ~~4D (r=-t t4 R,=1.5-4=-,2.5tmrm

t t Sw //8 =5 3 t=3w lIS

4,0

t~ ~D2=6J= 4;/~I~ 2.:7\\\ \\\

~~~~1 _~

Q-D r:Prescindiblef(w, DI)

DI =0• Estado Primario

113" "11 "

2ton/1"'I

Ejemplo 6-14.En la viga de dos tramos mostrada a continuación, es posible ignorar el grado de libertad

.:_o coordenada asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello seránecesario modificar la rigidez al giro de esta barra y sus fuerzas de empotramiento, es

.'. decir es necesario modificar el Estado Primario y el Complementario.

por ejemplo, en la viga de dos tramos del Ejemplo 6--14,es posible ignorar el grado de. libertad asociado a la rotación en el apoyo extremo de la derecha, para ello será.necesario modificar la rigidez al giro de esta barra y sus fuerzas de empotramiento.

201

)

}

_)

)-').";})..))

~)

)

)._,_)

J..)

)

)

)

.,,

")::flIo.... ,1

2'" 'k4......

y"...-J;t2 XC>(' Prescindible~----- f(w,D2• D3)

4

34• Grados de Libertad aprovechando la simetría de la estructura y de las cargas

Q-D

65

• Grados de Libertad despreciando las deformaciones axiales

2EI=cteEA =00

IrJI

Ejemplo 6-15

Momentos finales (ton-m)

3.1

• Resultados finales

• Matriz de Rigidez y solución del sistema da ecuaciones

kllD. =2.5 ~~ El DI = 2.5

D = 1.2t El

...

J

>. !.-~.-

)~~ ).-r

))))).~

)")))

----})~")

))

))

)))))

)--J).::_:}-3~.-)).._))))))~

4 .., 41'1 v 4IfJI A "4ton

e 5 6

24

2ton/M

Sección .25x.503 4 E = 2xIO 6 ton/m2

El = 5,208 ton-m2

202

203

1.333El

a3

{M}p2DI = D2 :;03 = O

22

Rl =2 t-m

R2 = -8/3 t-m

R.3 =- 6 ton

16/8

~~ ~t2

1 wl"~= --~1.333/EI384 El

Equivale a:

'k4

wP6

1wl48 El

~ conocido =:: 1.333/EI

• Estado Primario: DI =02 = D3= O

203

:;))

\1 .•~"

) ::~.

)-_'

)

~

;) .') "

..

~J--)

)

~)

"'1

)

~"j

"

-)..l.

.)

J_1

~J;).r.:t)j

"\).}

)))))_)-).:))}

)))))')}),

204

DI = 8.41/EI = 1.615xlO-3 rad

D2 = -l.026/EI = -O.197xlO-3 radD3 = 48.82/EI = 9.314xlO-~ m

El = 5.208 ton-m 2

{Q} = [K]{D}

{;~3}= EI( O~5 ~~: -~8J{~:}6 -3/8 O 3/16 DJ

x El

{M}¡

1

DI= 1

~ k322

",.. í),k12 k12= - = O.5EI",..4

2/4 4 1k = -+- = 1.5El x El22 4 2D2= 1 4/4 k32= O {M}z

1 1/2 =112

Q k33~16

~13 6 3.....3/9..... k =--=--EI..... ti 13 16 8

k2l=0 3/812b4 12 3 xEJ {M}3k = - = -El

D)= 1 33 64 16..........

-it!~- -k23

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

4 4k =-+-= 2EI11.4 4

2kz, =- = O.SEI4

k =-~= -~EI31 16 8

204

205

YaqueEA=ooSección .25x.50E =2xlO 6 ton/m2

El = 5,208 ton-m2

4~"'__----I ~ '----+-+---' _.,. 2ton

~

--EA ==co

.. 1"4

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

Momentos finales (ton-m)

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

8•.0 t

16.1{M}rmal = {M}p+ {M}c

• ResuHados fina/es

Momentos delComplementario (ton-m)

_)

)

)

.))J

J)-¡

1 • Diagrama Momentos Complementario: {M}c ={M}l DI + {M}2 D2 + {M}] DJ) 14J

I

Deformada PrimarioDeformada Complementario

205

_. - -- - - -- _ _". -- -.. -, '::;":.~_~_,~~'••''::.' .' •.-. . ,', ';'.~ :;--''. ',' ~,: -7"'-:--:- ' ,, __,,'';.'':•••,- ""':' ,__ :~. _., _,,_' .. _ __ .•_.. :. _._ _

~:8~¿~~~;~~~:d..:-?.!:::~:;.~.~~~:¡·k:~~it~~;.~ia::~;J.¿j;t;~~~~L~~~:i.,·".',;~__~ ,-o' .:.:: ,/ ~¡:_;,_~:.:~~·~_.2~·2~~~:"-;'.';= .:: i~;_,_,~~·;~.;:.-;::-_j: '.~, "~~_~~j¿i.:..:~~'~:'~~,..~~.~~~:~..:::'~'..~':'..,~~:,:~~¡.~.~.~~:

(J;Ql~))

)))

))))

)

-=>I))

1)

----})

~)))

J)))

")-))

)j).:j.~j

~-)).;)))J)

J.~

3.64

Eiemll./o 6-17 4ton

2EI=cte. Sección 0.25 x 0.50

'k 'k El = 5,208 ton _m24 2EA=a)

2ton/M

3

....r-4m 2

Momentos finales (ton-m)

........,.__¡2.02.91 1.82

....+-2.0 ....

t1.B2

4.36

...,4.84mm

0.745 mm I

Deformada

~-=o::====::::¡9 = S.S85xIO"

1!Ij

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

Prescindible-.1....-_.....2ten

EA =00

Tendremos una estructura simétrica con carga antisimétrica, cuyo análisis se puederealizar sobre la mitad de famisma si se utilizan las condiciones de contorno apropiadasen el eje de simetrfa de la estructura.

¡,¡I¡

íI~I

I!¡

206

--:." ',':-,-'_'--:-:- '.:'~ -, ... --_. ' ._.- .---- -:':'. :::::-: :.--:"-"<'~:'" . ~~.-.~..:_'~::.:<:'.:;~"'.:: ..',i;~~-:~~::~,:.'.~~~--~":-:~'~~:.:~;:'~~:.:.:': '.-:-.- .-.... ;'.-~ '.. ' ..

207

2 .kl2 = 4 = 0.5 El

k = i+l = 2.5E!22 4 2

3k32= -2 = 0.75El(2)

kZ3

k =-~ =-~EI13 16 8

k =_3_ =~EI23 (2)2 4

k = .E_+_3_ = i_EI33 (4)3 (2)3 16

k = 4 + i =2EI11 4 4

2k21 = - = 0.5EI4

k =-~ = -~EI31 16 8

.1= J36"" 0.752/

~k32~1--- __ ~k.12

• Coeficientes de Rigidez~ k31

~--~~1

{Q} =-{R} ={-:}. 4.5

• Estado Complementario

2.5 1.5

D) =D2 =03=0

RJ = 2 tonxm

R2 =-1 tonxrn

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

• Estado Primario

2

Para la solución de la estructura por el Método de Rigidez. no se utilizará la coordenada4 correspondiente a la rotación en el nudo 4.

Q-D

Prescindible

Grados de Uberlad despreciando las deformacionesaxiales3

207

.)

)

) II

~ l-:J)

--\

)

~)")

.),;

)

}

--i)-)

~))')'"J1 •

Momentos finales (ton-m)Deformada

t3.59

t2.43

2.58

Ejemplo 6-18Analicemos la estructura del problema anterior (Ejemplo 6-17) restringiendo la posibilidadde movimiento vertical de la estructura. Para esto colocamos un apoyo en el nudo 3 que .elimine el descenso. Las únicas coordenadas son las rotaciones de los nudos 2 y 3. La .idea de este ejemplo es apreciar la influencia que tiene el descenso vertical de los nudos2 y 3 en el comportamiento de la estructura.

La rotación del nudo 4 se puede obtener por superposición del Primario y delComplementario: 94= 94P+O(D,) +Q.S(02) + 0.75 (D3)

DeformadaMomentos finales (ton-m)

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

4.01

7• Resultados finales

D1= 4/EI =O.768xlO~Jrad

D2= -6/EI = -1.152xlO-3 rad

0)= 18.67/EI = 3.584xl0·3 m

{Q}= [K]{D}{o}= [KtfQ}

• Matriz de Rigidez y soluci6n del sistema de ecuaciones

208

209

wf-cosa,(

12 t l~

I)w cosa ¡2

12...-"'-e. ........-wsena.

w/ sena. _...... ~..-

2 ~2

Caso 2)2

12 (__..~w/sena. ...

2 \ Mil cosa.

wp·

I ,r- w12(

12 rt--wl2

wfwcos2a. ~ --~ JI. 12..........

.,_....-®( w cosa. sena.

1

=wcosa.l/coso.wwlCaso 1)

6.8 Fuerzas de Empotramiento en Elementos InclinadosAntes de presentar algunos ejemplos de la solución de pórticos con vigas o elementosinclinados, conviene recordar las fuerzas de empotramiento y las diversastransformaciones que se pueden realizar en estas fuerzas. A contlnuaclónse presentanalgunos casos tipicos de barras inclinadas con cargas repartidas.

j3.66

j2.57

{M}final (ton-m)

2.76

Eiemplo 6-19Analicemos la estructura del Ejemplo 6-17 permitiendoel desplazamientohorizontalde labarra 3-4 como se indica a continuación.

209

),-.

-J)

-4)

))

\)

), .~~~.

) :(:~.:I~.:..~

)'~.'.....'i~:'~',;:::;"

}-,)))...,)

!,"

) ,.

; } r .

)"','

~:':'J ~:.'

J

iJ..,~J)

!

210

Q-D

CD----- ¿Puede existir?:NO. pues EA = 00

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

1112m..

"12m

1

8

E = 2xl0 6 too/m2Sección 0.35 x 0.70El = 20,008 ton-m2EA =00

a~22.6°Pendiente e42%

53

E/emplo 6-20Al pórtico que se ilustra a continuaci6nse le denomina "pórticoa dos aguas" y su empleoes bastante común en naves industriales y depósitos. Se pueden cubrir luces y alturaslibres importantes con economías notables en comparación al mismo pórtico con la vigahorizontal.Para simplificar la parte numérica se ha supuesto que el pórtico es de sección constantey de concreto armado. En la realidad el pórtico se habría fabricado de acero utilizandopertiles doble T de sección variable para economizar material y lograr una estructura másliviana y en consecuencia de menor costo. Adicionalmente, se ha supuesto que lasdeformaciones axiales de todos los elementos son despreciables.

6.9 Pórticos Planos ConElementos InclinadosEstudiaremos el comportamiento de este tipo de estructuras con la ayuda de losejemplos que se presentana continuaci6n.

2

Caso 3)

210

~(),~'1)

)))))

)))

-3)-7)

)

->)J))

)

))))

~j--J)

-.:..:c)

)

-4.::),;)

J),~)'j)j)

J~:j=)'\

~ wlsena.<r: 2

~tW1COSa.2

w

{N}p (ton)

G

-13.29\\\

{M}p (ton-m)

12

R, =-12tonxmR2 = 14.4 ton

H= 14.4 ton

12Hx5 = 1" 12" -2

211

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

\

{V}p (ton)

wsenacosa

)))

• Estado Complementario

Dl =D2=0

_..,.14.4

• Estado Primario

\

)

)

').,)

• Posibles descomposiciones de la carga extema w = 1 ton/m

211

)

)

_)

))

)

.>)

)

.))

=,.~

)

))_))

J)_,)

)

~ _ ;~::~~.~~~_~::..:.:~.~ '; ~~ _~.:: ..~:~.~:~.,.,~: ~ -~ v- ~ ,. '::.~""~:¡,"-, .,...~, __._,._~-.,:.":: ~ :- .--,¡.. --;":-~''':''':''''''''''C "C .•..: ..::: ." ..••• /. "7"'""'.,.. '~':', ':._~... ..: .• , •• ~ .•... ~. _ .•. _, ", .,. "-'-

~ ~_.:..:~;,.~:.!.i.-;¡·---;i.,¡'· ,.¡.~;: .:"~.: :;: ;. ~~..•::'::. ';.:':._-;.;~-:-:-:;.:-:t.;_ ...::~~j~~~:::: ~.:.:.:.:.;_~~.~~:;,:..::..:-:::':~:~:~--;:;'-:.._..;.::--..~..~~;-:.;..:.:~~:::.:~::.;;..::.:-::.:.~---i:.:~;}~~.-;;__:___.-...;~;~~.::..-·_;....O~.~

1

I:i Relativo total barra 3-5= 2_+ 144 = 2.613 65

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

2.4

6S

~=l

cos2 ex. 144

af 1 .r

6H::o-65

4 2Hx5=-+-3 13

4 4 21k =-+-= -El

11 8 13 26

k =_.i.+~= __ 3_EI21 64 65 2080~r~8

642/B~

{M}t x El

No puedeBajarl

2/13• Coeficientes de Rigidez

212

-. - -.-.;--~.~-.,..~~:'":"~:' ¡-: .•...- •__. :~-::"::"".··'7- .. : --.'.0'-0":- .-- .. - .•. ,_.-: ..• ~••. : •• "'-;-0- •• _ •• --:-::""~:_. ,.. - ._ •••• ,,_: ~ -.,.- ;."- '-:" -.-;.---:_ ••--".--:::-,---::-----;-; 0'-- - -:-- -; ----7- -7-·- -,.

;;·~:;:¿~~·;~~.k~S1::~:·"~::·::·,·:.~.~~.;..;;~~~¿S~::-~:~~:::..~~.':•..:;-;¡~.:_:;.:.:.::.;:;:.;.,::_¡_:.b;.:i.:.~;,:-;;~...t:....:..,,:..~·:~~-;.:~.~;·,=-:i·:::~·;;-_:..¡__:,_·..;: ~=.:....:....,,~;,__;.~·f.~~;;.;~:.:;.,..::...:.~~~:;~,,~..;;"'.:.;.~;; •..;c.~=::.::.;_:.:::_..;~:"'''_ -- _..-'OC="'~H-;'

~~-:l)O)

")))')))))

~)J))

-J)

-=>)))

)))

),")

J'))

~

1-=;).:¿..iJ,),)

.):JJ))

)~

i .)).)J

2131

{M} ton-m {N} ton-12

Deformada

29.5

-6.4

1~29mm

• Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas nonnales

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

D1= 14.43/EI ~ O.72xlO·3radD2= -238.2/EI~ -1l.91xl0·3 ro{ } (

21/ -3/ ){}12 726 /2080 D,-14.4 =EI -3/ 6036xl0·l D2

/2080 .

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

{M}lx El

H 19.2=-ton520

6~64 . 12

512

~6/64

213

•)

)

)

)

)

)))

)

))-)

}

)

"))

).)

"'í_.J),))

J

_j

))

i)

-)

-o-'~;-:'-;:"~-'-::- ",;--- ,. .., -,- ,•• ~ ---o . o •••• -.".~. -:" ._.~ --'""",,--~; ,',_':'" _~.:.;-"._ , •••• ,._ _ '.' n_, .. _ •• ".. _ _ ~ ..':_':, ", ~:' _ • o •••• _ ,, __ ••• _

. , _::._c:t ...~:.~s~:·::~·~·:_~·::::·.:,,~:'.':>- -._--~..:.•~..~.f_~:'.-.:.''_.._~~.:.:~_.:~:-_.-.:'~'::__......:~:•.~:___",_::,,:,,:.\...::~;:._:_-~;._,_:_._' -,,__O __ -_-.-_ ••o:. . -. . . :: .:':.:.::...., .....,.._-,..,':. . ...... . - - .. " .. '.,...",..;..... ~..,.~~'''-;''.__ o _ •• __ ~_. ._____ ~_ -,;. _. _.~ :,:;-'..;.:,.:_:-,. • ...:_. __ ..:__.:::_ ... ::;.:...:_;;.-=-._" ~_::';::_""-__ "",."..:.. -:- •• _,,:.,_ ~ •• ~.., ....__ •__ .II ...

{M} ton-m

Ejemplo 6-22Veamos como cambia el comportamiento del pórtico a dos aguas del Ejemplo 6-20 si enlugar de empotramientos en los apoyos de los nudos 1 y 2 existieran articulaciones ..Este tipo de apoyo es bastante común en pórticos a dos aguas construidos con perfiles'.metálicos.

~__--~----~----------.---------~~----r---~~~ ~

41.1441.14

---------,----------1=68 mmI

Los resultados se indican a continuación y resulta notable la diferencia que existe en eldesplazamiento vertical al centro de la viga (29 contra 68 mm) así como las diferencias enlos momentos negativos y positivos en la viga.

ti).f)

'31))))

)))))

__,)J))

-J)~)))

))))

J)

J)

-=j)-:::j.~

~J))))'))

J~

E= 2x.J o 6 tonlm2

Sección 0.35 x 0.70El = 20,008 ton-m1EA=oo

I If.----------2<.IlO ...---------~

1111111111111111111111111]11111111111111111111111111111111111111111-1IIE§IIj_

w = 1 tonlm

214

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

- - - - --- --- - --.=----- - - --------- -- ------- ------:-:;-.~--- - -.. ~.'··:~~:~;~~·=¿;~L;;~-_~.L~j7;i"-,~-:~~·i.~,~-..::::~."i_.,:~""7~,~-:::;':~~; - .,,:..:~:;,.-.-:_._--,-_..:; v-, ".•, ,-"::',~~'; '::,'-;,.'~' -~~:__::'-,,-=;~;..:..-=.:.~,~~.:.~~~~~~.:.~..::;-,:;:..:.:;.;-,:.;.:~-.;~.~~.=~-~.~~~~~--~:::¿.-:.

215

\ \\\\

Simetría. Q-D

2Cable de acero:E= 2 x 10\onlm2EI=O

8

Cable

1

5

. Ejemplo 6-23. Veamos como cambia el comportamiento del pórtico del problema anterior (Ejemplo 6-22) si se coloca un cable de acero uniendo los nudos 3 y 4. El cable. como veremos.permite reducir los empujes horizontales que ejercen los elementos inclinados sobre las

»: columnas, reducir la fuerza cortante en la columna y los momentos flectores. ElInconveniente principal es que el cable reduce la altura libre disponible en el interior delpórtico.

: La comparación de los resultados finales obtenidos en los Ejemplos 6-20 y 6-22 permite. observar la sensibilidad del comportamiento de la estructura a ras condiciones de apoyo-en la base.

\\\

t12

{N} ton{M} ton-m

~.

-3.9

Resultados finales.".. 1212

8

E = 2xl06 ton/m2

Sección 0.35 x 0.70El = 20.008 ton-m2

EA = roa ~22.6°

5

2i5

)

j

)

I)

--i

J)

-1I¡I

I )

)

)

J)

)

•)

)

))--')

...}

)

.)

)...)

-)"))""j)

-"1)

)

~

J)

---'\

\ \1

B

Sección 0.35 x 0.70E= 2 x 10 6 tonlm2

El = 20.008 ton-m2

EA=DO

-.5-tan 3

5

Ejemplo 6-UAnalicemos el comportamiento del pórtico del Ejemplo 6-20 sometido a cargas lateralescomo se ilustra a continuación.

\\ \\\\

112

{N} ton{M} ton-m

Avert. Nudo 5 = O

-14.8

-15.2'-16

-12 \\\

NCable =15.2 ton

:::-+-1.9 \

t1ce) Caso 3, cable de acero de EA= DO (caso extremo).

I(YY:SI

{N} ton{M} ton-m

-11,3

Mor. Nudo 3 ~ 6.2 mm +­Avert Nudo 5 R$ 14.8 mm. J,

{N} ton-=-----2,5 \\\

t12b) Caso 2, cable de acero de área 10cm2•

¡rí

I

I¡

{M} ton-m

.dhor. Nudo 3 R$ 9.3 mm ~Avert. Nudo 5 R$ 22.4 mm J,

0.6

a) Caso 1, cable de acero de área 5 cm2•

216~;~

~')))))')))))

J')_))")))))))

))))

-::}~_J)

_J.))

,.,:)))~):;J'.j

~-j

.)'4)

Las componenteshorizontalesdeben anularse.

5N=- ton676

3Ncosa=-sena169

r~~

I ,\,\\ \ \,

1-J Q-D- • Estado Primario R =0) I

-4 R2 =-6 ton1i • Estado ComplementarioI

~í }

1).)

t~,f • Coeficientes de Rigidez,

l!i

I~I

Debe existir Npara lograr I:Fh = O

D2=0

217

cero

4 3 19kll= - + - = - El

8 13 266 5 3 6 3

k21= -- - -cosa + -sena = -- =--El64 676 169 64 32

t~6/64

N3~p--1---i-- ~...-?-- \ ,,\a169

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

• Sistema Q - D. La estructura se ha reducido aprovechando la antisimetría de las~rgas laterales. Se muestran dos posibles sistemas de coordenadas, Utilizaremosel sistema Q-D de ia i~quierda.

___..lton

J

)}

)- -J

J__:,l

)

I

))

~ d~

'>j-,)

~

.)

, ""..,-=>')1

Para este estado o caso de carga, la presencia de un cable horizontal uniendo los nudos3 y 4 no modificaría los resultados.

{M} ton-m

• Deformada de la estructura, diagrama de momentos y fuerzas normales

DI= 67.46/EI = 3.37xlO-J radD2= 525.84/EI = 26.28xlO-3ni

12 3k =-=-EI22 512 128

6 3k =-- =--EI21 64 32

:::;> V = _2_156

3Vx12=-13

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

• Matriz de Rigidez y solución del sistema de ecuaciones

DI =0 D2= 1 Í4~~12/512

1 1

k ~~ \"~r

~ k =-~EI12 64

Alternativamente el equilibrio de la barra inclinada se puede formular en coordenadasglobales como se indica a continuación:

218

219

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

{M} ton-m

I))

. el comportamiento. del pórtico del Ejemplo anterior, sometido a cargas:laterales, modificando las condiciones de apoyo en los nudos 1 y 2 de empotramientos a

íacíones. El objetivo es formarse una idea de la influencia de las condiciones de~~.al:>oy'oen este tipo de pórtico sometido a cargas laterales.

219

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

.","'--,,,,.c:.~=..;'~"-""""""'..._.."..."':c;"_·.::~~~~.,.' ~_;¡,.•.,c.. ,c"_''''~'~''';~''''''.""'::-:-'--:"':1'" .~._,. c:····,·.::-.'·,·_·.,·· :-_ .. '-:."--~" -', ,:..~',-:

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

)

")

J)

)-)

)

))

~.J))))

)--+) 5too

))

I \¡¡

1

7) El== 5.ixl0-3

__,

~e~¡))))))))))

-j)"7)

)

J").)))))J))-j

J-'))

~.>

-~

::)~)).)'),j-;))

~

CJ.:~

.. -:!:';;;--: -,.c~...;.;.:~.:-:...:_:..~

220

\+-10/3 ton

10 ton-m10

{M} ton-m

JO ton

fff10

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

1/2. AI2

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

\\\

SistemaQ - D

Aprovechando la simetrfa del pórtico y la antisimeúla de las cargas, la estructura puedereducirse a la mostrada a continuación.

A íI"oc" 66m

\2

\\\\3

E = 2x106 ton/m2Sección columnas 0.30 x 0.60Altura columnas = 3 mSe desprecian las deformaciones axiales(EA =(0)

lO__ro_n~•• r4 5~ ~6

Ejemplo 6-26El ejemplo que se desarrolla a continuación, pretende dar una idea de la repuesta de unpequef\o pórtico de un piso frente a cargas laterales. No se cubren las numerosasvariables que influyen en la respuesta de los pórticos frente a las cargas laterales.

6.10 Pórticos Planos Sujetos a Cargas LateralesLas cargas laterales suelen provenir de la acción de un sismo o viento actuando sobre laestructura. En el caso de sismos, las cargas laterales que se generan en la estructuraprovienen del movimiento del suelo y son de naturaleza dinámica. Sin embargo, lasNormas permiten calcular un conjunto de cargas laterales estáticas que intentan simularla acci6n dinámica máxima que puede producirse en la estructura. La determinación de.las cargas laterales estáticas "equivalentes" depende de diversos parámetros, entre ellosse encuentra el perIodo de vibración de la estructura.

220

221

5.7

{M} ton-m

O.64h

0.54/

y,,.;

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

\+-+.160.35

....­t 3.16

0.35

8.9 ~~\~.k+--3.67

&A0.8 h

{M} ton-m.:0.9h

1.050.52/1 :

b) Caso 2. Corresponde a un caso en el cual las vigas tienen una rigidez a la flexiónpequeña (El viga = 0.1 El columna)situación que corresponde a vigas muy flexibles en

" comparación a las columnas; Las columnas trabajan prácticamente en voladizo con, puntos de inflexión altos. La rigidez lateral del, pórtico (1012.19)es de 4.57 ton/mmaproximadamente.

22J

"

)

J

)

)

))

"),').-'~

222

0.5 h0.5 h

0.671Ir 1/A ..

y

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

0.52 h

\5.0 +-­

.3_21

1.21

0.631.. v• 111

10EI Il. = 0.758 mm} } .

")

))))

"))'j)J")

)

_))":))),)))

))

'""iJ-->)

:.:c})

-3.::).¡¡j)')JJ)).)

~

CJ;;-~

{M} ton-m

\\\5.0 +-

.3.321.25

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

222

{M} ton-m

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

El viga IEl col

e) Caso 6. Para cuantificar la influencia de las condiciones de apoyo de las columnas,en la respuesta del pórtico frente a cargas laterales, analicemos nuevamente el Caso 3 -en el cual las vigas tienen la misma sección que las columnas (El viga = El columna)-cambiando los empotramientos en la base por articulaciones. La rigidez lateral sereduce a KL = 1.96ton/mm, este valor es inferior al Caso 1 que tiene vigas de inercia nula.

.. Los puntos de inflexión en las columnas se ubican en la base de las mismas. Esinteresante comparar el diagrama de momentos y las reacciones en la base con lasobtenidas en el Caso 3.

642 108o

· .· .· .· ~ . ..------ 0.0 •• '1'·······..0·0 :- - ••• ••• .. -1-··..··---_ 'r-- '0'" ••• 0.-

· .· .· .o.oo+---~·----~---~--~·----~

,......e~ 0.20'!~ 0.15

!0.10

O.OS

0.25

0.30 ,--------:---~---~--"""""'!"--__,t • I •....... -.- _ _ ~ <10_ .. " __ _ _"" oO <l 10. ..t • f tt • f •I , • •I • I •

............... ~ ~ L ~ ... ... ... .. .I • • I· . ..... ·············¡-·················f·················r····..·..···..··T·········..······· .. . .· .._.- --._." ~ ~_ - ----r----"."-_ --o,.

223rLa variación del desplazamiento lateral del pórtico y en consecuencia de su rigidezlateral, se muestra en la figura a continuación. La figura corresponde a columnasempotradas en la base.

)

)

J)-¡)

)

~,~

~)))).

))))))

~)-2)))))_)

)))

))))d'j-i)

J)j-=)..).).,..)d)~

Tercera columna de laMatriz de Flexibilidad Lateral

1

fl3

/

Segunda columna de laMatriz de Flexibilidad Lateral

Primera columna de laMatriz de Flexibilidad Lateral

¡ 1

f2ll i I!-: +----'---+-1 --~

Ql~~I~I_'~ __~i~I -H;1~f 1 J

01

Las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Flexibilidad Lateraleh un pórtico de tres pisos, utilizando la definición de coeficientes de flexibilidad lateral.aplicando cargas laterales unitarias en cada uno de los gdl.

Pórtico sometido a fuerzas laterales SistemaQ-D(sólo fuerzas y desplazamientos laterales)

1

I

1J..

I

II

" "1 ."

""

Establece la relación entre fuerzas laterales y desplazamientos laterales:{DL} = [FL] {QL}

La matriz de Flexibilidad Lateral ([FL]) es simétrica y d~finida pO$itivs.es de LJtilidaden elanálisis sísmico de edificios sometidos a carga.s laterales. Para su construcción, sedefine un sistema de coordenadas reducido eh el cual los gdl que nos interesan son losdesplazamientos laterales del pórtico, tal como se indica a continuación.

6.10.1 Matriz de Flexibilidad Lateral dePórticps Planos

224

.0 •• 0.0 •• 0._ •••

.- ._~~::~'~~::~':.~.:~~;".: ""o·::'~;.:'..~_:.'.~'.~ ; _.~~~~:.!..~:;..·~.~:~._..., .o~;_;_;~~~..:.~~'~~.~~_;~=~~~:~:~:=.J~~~~.~:j:,,·.~~I~·.,:~:=~:::~;.":~''-~.~~~"'';'':'~__;_:''':~~~'':''_:_::.~:;.~o::._~ _j___:__~-__ '~_~ •• _- ' .. _, - .:•• ,- :" .<.... j_.~ '".

225

D2 = 1 - Segunda columna de KLD1 = 1 - Primera columna de KL

!\ ___

las figuras a continuación muestran la construcción de la matriz de Rigidez Lateral en unpórtico de tres pisos, utilizando la definición de coeficientes de rigidez lateral, aplicandodesplazamientos laterales unitarios en cada uno de los gdl.

Sistema Q-D(sólo fuerzas y desplazamientos laterales)

Pórtico sometido a fuerzas laterales

"

D~ ~---+-------iFl___..

D~ ~---+-------iF2___..

. " ,1,.

D~ r-------,------¡

6.10.2 Matriz de Rigidez Lateral de Pórticos PlanosEstablece la relación entre desplazamientos laterales y fuerzas laterales:

{QL} = [KL] {DL}La matriz de Rigidez Lateral ([KL]) es simétrica y definida positiva, es de utilidad en elanálisis sismico de edificios sometidos a cargas laterales. Para su construcción, sedefine un sistema de coordenadas reducido en el cual los gdl que nos Interesan son los

,. desplazamientos laterales del pórtico, tal como se indica a continuación.

La matriz de Flexibilidad Lateral se puede generar fácilmente con la ayuda de unprograma para el análisis automático de pórticos planos, definiendo sucesivos estadosde carga, como los tres mostrados en la figura anterior y para cada estado de carga,basta obtener los desplazamientos laterales de los niveles para ensamblar dicha matriz.

Para el pórtico de tres pisos, tendremos:

{DI} (fll{DL}=[FL]{QL} ~ D2 = f21D3 f31

225

¡',y":"' __' ~._:.._...,':_.;':,J,.\ ,.:..:: .... . ..... _ .. ~ _ .::; .;::'"-"",' ......,

}

1})

J)})

~)

))

~

)))

j)-,,J)

J)

~

)

--:)

))

~.~.. ~.. :.:'... ,.....,~:.~:._ .... '.~:", .. '.~'..-. ;.., .. "::;.::-:.::=~:..:..:._.~.' .• :"':::'.:.::2..:__:::'~~;_:{.~~:::~~i!:.;':.,.~:.~:'::'::";'~";..:'.::=-~;~.#~ -:~' •• -e _~•..~.::;j.,-~..'_:",-~_.~~'". :",~:.. "._.._~,:.:•.::.__~_..:_~_.~~~_,~~,,:::_.~.2._~_~;".... '-'.:'_;_'.....:__a.~..:.~_~_.__._.n;':·

~(jJ:1;)"))))

)))

)))-j)~))

)))))))))

)

-3'j

--7)

:;:j):):>.J_)J;).~

)-7)J~

11/" )¡""v

ElElEl2

Veamos la manera de abordar el caso de los desplazamientos de apoyo en unaestructura mediante un ejemplo sencillo. Se trata de una viga de tres tramos de lucesiguales y sección constante en la cual el empotramiento izquierdo sufre un descenso demagnitud d.

Ejemplo6-27

6.11 Efecto del Desplazamiento oMovimiento de ApoyosExisten situaciones en las cuales es necesario cuantificar el efecto de losdesplazamientos o movimientos de apoyo, en la repuesta de una estructura. Unasituación de este tipo. puede darse en un pórtico en el cual los apoyos (zapatas)experimentan un asentamientono uniforme (asentamientorelativo o diferencial) productode la deformación del suelo en el cual se apoyan las zapatas.También puede ser de interés analizar el efecto que tiene la rotación o giro de laszapatas en la respuesta de una estructura sometida a cargas laterales. Este es el casode las placas"o muros de corte en los cuales el momento flector que transmiten a lazapata suele ser elevado y en consecuencia la cimentación gira alejándose de lahipótesis de empotramientoperfecto que se suele asumir.El tratamiento de los desplazamientos de apoyo en el Método de Rigidez, es simple yaque estos efectos se incorporanen el Estado Primario. Lo que no suele ser simple, es laestimación de ramagnitudde los desplazamientosde los apoyos de una estructura.

[FL] [KL]= [KL] [FL] = [I] ~ [KL]= [FLrL

Existen numerosas técnicas para generar la matriz de Rigidez Lateral de una estructura,en el acápite 7.11.2 se presentauna metodologíapara ello. Otra manera, que puede serconveniente en muchos casos, es por inversión de la matriz de Flexibilidad Lateral, esdecir, aprovechando la relación que existe entre ambas matrices (véanse los ejemplosdel acápite 7.11.2):

D3 = I - Tercera columna de KL

Para el pórtico de tres pisos, tendremos:

{FI} (kll kl2 k13J{OI}{QL}=[KL){OL} ~ F2 = k21 k22 k23 02F3 k31 k32 k13 03

226

.~_ ··.---:;.-;,¡;-;c__ i~-_..

__~"~-L _ - ....-.~~:_~--- ..._~~- -------

227

{M} ton-m

Nétese-que el efecto del desplazamientode apoyo se va "amortiguando" a medida quenos alejamos de la zona en la cual se produjo la "perturbación".Para darnos una idea de la magnitudde los momentos que se producenen esta viga porel efecto del asentamiento del apoyo de la izquierda, asumamos algunos valorescorrespondientes a una viga de concreto armado:

E =2xl06 ton / m2 1= 5m Sección 0.25 x 0.50

El = 5,210 El == 208/2

Si el asentamiento del apoyo es ~ = 0.05 m el diagrama de momentos es:29.2

• Diagrama de Momentos final (Primario + Complementario).2.8

[K] {D}= {Q} 1 ~D =--2 5 1

k21=2EIIlk22= SEIIl

4~·D =---,-151

• Coe,_ficientesde Rigidez.,.

kll = SEI 11kl2 =2EIIl

6EI~ { bhl6}R = R2 =0 {Q} = - ~2I ¡l =>

• Estado Complementario. - 6EI~1 f

~~

~4 4

~ I 6EI~ / ¡2 6EI~ I P R)( ;p- (--+i--'fr-) (~-'i~ t

DI=~=ORI;:-AIV \\\ ~. ~\\

• Estado Primario.

227

),)

)

)

1)-,)

J)

)

)

~)

)J)))

)

)

~)

\I

J)_)

j

)_,)

J

)

J

J

))")

b) Caso 2. El empotramiento central (nudo 2) sufre un asentamiento instantáneo demagnitud a = 25mm. Como era de esperarse, al ser la estructura simétrica asl como lasolicitación, el desplazamiento horizontal de la viga es nulo asl como la rotacióndel nudo5 y el diagrama de momentos es simétrico. Nótese nuevamente la magnitud de losmomentos flectores que se producen, éstos no son para nada despreciables.

13.93

{M} ton-m

-o¡:::

a) Caso 1. El empotramiento izquierdo (nudo 1) sufre un asentamiento instantáneo demagnitud A = 25 111m. La solución se deja como ejercicio para el lector y a continuaciónse muestran los resultados. El desplazamiento horizontal de la viga es de 2.46 mm.Nótese la magnitudde los momentos flectores que se producen, éstos no son para nadadespreciables.

Au

E = 2xl 06 ton/m"Secci6n de vigas y columnas OJOx 0.60 mAltura de las columnas == 3 m

3 Se desprecian las deformaciones axiales (EA = r:x»

~í.J)'j))")

))))

))))

-J.j

-=l)))

)'))))))))

:;;):3---j)

-d))'-J,J)

::J)61.)

'"))

~

228

.. .... 6..6m

\\\

5 6~--------~--------~4

La magnitud del momento flector qUE)aparece en el empotramiento de la izquierda esbastante elevada, es muy probable que lleve a la falla a la sección del empotramiento.

Eiemplo 6-28Analicemos el efecto de un desplazamiento (asentamiento) de apoyo en el pórtico delEjemplo6-26.

229

Por el contrario, en estructuras hiperestáticas (externa o internamente) los cambios detemperatura en una o más barras originan desplazamientos en los nudos y esfuerzos enlas barras. Por ejemplo en la armadura mostrada, que es externamente hiperestática e

Apoyo deslizante

&ro .. Esfuerzos en barras {o"}= {O}Desplazamiento de nudos {D} *" {O}

En estructuras isostáticas (externamente e internamente) los cambios de temperatura,ATO. no causan esfuerzos en la estructura, sólo desplazamientos de nudos y enconsecuencia cambios en la geometria. Por ejemplo en la armadura mostrada acontinuación, la cual es isostática externa e internamente, un cambio de temperatura enuna o varias barras no causará esfuerzos en las barras.

~ ~~--S~h = __.~ ~._.EA AT' EAaA'fO

11'fO incremento

+-~ ~__.ATOdecremento

EA a AT'

6.12.1 Cambios uniformes de Temperatura. En una barra del tipo armadura o del tipoviga, los incrementos uniformes de temperatura generan alargamientos o acortamientostambién uniformes. A continuación se muestran las fuerzas de empotramiento. en estecaso fuerzas normales, para una barra del tipo mencionado de peralte h.

6.12 Efecto dé los Cambios de Temperatura.. ·.Existensituaciones en las cuales es necesario cuantificar el efecto de los cambios de.... :ternperatura en la repuesta de una estructura. Los incrementos o los descensos de.•.•..temperatura en una barra de una estructura pueden ser uniformes, es decir todos los

puntos experimentan el mismo camblo, o pueden ser diferenciales.El tratamiento de los cambios de temperatura en el Método de Rigide~, es simple ya queestos éfectos se incorporan en el Estado Primario. Lo que no suele ser simple, es la .estimación de la magnitud de los cambios de temperatura, normalmente es necesariocontar con mediciones de las variaciones térmicas a lo largo del tiempo para estimar losvalores máximos, mínimos y medios.

30.00_/

_l

)))

)

)

)

J)...,.J)

J)_))

I

1))))

~

)

•)

•Ii

I i)~1 •[~~

.~,

®(~

.~)')))

)

)

))))

.~

J1))

-J)-4)))))))j:)

-:>)=)):::}.

"1~,;):.)

'J:)J).))Vi@';;)230

6.12.2 Gradientes de Temperatura. A continuación se muestran las fuerzas deempotramiento para una viga de peralte h, sometida a una temperatura inferior (Ti)menor que la temperatura exterior (Te). Se ha supuesto que la variación de latemperatura 8. lo alto de la.seccíón es lineal. Situaciones de esta naturaleza se puedenpresentar cuando la superficie exterior está .expuesta al sol mientras que la interior estáprotegida. la deducción de las fuerzas de empotramiento se deja como ejercicio allector, ésta se puede realizar utilizando el Método de Flexibilidad y Trabajo Virtual (cargaunitaria) para calcular los desplazamientos en las redundantes ocasionados por lavariación de temperatura mostrada.

Isostática externa.Hiperestática interna.

El mismo procedimiento descrito es aplicable a estructuras isostáticas externamente ehiperestáticas internamente tal como la armadura mostrada a continuación.

Para la armadura de la figura anterior, que tiene 12 gdl, el cálculo de las Cargas deFijación (Estado Primario) es simple. Se Calculan las fuerzas de empotramiento en cadauna de las barras, que en este caso son únicamente fuerzas normales (qi = Ei Ai ai ATiO)luego por equilibrio de cada uno de los nudos se calculan las magnitudes y sentidos delas Cargas de Fijación (Rl, i=1,12). La figura a continuación muestra un esquema delcálculo de dichas cargas. Los desplazamientos de los nudos se obtendrán del EstadoComplementario y las fuerzas finales en las barras de la superposición del Primario yComplementario.

..... Aro I-+ Brida superior (expuesta al sol).Aro 2 -+ Resto de barras.

internamente isostática, un cambio de temperatura originará desplazamientos yesfuerzos en las barrasl

230

- _:.' .-: ••••• ~•• ~ •• ~ • :•• -.0' _-:- ._ •• O

.•. l' ~:~';:,:.:~L::.:•.;i::i_=~..'-~-~.~;.::.::_:.J2_¿_;~~~.:.:~.:._:::::::-_:~:~:~'.•:~;;;:.~o:.:.:,.L'';·.~: •• ;~ ..~:",,-:....~.:....::;_ ~"'-. ::..::.~~: ..•• , i,:: ',0';" :.~:,.~i._~_:::.::,:,.:._o•••,'.'~ ~.: • V

231

Ejemplo 6-29Para estimar los esfuerzos que se generan en una viga por un aumento de temperaturao gradiente no uniforme, analicemos la viga de tres tramos mostrada que pertenece al

>_ tablero de un puente continuo. Se ha supuesto que la viga es de concreto armadof~ (E = 2xI06 tonfm2 a R::1xl0·s l/OC) de sección constante O.40x:1.20 m y que está sometida a'> un gradiente lineal de temperatura de 30°C, es decir, la parte superior de la viga se§ encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estar expuesta directamente al~. sol.

,=

Sol~o

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

'---- Variación lineal (supuesta) de latemperatura en la altura de la sección.

Te>Ti _h AT=Te-Ti

)

)

)JI~

~

)))•\)r))

)

)..,J")

i }}t )I1 -,i ))

~j

I }¡

~

l)

_)

¡ )

)

It

)

-}

)

~)

))))))

))

)

-d)~)))).))))

))

)

)

~"j--JJ

.-Jo)Jj.,)

,)¡J

-1_)

"q,j,'''7).J~

'O::?)

232

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

El sistema Q-D consiste en el desplazamiento horizontal de la viga y las rolaciones de losnudos 4, 5Y6. En total la estructura tiene 4 gdl.

JIJI JIu "66moc

\\\\ \\\\2 3

5 64

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

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

{M} ton-m~t~~~34.56 34.56

1~ J~ DeformadaA ~ ~ A Dv rnax = 1.07mm

J9.00 m

So)

232

~O1 9.00 m ! 9.00 m 1

233

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

{M} ton-m

1.44

DeformadaOh nudo 6 = 2.1 mm

Caso 2. La viga experimenta un gradiente lineal de temperatura de 30oe, es decir, laparte superior de la viga se encuentra más caliente (50°C) que la inferior (20°C) por estarexpuesta al sol y no contar con protección térmica. Nuevamente la estructura y las

'. cargas son simétricas, por lo tanto el nudo 5 no debe experimentar ni movimientohorizontal ni rotación, en consecuencia la estructura se puede reducir considerando unempotramiento en dicho nudo. La solución se deja como ejercicio para el lector y acontinuación se muestran algunos de los resultados.

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

233r!I

)

J)

-)

_))

)

)

))

_))

)-,.J.)_)

~

:).».e))

)

.J_)

)_)

1)-,

¡tI)~~))))

))})))--})).,)

--j)~-)

))))))

~))))

'"J)

"3j

~::)

)):),)_)

))

,~

6.13 ParrillasLas parrillas son estructuras planas con cargas perpendiculares a su plano. Las barrasse suelen modelar como elementos unidimensionales que trabajan a flexión y torsión.Las fuerzas de sección en las barras son: Cortante. momento f1ectory momento torsor.No existe fuerza axial en las barras ya que las cargas son perpendiculares al plano de laparrilla.Para analizar este tipo de estructuras mediante el Método de Rigidez. es necesarioconsiderar tres gdl en cada nudo: dos rotaciones contenidas en el plano de la parrilla yun desplazamiento vertical perpendicular al plano. La rigidez en flexión de las barras esla misma que para el caso de los pórticos planos y la rigidez en torsión de las barras (elcociente entre el momento torsor y el giro correspondiente) se calcula mediante:

Kt= Mt = GJ9t L

EG = 2(1+v) (Módulo de Rigidez al esfuerzo cortante)

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

J=(3hb3 (3~ .!.(l-O.63~)3 h

En la ecuación anterior b es el lado menor de la sección y h el lado mayor.

{M} ton-m

0.710.37

DeformadaDh nudo 6 It$ -0.088 mmDv nudo 6 ""-0.9 mm

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

234

235

R, =-45 tonR2=0RJ = 22.5 ton-m

Equilibrio del nudo 3:

JI 7.5

• Estado Primario

J = 0.23(0.8)(0.4)3

Propiedades de las barras:

~~'!'(l- 0.63x 0.4) ~ 0.233 0.8

OJ~ 12,800 ton-m2

El ~ 42,670 ton-ml ~ OJ~ 0.3" El

Nótese que la rigidez torsional, medida a través de OJ,es bastante menor que la rigideza flexión medida a través de El

~:.

E = 2.5xl06 ton/m2 (le =280 kglcm2)v ~ 0.15 E/G ~ 2.3 G ~ 1.09xl06 tonlm2

Material (concreto armado):

Sección de las barras3m6m

~ O.30m

0.40

6Q-Dw = 10 ton/m

5

xz

2

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

)...,.))

)

})

JJ!)

"~

)j)

co4)

:1J).))

}

),, .,~.,

"1 ._

- .\.1

:1.._;,',

J ._;~,

~.~:~,.

.,."C

"__

)----})~))_)),))

)))))

)

~

7-j)

~-1j

I jII ¡JI.1 _)I -.::)I .JI

I ~_)

~-)

)~

Momento Torsor = O(en todas las barras)

~

ll~

6136 ¡j! Jf'__ . kl1 6/9

~ ¡/~+ 6/9

121216 ~ _ kll ,~/6/36 J2/27

pi6136

121216

~6/9

• Coeficientes de Rigidez

- DI = 1 2

• Estado Complementario

{Q}=-{R}={ ~ }-22.5

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

{M}p

2

Diagrama de momentos en el Estado Primario:

236

237

36

GJ GJ 4 4k22 =-+-+{-+-)EI =0.5GJ+2EI=2.15EI6 3 6 3

kJ2 =0Vista auxiliar:

6 6k =---=-O.5EI12. 36 9

• X~2/3

4/3 ~ ~ 6/9~

!fkl201/6

~(}J/3~

~ kll ~(}J13P.J6~

2/6

- Dz= 1. En la barra 1-3-5se produce flexión yen 2-3-4 torsión .

kll

Vistas auxiliares:

237

'-'.-~:.

~1•¡.'.

.-

,';"_,

""

),)

~~~

t ;2.:f) ....} ;~;~.

.'..;:¡

1'-::'

l ,~t":.~.

) ~:::'))

)

\

~.: - - -:- -- --",-'-- ·······.·.,...·.:;-0·.··-.·"·.-- .. - --;-_,._~~., ,-.-.:.--:- .. :.- .. _. ._._ __ . __ .-: ._:_,. __._ _. __ . __

_ ~;¡;t.~~><~~'.~.·:.7Jj;~.;.·:!~:~;~:>~~i_~~~~~t;::~;~~:~·~~~~i.~.-~~:~::~-i~~.\~.~.·~~~-=~;j~:~:i~F-.;:~::-_).<:~~::.~~~~~_ .; !.~ -.- ~;---;'-:':_:.;-: ~~-2;;~~-~~-~~--"..~----. ~~_¿~;-;~~.;:-:¿-:::~~~::.~_;._::_~-- ._~~.'~~~-~-:1;'='=.~.:.~l:.~_:~:::'

34.0

Barra 2-3-4

2 4

26.96

3j.S

16Barra 1-3-5

M flector (ton-m)

16.0

34.0

• Diagrama de momentos tteotores y torsores49.5

{ 45 } (1 -0.5 0.5 J{DI}O =El -0.5 2.15 O D2

-22.5 0.5 O 2.15 DJ.

• Matriz de rigidez y solución del sistema de ecuaciones

D, f1:165.45/EI= 1.534xl0-J m

D2 R:l15.22/ El = 0.357x 10,3 Rad

D) ~ -25.69/EI = -O.602x1O-J Rad

1

Por ia smetrta de la estructura:kl3 =k21 =0.50J +2Ei =2.1SEIk2J =kJ2 =0ki3 =0.5El

))))))

.)

~).,}

)--),)',r

'~

)))'))).)':),)

~)

)

~)~-~-j,)),)"))')))~

2J.l

- D3= l. En la barra 2-3-4 se produce flexión y en ] -3-5 torsión

'-:-"":";".-;-:-:-;:'_""'::;-- -''i~:''''~''''.~'';;-:::-:-.,.----~.:;----:-:---- -::.~'.".': -- ._-_~.-~- -.".•...- -,--;-~:;-._-::--_.::~.•.. - "';:-,- .--:-:--=-:--;-;:- ",.. '; . .,.--::- : -,-.. '" - ;,:.:~:-=_~-:,:~~'';¿~~~'~~'~.;;;.;'.;..'~.:';'~~.;:-..~:..:..:.:.:.:~-:.;-:~~~.:.::- ;_;~,;_:_~::;::'-.;~.-~~;;"'~~~:::~~::._--':o'. ::L.,¡;:;.,¡¡· ~-;.::;:-::~';''--::;-;,~~_':-:i'

238

239

Fuerza total de 1-3-5sobre 2-34 = 6.18 + l8.94 = 25.12 ton

Calculemos la fuerza que hace la viga (parra 1-3-5}queno tiene carga externa, sobre laviga cargada (barra 2-3-4)para ello hagamos un diagrama de cuerpo libre del nudo 3:

2Con la viga 1-3-5--+

34

4

49.S

33.75

A~V------------~l-----;:6 3

22 ~(YYYY;vY'\ ~4

10 t/m

67.5 = w P/1267.5

Veamos la diferencia de comportamiento de la estructura en el caso en que no hubieraexistido la viga perpendicular (barra 1-3-5). La viga (barra 2-3-4) que es la que soportatoda la carga externa, trabajarfa como doblemente empotrada tal como se muestra acontinuación:

.....,

~.;..~.,.:'

M torsor (ton-m)

4

.......

239r·.

;}

)

i

)

))))

¡ }

¡ J

j~J-4

:t,1)

))

)I )J

-J))

)

))

_J)

~J)

))-)_J

)

)1

'J lJ)

- -:'C'_-'- ~'~i--;-.,....,.;:·:-: ~.-.::"", ~-~;:._-: '~::"~"--:'.'.' '_ ... ; .• ~;-; _ ... _~_o oo. oo.... __-:'.'-:-:-;_~;_:-_._0 •• _

O ·,o~~.~~~~:~:::~T.~~:·~·-:~:j~~Et=~;·~~:~;:~:-:~:2~.L:;o,,~.:-~:.~~:::=L:~:~:o~o!"::.:o:~-~:li~;o-./~~.-i.:.;:~~:o:-:_.~~~~~~o_~~_.~_~_~::~o.:.'-C:~_'o::~~:~~::,::'_~,~;,,::~~¿:~~~~~:~_~~=-;-~O~:~~o_.o":~.o._;_..,.~",.~ ,~;>-o~~=~=:~L2"~·.::~='-0' .o:o:.._~::'=~-~~.1')~)

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

/~\ .....

~t.~:!·

,~-¡'),-))))))))}-j)-'7)

)))<:»;)

.¡ )

1)))),))

~")~.)

=3ce)

~.~

,JJ,;).).,)...,.))

~D3 = -28.125/EI ~ -O.659xlO-3 rad

Con OJ=O: (1 -0.5 0.5)

[K]= El -0.5 2 O0.5 O 2

Los desplazamientos del nudo 3 son: DI= 67.S/EI ~ 1.582xl0-3 mD2 = 16.875/EI ~ O.396xlO-l rad

Si GJ =O, también es posible obtener la Matriz de Rigidez de la estructura haciendo nulostodos los términos que incluyen el parámetro GJ en la matriz de rigidez calculadapreviamente:

f5

En el caso de apoyo simple entre ambas vigas, el modelo que podria emplearse para elanálisis se indica a continuación. En este modelo la viga (barra 1-3-5) se ha remplazadopor un resorte de rigidez K cuyo valor puede calcularse como se indica a continuación.

Nudo 3

Si la rigidez torsional de ambas vigas fuera nula, la u.niónentre ellas (nudo 3) equlvaldrlaa un apoyo simple, como se muestra a continuación:

36

~V +V -IVA- A h

Por lo tanto, el comportamiento de la viga (barra 2-3-5) en términos de flexión y cortante,es equivalente al mostrado en la figura a continuación, en la cual se ha remplazado laviga perpendicular por las fuerzas que esta ejerce sobre fa viga 2-3-4.

240

241

GJ = 6,947 ton-m2 ~ GJ ~ 0.152 El

Material (concreto armado): E = 2.5x 106 tonlm2 (fe = 280 kglcm2)

v ~ 0.15 E/O~ 2.3 G R': 1.09x106 ton/m2

Propiedades de la sección de las barras:O.30xO.90 -+ El = 45,563 ton--m2

J= f3 h b3 ~ 0.263 x 0.90 x 0.303 = 6.391 x 10-3

3m6mQ-D Grados de Libertad

Vista en planta (Plano X-Z)

z

'1 .,'1

x

I(] v4m

EJemplo 6-32Analicemos la parrilla cuya vista en planta se indica a continuación, que está contenidaen el plano XZ; Las vigas son de concreto armado de sección rectangular O.30xO.90m.Las dos barras está unidas en el nudo 3 (nudo rrgidO)y forman un ángulo de 60°, Sobrela barra 2-3-4 actúa una carga repartida vertical de 4 ton/my sobre la barra 3-5 una cargaconcentrada de 5 tOD. los únicos grados de libertad de la parrilla pertenecen al nudo 3,un desplazamiento vertical (D3) , una rotación alrededor del eje X (D]) Y una rotaciónalrededor del eje Z (D2). '

26.3

42Barra 2-3-4

33.8

M flector (ton-m)

16.9

)

})

})1},)

)j~

))))

),..,J.JJ),.)j

))

j.),)

,~

)

--4)

'"i)

) I 241).:S I~

• • -C" -,~, -".- --_ ._ •• "' ,,, .. .,'''_

._~..3i~-~_-~i,"~:~:::/~.~;~i;~~;':J.~i~~~_:.':·:~_¿1.:;-;~-·,,~~~:-.~':~i~.~~.j_: :~:~~L-~·~i~~.··~';-~-;;.;~~:;~~~~·:~·~~~;;'~~~:~~:·,;~::_~;~.l~.~~º:~~:~.,~:~:~.~

I~

.)')))))))))-j')-1)

)

J.)J)

)),))))=jJ-J.>~iJ-;j~

.JJ,,))jJ~).)e,~

,:::)--'¡

242

Para no sobrecargar la gráfica de Vectores; los momentos flectores y torsores en el3 se representarán únicamente en la vista en planta de dicho nudo.

lsen30° (torsión en 1-3-5 )

T D1= 1

Icos3óo (flexión en )-3-5)

Estado Complementario•

{

2.17 }{R}= 10.25

20.50

Vector de Cargas de Fijación:

R2 = 12 - 3 +2.5 sen 30° = 10.25 ton x m

R3 = 2.5 cos lO° =2.17 ton x m

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

Equilibrio vertical del nudo 3: R3 = 2.5+6 + 12=20.5 ton

Sx4 2 ~~5 = 2.5-= .5 28

~...._

• Estado Primario

. Descomposición del giro unitario en vectores

. perpendiculares a las barras

243

Descomposición del giro unitario en vectoresperpendiculares a las barras

lcos60°

lsen60°

4EI 4EIk21 =--cos30sen30+-cos30sen304 6

• GJ sen30cos30_GJ sen30cos304 6

k21 = - O.180GJ +O.722EI

GJ-sen30°6

k = GJ +GJ + 4EI cos! 30 + GJ sen230I1 3 6 4· 4

+ 4EI cos' 30+ GJ sen2306 6

k,•= 0.604GJ +1.25EI

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

4EI-~ ... 6 cos30°

+\GJsen3006EI 300 ~6-COS62 ...

t 2EI 30°-cos6 6 6

k3\ = 42 COS300--62 cos30o=0.180EI

GJ1J+-3 -44

Equilibrio vertical del nudo 3:

GJ... 6 ..

2EI 300.~4COS

+ '\'\..GJsen300

46EI ~ 4EI-¡;-cos30· t ..--¡-"0$30·t,

J)~

).)))))

8))))

-:))2))))

))

,),):j.))

,)~)~3-j-9J'.).J"),S1,)•.,y

k22 = O.313GJ+2.417El

GJ GJ+-'-sen260 +-sen2604 6

k 4EI 4El 4EI 260 4El 260=-+-+-cos +-cos22 6 3 4 6

ku =- 0.180GJ+O.722EI

GJ 4EI_._. sen60cos60+-cos60sen606 6

GJ 4EI .kl2 = __o -sen60cos60+-cos60sen604 4

Equilibrioverticaldel nudo3: k32 =~+~cos60o- 6 -~cos600 = - 0.396EI36 16 9 36

GJ-sen60°

~t ~ (4EI/4)cos60°

.¡ tk22 4EI 2EI±---~J~kI2--1- ,,\3 t ~ 3

;(6EI)/32

(4EI/6)cos60°

~~+\ GJ sen6006

6EI 600 .-cos62 t =----f+- (2EI / 6)cos 60°

244

j,¡

f

1

(2EI/ 4)cos 60°~

~6EI 600-cos42

245

7.07

22.39

{

10.018} {2.20 x 10.4 }

[K] {D} =- {R} --+ {D} = ~I - 12.911 = - 2.83 X 10.4-39.899 -8.10x 10'4

• Diagrama de momentos ñectores (ton x rnt)

0.180]- 0.3960.743

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

[

O.604GJ + 1.25El -0.180GJ+O.722EI 0.180EI] [1.342 0.695[K]= -O.180GJ+O.722Ef O.313GJ+2.417EI -0.396EI =EI 0.695 2.465

0.180EI -0.396EI 0.743EI 0.180 -0.396

6666·k =---+-sen30--sen30=- O.396EJ13 62 3' 42 62

6 6kJ3=-2 cos30--2 cos30 =0.180EI4 6

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

6: ~~6' _~

~ ..

12 12 12 12kll =-+-+-+-=0.743EI43 33 63 63

,12EI

..~.. ti-

6EI

7 ...~---

245

}

'))')

J

1,J-,)

))-))

~})JJ)

--:}.J

~)

~)..

JJ~I

)

I)

-:}

1)

"1r

j }

1 )

_))

__)

>)

)

J

~,~

:1)_)-))

'))))))')

~)~))))))))

))

)

J;)cj----1)

-;J"~)

)'C)J_)

J)a

4

Barra 2-3-4

22.88

22.

7.542

15.10• Diagrama de momentos flactores (ton x rnt)

{

11.790}{D } = _1 _ 13.971 .

El _37.894

0.7222.417·0.396

0.180 ]- 0.3960.743

= {-!:~::~::]- 8.32 X 10-4

[

1.250[ K ]=El' 0.722

0.180

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

• Diagrama de momentos torsores (ton xmt)

2

18.93Barra 2-3-4

4

22.39

246

247

7.42

22.64

• Diagrama de momentos flectores (ton xmt)

{

3.039} {6.67 x 10.5 }{ D} = ~I - 13.442 = - 2.95 X 10.4

-37.487 -8.23xlO·4

[K] {D} =_ {R} ~

0.4170J + 2EI- 0.51

O.208EI] r 1.743-O.5EI =EI O0.743EI 0.208

o 0.208 ]- 0.50.743

o2.064-0.5

a} Caso 1considerando rigidez torsional en todas las barras.• Matriz de Rigidez

r0.5GJ + 1.667EI

[K]= OO.208EI

3m6mQ-D

1111

","

Vista en planta (plano XZ)6m

w=4 ton/m2§·~,"*",~~~*7'~*+~E-*-~H~ 4

3

P = 5 ton

5 ""

4m

Ejemplo 6~34-Para apreciar la influencia que tiene en la respuesta de la estructura la inclinación de 60°.de la barra 1-3-5 del Ejemplo 6-32. resolvamos nuevamente la parrilla para el caso enque el cruce en planta de las barras que la conforman es de 90° (perpendicular) en lugarde los 60°del problema original.

)

11

~

)

)

1)

))

)

ii,

•1

j}

-,)

t¡I )

I )

))

)

_J

j)

)

J-J_J-)

j\

._)J

---; 1)

I \)==; ~

J)

J)_)_)

{

3.229} {7.09 X 10-5 }[K] {D} =- {R} - {D} = ~I -13.975 = -3.07x 10-4

- 37.899 - 8.32x 10-4

0.208 ]-0.50.743

o2

-0.5[

1.667[K ]=EI O

0.208

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

• Diagrama de momentos torsores (ton x mt)

Barra 1-3-5

4

18.97Barra 2-3-4

2

22.64

248l~)oC)~))

)))))))

~))))

--;))

~)))

))

)

J))))

-=,)-:;,-~)

~-J').)).JJJ')~

7.42

22.8

15.10

• Diagrama de momentos fleelores (ton x mt)

249

..•.. ;......__.,._~'_..:.-:-."::-.- .---;;-:-";-;'--"~"::-;--:::-:"~':-:-.:-'-~;-- -::-.- -:-"'_-=-- ;---- -~'.- ",,---,_, '--:-_-;-':.--' ;'-:=-.-;-"_'_"_',-:-:' - -- - - -- - •••

• •ss. ~.~~ '-'~!':::~:-:~.~~{~~~~'~.~.=¿~':~_.:;.~;:'~::':~~:~-~:-:~~_~~~i·~'2.~~~:..'.~:=_~~:-~~··:.:_~~~.: ;'~~i~=~~~_:.~:_¿¿~ ''':'L-':''-H~~~- ~_;_-_._~;~.~.~.~ ~=:_~~:'~-.:~--~--~--.'::'-:-":-.~--:=~,) f1 I

I

)

)

1)

J} 7.54,-)) 22.88

-'> Barra 2-3-4

)2 4

l',IIi

~ II1

ji

_} iI Barra 1-3-5i 7.54J !

)) .. ') <

)

~

J)j_J}

))

.))

j j)O) 249

1 ,L

Ji)ct~"7),)'))")')

)))

~)1))

-))--4))

J))

).)-,)).}

-=j,]

-=3~19-:;1:)J)JJJ)~

.. ...:>"=7.5Elevación de la placa mostrando

algunas de las esbelteces analizadas

/= 15mPeralte (h) Esbeltez 11h = ).1.5 10.02.0 7.53.0 5.05.0 3.07.5 2.0

15.0 m 1.0

\\\\1

+ +)..=2

h = peralteSección de la placa

,---r--,I II I, I

2 I II II II II I

3 J,_ IV

4,I

I II ,I 5 I

I v II 1 II I II I II 7.5 in ~I I 1I I II I II I I

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

25 ton ~6

E =2 xl 06 ton/m"G = 8.7 xlOs ton/m'1= Altura total de la placa = 1Smh = variable (peralte de la placa)

~IO.25

6.14 Deformaciones por CortanteEste tema fue tratado en el acápite 4.10, en el cual se derivó la matriz de rigidez de unabarra de sección constante, incluyendo las deformaciones por fuerza cortante. En elMétodo de Rigidez el incluir detormaclones por cortante en las barras, es tarea simple,basta con modificar la matriz de rigidez de las barras y los momentos de empotramiento(véase el acápite 4.11.7) incluyendo las deformaciones por cortante.

Elemplo 6-35Para formarnos una idea de la influencia de las deformaciones por cortante en larespuesta de una estructura, se ha analizado una placa o muro de concreto armado envoladizo de cinco pisos cuyo modelo se muestra a continuación. El análisis ha sidohecho por el Método de Rigidez utilizando el sistema Q-D .indicado (desplazamientohorizontal y rotación en cada nudo) para un sistema de cargas laterales con variacióntriangular en la altura del muro, este sistema de fuerzas podría representar la acción deun sismo sobre la estructura. La influencia del cortante se ha cuantificado variando laesbeltez geométrica de la placa x (cociente entre la altura total y el peralte) y resolviendocada caso incluyendo y sin incluir las defonnaciones por cortante.

250

251

0.4 0.8

OesFWl.steral0.20.0

o._----~----~----~----~--~

..·..·..····..... ·····...... ·····i::::::-t1lDf¡..······..··m.

12

&beHez10

1.0.81.

1.0.4 0.6DespIaz LaIeraI

0.8o._----~----~----~----~--~0.0

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

12

EsbeItIlz5

0.21.

1.0.80.4 0.6

Des_l.IIIer.II.

O._----~----~--~~--~----~

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

020.01.

0.80.4 0.6

DespIaz l.ater.II020.0

................................. ~ .~ I

o._ ~----~----~-- __~--~i

)

Esbellaz 7.5

0.80.4 0.6De6pIaz l.atefBJ

0.2O._----~----~----r_----~--~0.0

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

Esbeltez 3

0.60.4 0.6

DespIaz Lallnl

0.20.0

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

15.,.----·Eabeltarz1

A continuación se muestra. para cada una de las esbelteces analizadas. la deformada dela estructura (desplazamientos laterales del eje de la placa) con y sin deformaciones por

. cprtante. Para este caso particular. las deformaclones por cortante son importantes para.esbelteces de hasta 5 aproximadamente, para esbelteces mayores las deformacionespor corte no modifican sustancialmente el comportamiento de la estructura.

251

l.•

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

)

.)

J)_)

~

.J)

)

)

)-7J1

;i

1j

)

')))

I)

}i

1

1)

J

I I¡,I

I

,:,.-:_-.-_.,~ ..~, ..-.,~,_ .. _. H __ • •• __ H H -:-._' "':-;_:-;-_'-:'.~':-.H'-=;-_-:-:-",_,_,,_-. .';., .. 'H." - --::.,. :i"':--=_-'-'~:-":"H'-:-: "CH.----;:::--'-"7"' ..H_ . H: .... , ._.__;_,_. :-... .,......._

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

ll¡D~

~-'))'))))

'))))

o~

)01))

~)

.-=))

))

)))

)-)'o"

;)o.).)

~JG·3~·~3:)J).JJ.))~

fhl =0.791k22 = 4.71 BIlIS

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

Rigidez modificada de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.3):k'22 = k22 x (1 - ft12 x ft21 ) = (6.72 El/15) x ( 1 - 0.70 x 0.47) ~ 4.51 (BIlIS)

Momentos de empotramiento:J.112= - 0.0685 ro (15)2 J.121= 0.117 (J) (15i-Momentos de empotramiento modificados de la barra 1-2 (ver acápite 4.9.7):U'IZ = O U' 21 = UZI + fl2 x Ul2 = 0.117 x S x 152 + 0.70 x ( 0.0685 x 5 x 152 ) .~ 18S.6 tonxm

3.15 ]6.72

[ k]' ~ El [ 4.48barra 15 3.15

{q} = [kJbarra {d}

ft21 =0.47 (factores de transporte)k22=6.72 El/IS'

• Coeficientes de rigidez y momentos de empotramientoUtilizando las Tablas para barras de sección variable de la peA que se resumen en elAnexo 1 se tiene:a} Barra 1 .....2ftü=0.70kll = 4.48 EIIIS

Q-D

5 ton 1m

11: l I I I };yl ~ ~ I * ~:$:0.90 m

0.90 m\\\ 3

J¿ v I¿ I! J¿/1 12 m í1j m 11 4.5 11 10.5 m í1

Ejemplo 6..36Resolver la viga de dos tramos indicada a continuación. la viga es de ancho constanteigual a 0.35 m. El módulo de elasticidad es B=2.2x106 ton/m2.

Para la solución se utilizará un sistema Q-D reducido que no incluye como grado delibertad la rotación del nudo 1

!¡i .I¡l.

6.15 Estructuras con Elementos de Sección VariableEste tema fue tratado extensamente en el acápite 4.9. en el cual se presentó lametodologra para obtener la matriz de rigidez de barras de sección variable y losmomentos de empotramiento. En el Método de Rigidez el análisis de estructuras conbarras de sección variable. es tarea simple. basta con calcular previamente las matricesde rigidez de las barras y sus fuerzas de empotramiento.

252

253

{M}t

0.248 El0.301 El

k¡ I=0.553 El + 0.301 El = 0.854El

~f0.020 El

0.248 Elkll

OJOl El ~ 0.553 ElT)C~j(F-:;;=- t) C~~ O.058EJ0.038 El

• Estado Complementario01 = 1

~-----.._ I'!f#. ~ F'

70.9

R¡ = 185.6- 147.4= 38.2 ton-m

RI185.6 ~ 147.4 70.9

~O(I~t;¡ ¡--r---r-¡ ¡...........--¡ ¡ ~ ~f f~ (1 ¡ J ¡ , ¡ 't0 (i--{~"f~ f ~ f

25.16 49.84 T 42.60 32.4092.44

Momentos de empotramiento:Ul2 = - 0.131 x 5 x 152 ~ -147.4 tonxm U21 = 0.063 x 5 x 152 :::s 70.9 ton x m

• Estado Primario

q-d

3.72 J'4.71

[ k] El [ 8.29barra ~ 15 3.72{q} = [k]barra {d}

253

1JI1)

)

~

\_j

_j))

)

)-j.)

,..)

")

J

j.)J)

...))

)i "

~

.) ~,-~

-"") ;-:

_)_)l

I')

)-¡

-·C·C···:.. -:.: .....'.. -:-: ..~::.~,.:.--;-;;-;;.-._~_--;.... , ;:-- _ __ = -,;::-:-:-.__ _ _

~,..~~~.)y~~::,;~:~'~..,..~:.:'.t·ó;~.~f:>·~:~::i·.i2;·~~·~:;~~·,~~~:¡:bi;l~-_S:.-~t~~,j~&~-:'::~~:~'-i~~-.:.~.~~:'~2;~.;:·::~~~j'..~?:.2'-.::-:~::'.:'_:i:. ;~ ;,;::;;.; ':_¡'-~;,,"-_,;_;=C:;_";

254

Momento flector (ton-m)H6.K~5.Y m

34.82t

80.4

.',.:;~ ,

Nota: Se sugiere al rector resolver esta viga considerando dos grados de libertad (lasrotaciones de los nudos 1y 2). En este Cf;lSOno será necesario modiñcar los coeficientesde riglcjez de la barra 1 -2.

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

l20.5

"r'

• Deformada

67~8@5.2 m

172.1• Momento f1eclor (ton-m)

o O O- 185.6 - 0.301

El x (- 4;~73) = - 172.1+- 147.4 0.553 - 172.1-70.9 - 0.248 - 59.8

• lJ~spléi.za.rn¡ent()sen fas coordenadas[K] {D}=- {R} (O.854EI) PI == - 38.2 --+D1=92 ~ - 44.73/ El

• Motnentos fináles· en las barras{M}p + {Mhx D1 = {Mb

2S4

Q)Q)::))

})

)

'))

')

)))

~)")))

---;J)

,...:))

)

J))

)

)-))"))

-7)~- ::>

~,jJJ'))

J)

)..,;9"7

-,

255

R,= O

R2 = 10 tonR3 = - 40 ton-m

a) Solución en el SistemaO,-DI

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

f\K\1

4m\1

3m

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

lO ton+

6.16 Estructuras con Elementos IndefonnablesCuando existen elementos de rigidez a flexión muy grande, estos pueden modelarsebajo la hipótesis de El = 00, es decir como si fueran sólidos rígidos. En estos casos debemodificarse el sistema de coordenadas para reflejar la dependencia de losdesplazamientos en los extremos del sólido rfgido. El análisis de este tipo de estructurase ilustrará'mediante los ejemplos presentados a continuación.

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

• Defonnada

~))

'})

)

)

)

)

_)")

}.

)

)

-7¡)

?

,jI

,)

tt!f)l)I

.)

¡J}a)~-J)

, )

)))"))))

~))))

~)::2))))

))

}

)),))

.)~.J,),--:J--j-:t~:)

-):).))J,)

)J:10"o")

256

kl2 = 4800 x 0.8 = 3,840 = 0.096EA

k22 =2 x 13,333 +4,800 x 0.6

= 29,547 =O.739EA

k32=- (4,800 x 0.6 + 13,333) x 4

=- 64,853= - 1.62EA

q. = q3 =+ (2xI07)(O.002) (1) =13,333= 0.33EA3

q2 =+ (2xl0')(O.002) (0.6) =4,800 =0.12EA5

x=O.6

1

kll =6400 x 0.8 = 5,120 tonIm = 0.128EA

k21 = 6400 x 0.6= 3,840 = 0.096EA

k31 = - 3840 x 4=- 15,360 = - 0.384EA

q2 =+ (2xIO')(0.002) (0.8) =+6~400ton/m=O.16EA5

x=o.s_A

~1

256

o6,400o

. ../'

• Estado Complementario

257

Fuerzas axiales(ton)

Deformada

- 10

{

22.50 } {5.625 X 10-4 m }[K] {D}=-{R} -+ {D'}=E~ O = O

7.5 1.875 x 10 -4 rad

-15,360]-64,853259,413

• Matriz de Rigidez

[ 0.128 0.096 .0.384] [ 5,120 3,840[K)= EA 0.096 0.739 -1.62 = 3,840 29,547

-0.384 -1.62 6.485 -15,360 -64,853

kJ3= - 19,200 x 0.8 =- 15,360 = -O.384EAk2J =- 53,333 - 19,200x 0.6

= - 64,853=- 1.62EAk33 = (53,333 + 19,200 x 0.6) x 4

= 259,413= 6.485EA

-;: 1"122ZZ ZZ7tA- k3J

o 19,200.. 53,333

ql =0

q2 =- (2x107)(O.OO2>C2.4)=-19,200=-0.48EA5

q3 = (2X107;(O.002) (4) = -53,333 =-1.33EA

....)

.)_)

)

)

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

~~;':r0,,'.,,.:....~.

)

)

)

")....~

)

•l;!'4

):

1 4

257

))'-)

- ~.".'~" ...."--'.~:'::-:r--""- ,..,-:~,~;,_.....,..,= ,-, .. .,. '~:.. ... "-:.' ... " :"- - _ ..... _._-- ... ". _.--" .:-_. _ .. , ._- -- "'," ,_,.--;-:.:.:;-, •• ~,-;'-7--;------' .. _...- ',',':~~_:.... : _.. - _...,....,~,., _.... _ ,:_.__._" ::-__ .... ':". ',," "'-' '_._:~'_.,...._.-;:...._:..__'. __o ':._,'" .. :;-:_ ,.,, ..

. .,- ·.. :.--~._;~·:..::r;·:;:_~~:_.:~;~:t;~:=:¿~~:~~~L,j~·_~~;.::~=~·~~~~~t:j...~~,:~~_:-:-:L:~~~-~~~,~:"-~~~~~.~::';_':":'~.::':.c:...=:_;__::..~_._~~~_~._:_~~__::.¡:.!!. --=-_- ..--:;; :_ .._,_;,:- .~:,:"",, _ _;,_,_:_"~" '.:.__;~:;;::. -!- ;_::. 1. .-- -.-" ~",._- .~

258

qJ =+ (2xl07)(0.OO2) (1)=13,333 ,;"0.33EA3 .

k) I=6,400 x 0.8 = 5,120 = 0.128EA

k21 = O

k31=6,400 x 0.6 = 3,840 =O.096EA

q2 =+ (2x107)(O.002) (0.8) = +6,400 = 0.16EA5

x=o.~

~ 1

o::).')

))')))')

J))-jr)'))..,

~))~

))'))

), )

).).))

)

'J~)~'-J"9-:::J),):)Jj)

J')'~.~)

258

\\\

• Estado Complementario

1,¡l b) Solución en el Sistema 01- 01

• Estado Primario. Las fuerzas en las barras deformables son nulas ya que no haydefonnación axial en elfas. El primario se resuelve por equilibrio del sólido rfgido.

"''' ••••• ~ .:.~.-: '-:---- -_ -- --- - --- • ",:: -:; .-: ....... ,..: ••• -...,-~::-:--:. --- _. - - o_o, ._:-.':""" - - - __ __ - - - - - __ •• _,_,,, __ ,, •• __ : :_. '. :", •• _ ,_. ":_':::: • :.~ •• ::.,.: ••,'" ~,..::._'~"'~-:'--'-

:;:;';;';¡;;';:';;:;_';'-;:.:;';~'~:,:":.:;¡;.:.,,;:.'''; ¡L;.~;~'.:.:::;::.¿::,;:;,~;:;~,'C::,;;__;:_,~:::-;¡:: :::.::::,: < :·.c:·:r~..•. '.:·':'·:L;.;t:·~;·::.c':·<.::~;.::.~:;;~;:';:';f.';:-:: <L/c·;···· .••.';:;;::Li:¿:·;.;i:,··:;c:c::.:....._ .c.::

l~,;!JI

259

Fuerzas axiales(ton)Defonnada

oO 0.096] [5,1201/3 O = O 13,333O 00405 3,840

{"D} = ~{ 2~.50 } = { 5.62~ X 10-4 m}

- 30,00 -7.500X 10-4 m[K] {D} = - {R} ~

3,840]

16,2~3

OI • Matriz de Rigidez

[

0.128[K]= EA O

0.096

kl3 =4,800 x 0.8 = 3,840 = 0.096EA.

k23= Ok3J= 13333.33 + 4800?C0.6 = 16,213=OA05EA

q. 2 =+ (2x107)(0.002) (0.6) =4800 ::;0.12EA. 5 .q~=+ (2X101~(0.002)(1) =13333.33= 0.33EA

. x~O.6

1

k12= Okn == 13,333=O.33EA

k32 = O

259

)')

-¡

)

}

)

)

))

)

)

}))

)

)

)

)

I-:\._))

)

J)

))

.)

)-~))_))

.-=:))

lI

~_)__)

1 :).Jt

.~.,)...):J..)_)

)

J~

(l)'~

~"j)))).)"))))

--j))))

~.)

A)))

)))

)

:>))

)

J).:)--J,~--j

\\1\

{M}p

5.335.33

R2 = - 5.333t-m

0.89 t!~

8

Q-D

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

(2 GDL)

\1

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

~2

6m4m\\\ \\

2\\\\

3

54

3m

6

El = €X)

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

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

260

•.. . ~" ..•.• ~ , .. , ..- ".•,... .~ ._oo :._. • ...~:. oo~_.:~ :_ ~'-;"."_"" :;;,._~ .. :- ..

:!;:...::": :,:;..~;~i~:i'~'~~:'.::"~'~~,:.::.~'~.;."..~'~~~.; ..:.~:~.:~:.:.;¡;>~.::~..':'j~:"; ~.:ji~,~~:~_ •••••• "-:":'-:" .. ..,.•. '.: •.••• _ ••..•. ~ _... _- -_. :.-:;-_.: •• ...-~:- •• _. :-= ~~_ ... _-_._-=-.-

...'.~:.~~~ii:¿!¿iLf.i~~..~.....~.~:::~;:~.~...:::..:7.~..:~~~~:::. ',:~~ ; .,::-: .'~:.~.~.. :'~~":'_:".....: ._..

M=V=O

261

M=V=O

2(3000)

i> 4~ C!Ztl=Z;(~~0~;:t7Zi114x6

2,000

{M}¡

x.> 2(3000)/3

"l\

6(3000)32

k22 4(3000)~ 4

k2lV) (-i t\.....JI 6(3000)/42

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

D2 = 1, DI =0

r r·''"'''·''·''·''"''1

2,0002,000

-~.

(12X3000)kll= 3 x 33 = 4,000 ton/m = 1.333El

k12= - 6x~~00 = _2,000 = -0.667 El

,r:-\

12",3000+33 t

....:J

32 tI'7\ 32

12%3000 {33 '-J

.~

V =667 ~~j (pfZWWiEOll) c.~'t(_,)6x3000. V 6x3000

k12

~ M=V=Okll ~I -+ +=

~6x3000~ 32

12%300:+

33 't.....:J

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

261r·.

)

")))

_j

J)

>)

JJ.))

-;)o,_)

)..).)..)}

~

.)j2>_)i

~}

J

)

)

))

I ),!, j.l¡

11)-;

,)1)

}

)

_ .. ~~. O,: '7.'- .: ····-.-.7.•·.",-;-- ::~7-:_-""-.'_"'_~.. _ : __...~O._._._, .~_'0. ._._:

:'_.!.~~:':~,~~~._j_-;:.::lk~;r.=.-.~_.·.,-i;:;;~~~l,::~;_~~:~~~T~:2.·~¿~~:~=··~~-~~'..~~~É.~~··::';~~~~_'~~~.-;~;.~.'.~~·iL~-~~:--~~~)-':~~·~~:.i¿~~;~i_;~_~~~:~~;-~:~~·:~;i.-::~j~~~:_~~-~.~.,~~.:~~-~~~~.~~¿::~-::;_:~.~,l~:_·~ .:~~:.. - -~~~'~:':,~~;.:;:' :

\

::)

-7))))

-,')

)))

.:;))")))

---})~)

))

)))

Jo))

J-']

J=3'-1#9-;)),)J)),))~

\\\ \\

Q-DEl

3m\1

Sólido rígido

2 ton/m

Ejemplo 6..40La estructura mostrada está compuesta por un sólido rígido apoyado sobre una barraflexible (barra 1-2) en flexión e indeformable axialmente de longitud 3 m

0.890.89

{M}y (ton-m)

6.67 5.78

0.89

• Momentos finales en las barras

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

{D)} { 0.444xl0-3m }

=:) D2 = 0.889xlO-1 rad[4000 - 2000 ] {DI} {O }

- 2000 7000 D2 = 5.333

• Matriz de Rigidez[K] {D} =- {R}

{M}z

6k21=- 32 (3000) = - 2,000

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

263

Fuerzas en la barra 1-2 (multiplicar por En

12x2(3)3

6El 12EI 14EIk =----x2=--~-1.556El21 (3)2 (3i 9

k = 12E! = 4EI ~ 0.444 El1I (3)3 9

kll

\\\\

M=V=O

• Matriz de Rigidez

RI = - 4 tonR2 = - 8/3 ton-m

4/3 r A

213~

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

"

)

)

') .:~.'

.-), -.-..

»

))))

)

})

)

-}

_,)

J_)

)

)

)

J)

~ J.I ..;))

- _)I

).~

';

)

J.JY_)

-,

o1

']))

))))

)));)))

)

)---j)

~.))

.)))))

,J­-))

)

-:))--:)--j..,-0:)-:')-)'-)j.)

J<~

10.53

r = 3Jm1m¡ = lI(5-X)2 dx > 3911 El El Elo o

5 m,(x) =5-x

• Producto de las Matrices de Flexibilidad y Rigidez

El[4 -14] 1 [ 39[K][F]=[F][K]=9 -14 52 El 10.5

l

f22 = ¡mam2 = (1)(1)(3)= 2_o El El

1 [39 103.5][F]= -El 10.5

f. =f = lJmlm2 = ~(5 +2) = 10.512 21 El 2 Elo

m2(x) = 1

-14 ]52

k __ 12x2_ 6 =_14El12 - 27 9 9

• Matriz de Flexibilidad de la estructura

[K] = El [ 49 -14

12x2 6-+-27 9•

12~-+-9 3

I \¡í¡!~¡1

1

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

265

Fuerzas en la barra 1-2(multiplicar por El)

«>(~)x (~)61t-x-(3)2 4

~(%)x{~)

+

RI =_ 4/3 tonR2 =_ 8/3 ton

1\"\1 JI

1 \/ 1"I \

• Matriz de Rigidez1/4

8/3

4/3

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

\\ ,\\ElSólido rígido

1\2 ton/m

-:" ;

}~'

} f~,) ;:~,,'

~::

1 ~~~~~:

J t,

W1"

_,"i ..~:<, •

1l'.}

)

1\\J 3m

Ejemplo 6-41Resolvamos nuevamente la estructura del problema anterior, modificando el sistema decoordenadas.' '

"i

265

~)

.J.)_)

1

J)

.)

-'.),)

\J

:': >," ,---;-,--':,'" .",:".~,...:, '-:;-;'" -~"".~-~:,~-"'~="'-:·:,--o-c'~~~ .... ,,. "'.-:-~-' :-; '.', -,-"----' ;-~";-';'- :'- ~- ','" -',"'''---- - - '::' ,- '-;-'--""'''--.-- __ o •• -. ~ ,--- _ - '--.- '-1'" _. .,.~.',', ._,.-';-~-,_;..------~-""" , ..,_.- . ,.".. :, :__:: ,o,. ...... __ ''' ..~ '_"'_"_":_' .~._ .. ';_:',: --= .:..,....:r

'. :~;~~~-',:',"~~~;':,~::;,-~~~~,~~~-'-,~~;'f.:~:-T~:{j::.!~~-I;'~:,~::-~~_,~.::Z~,·.':~:::~:,':·{~;':.~;~:.~~;:}::~·,~::.,:·~~t~~,::;~-E±,:~ii~l:,,~;~2~~~~1::.~:~3~;-~':-.-:::'.:_~~..-.~:~:~~:<~~:;:::":-':~~,-_¿.:;';; ..~L:::~~~~~::':·'I':..j~·-:·-;~~;~,:;~;_',.~;~'~,:':'-;~-;~~~::"';'~~-~i

266

• Matriz de Flexibilidad de la estructura

[K] =EI[ 3>S6-~

k = (.!.) x.!. = El22 3 4 12

k =(-.!._.!.X4)X.!.= -El12 3 6 4 4

~ / -~"'''k22\ /

X/ \

V \ _---l.....kI2

,K\:::;~}í;

Equilibrio del sólido rfgido para DI = 0, ~ = 1:

\\\\

DI = O, D2= 1

)-:)',)

.~

)))))(}

)).)))j)

-;}-j.,'-J:)

-3)))

1 I

\1/11 I

/1\11

_-I ....kll~-)

g+~=.!! ~6 427 36 18 -+-=}

9 J2

266

k'l =(.!.!.X4 +1)x.!. = 31EI18 4 36

,~

~

~~))))").,))

1 -Elkz, =(-l)x 4 =4

f'\ I

\. /

X/ \

[¿_ -_\

Equilibrio del sólido rígido para DI = 1, D2 = O:....k21

1!1f

.. "-:--.' .,,-:;:-,., •• ,. .",~ ,: ""', ~..,. : ,~.,.,~.,.; .•. ..-=- .. -, -;-_-'--- ~ ,."., e'- .. ..,... _.;- ,.-. - __,_"..-:.--.-: ':"••••-:----: -.., .. -:----. .•. -,...,.---~~-: --:e-- .-; -- .: .. : --¡o :,:, •• _, : , _ •.,. :--~..,':. '". ~:'''' ...,....... .. •• - -.;_.- _. •• .. ~..,..- .='-_.; -::.:-''''

::,.:"~~~'.~il·;·;~;~;:';~~::~:1~~L~k·~·LiL·~~i····~::·...:;,~~:.':-::~~~·~~_;_~=i_~·_j:~·"-l~·>L~i~ii:·~~~;:~.·~~j¿_~¿_iL:i~·i;·:i:::~~-~~~~..;.:.~_~·¿·¿i;::L.:~.·.~:,~.··.·=:f~~lJ.¡:·~~~~L.~¡~~li.;:.~~.J:~··,~__~~_._~~.i-~.i.:

267

Ejemplo 6-42la figura muestra la planta y elevación de una estructura compuesta por una losa macizaindeformable en su plano (diafragma rfgido) apoyada sobre tres columnas circulares

, empotradas en la base y articuladas en el extremo superior. La rigidez a la flexión de las.. columnas es El = 5,400 ton-m'.

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

M21

V31

3

11

3

2

, .:Cada nudo tiene en general, seis grados de libertad, tres traslaciones ortogonales y tres,;. rotaciones. Los apoyos restringen algunos de los grados de libertad. El análisis de,',' estructuras espaciales por el Método de Rigidez, conlleva un gran número de grados de,libertad. Su aplicación manual es virtualmente imposible, salvo para el caso de

,.,'estructuras muy simples, por lo que para su solución es prácticamente indispensable, utilizar un programa de computadora.Recuerde que las fuerzas de sección en las barras de una estructura espacial son: Axial,cortante, momento flector y momento torsor. En la figura a continuación se muestran lasfuerzas de extremo de barra, referidas a sus ejes locales, los que deben ser principales ycentrales.

,", 6.17 Estructuras Espaciales

• Producto de las Matrices'de Flexibilidad y Rigidez

27 ]93

[F]- _1 [ 9El 27

f = lImlm2 = 3$(7 - X)2 dx = 9322 El El Elo o

f. =f = lJmlm2 = lJ(3-X)(7-X)dx= 2712 21 El El El, •. .' o' " o

f = 3Im,ml = 3J{3- X)2 dx =_2_11 El El' Elo o

267

))))

}

))

.).,..,

.);))

)}

_)

)

)

)))

,r;)~

9-)))))-)

))))

~")J))

-J.)

~))

.>))

))

J:)"))

=)')-=1-~...-¡).J:_)J_)))

-d~{;¡':j

,

268

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

k21 =0kJI = 600 x 3 = 1,800

600+-600.._

._600

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

3EI 3(5400)VI=V2=V3=V =-3 (1)= (1) =600 ton/m3 27

1, !, },DI = 1, D2 =D3 = O

'-...fII '-...;1f '-.JIf

~ ~ ~

~ZZZZZZZ~Z7ZZZZZ~

ELEVACIÓNC2•\\\\\\

3m

268

• Cálculo de la Matriz de Rigidez

"PLANTA

4mIr 4m

el•f-~I3

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

269

KxyKyyKay

Kx9]KyeKas

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

k23 = - VI sen(53) +V2 sen(S3)=Ok33= V3 (3) +VI (5) +V2 (5) = 35,400

v. = 3El (3)=3(5400) (3) = 1 8003 33 27"

v. = v. =3EI (5) = 3(5400)(5) = 3 000I 2 33 27 '

k22 =·3 x 600 = 1,800

k32=0

1,800 ]

35~400

o1,800

O[

1,800

[K]= O1,800

La matriz de rigidez de la estructura es:

EquIlibrio de lalosa para Da = 1,DI =~ = O

600.t .~600

~qui(¡brio de la losa para. Í>2 = 1,Di = D3 = O

"l.T V·:_ - 3EJ·· 3(5400)VI = 2-'- V3 - V =7(1)= 27 (1)=600to~m

600.¡

269

)

)

)

)))

~_)';_))

j._)

)

~\

))

"1.-

tJ)O·9~))))

)))

))

":J)j)_)_)):!))))).)))

-'j)))

=)-)

~_::~

;;tJ,)_)_),)

_)))

-d~.."'"\.­'i(;J

':'1270

2) Comportamiento de la Estructura: En todos los problemas resueltos, hemos supuesto _o_.

comportamiento Lineal Elástico, sin embargo, el Método de Rigidez se ha extendido alámbito del comportamiento no lineal de las estructuras, pudiéndose abordar problemas ..de no linealidad geométrica, no linealidad del material o de ambos.

6.19 Ámbito deAplicación del Método de rigidezHoy en día, con el desarrollo de las computadoras y de los programas de análisisestructuraí.: están desapareciendo de manera acelerada los límites en el ámbito deaplicación del Método de Rigidez.

1) Tipos de estructuras que es posible analizara) Estructuras de barras• Vigas.• Pórticos.• Annaduras Planas.• Parrillas.• Armaduras Espaciales.• Pórticos Espaciales.b) Medios Continuos ~ Elementos Finitos (estados planos de esfuerzo Ydeformación, losas, cáscaras, sólidos, etc.)

Caso de Carga 1: {R}l -+ {Qh = -{R}¡

Caso de Carga 2: {R}2 -+ {Q}2 = -{Rh

Caso de Carga n: {R}n ~ {Q}n = -{R}n

{Q}¡= [K]{Dh => {n}¡=[Iqol{Q}¡ ~ {ah

Estado 1Q-D~~ ~~'" ~~

Estado 2 A J Estado 3

~ 16.18 Análisis para Diversos casos o Estados de Carga I

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

271

1 Introducciónel Capitulo 6 se presentaron las ideas centrales del Método de Rigidez aplicado a

ras reticulares. La aplicación del Método de Rigidez se realizó bajo una forma oes decir, la matriz de rigidez de la

ra se generó aplicando sucesivos desplazamientos unitarios en cada una de las.....,..""'""'·1"I8S elegidas y los coeficientes de rigidez se obtuvieron por equilibrio de los

o de porciones de la estructura. De manera similar se obtuvieron las cargas,~:nO~[]i:lJt:l:i(Estado Primario). El procedimiento o metodologfa utilizado en el Capitulo 6,~_·."'rrT,.r~entender las ideas centrales del Método de Rigidez y darle un significado flsico a,••<..__ ........ una de las etapas que intervienen en la solución de una estructura utilizando este;?··...."oyr.no.

análisis de los problemas resueltos en el Capitulo 6, aún en las estructuras simplesque hemos abordado, es fácil concluir que el Método de Rigidez y en general los

os matriciales, se caracterizan por una gran cantidad de cálculo sistemático, y suen la práctica se basa en la adecuación de los computadores para llevar a cabo

.. o el trabajo numérico. La aplicación del Método de Rigidez conduce a-que aún para· estructuras pequeñas, el número de ecuaciones simultáneas podría ser tal que su'.solución sin computador, seria sumamente laboriosa por no decir imposible.. : El desarrollo de los métodos de cálculo de estructuras en los que el trabajo numérico.. : puede ser realizado convenientemente en un computador, lleva a procedimientos a la. vez sistemáticos y generales. E.I objetivo no es el de disminuir el número total de;• operaciones aritméticas, sino conseguir métodos que puedan aplicarse a muchos tiposdiferentes de estructuras y que utiiicen el máximo posible de procedimientos numéricos...trpicos para los cuales ya existen rutinas en los computadores. La cuestión ahora no es·decidir si a un ser humano le resultará el cálculo estructural tedioso, sino si el método esadecuado para ser fácilmente adaptado a una computadora. Si esto último sucede,, entonces eí método es "bueno", aunque el número total de operaciones realizadas sea. considerablemente superior al de otro método de menor facilidad de mecanizar.·El desarrollo de los equipos de cómputo y del Método de Rigidez ha permitido a losingenieros establecer métodos que requirieren menos suposiciones y restricciones en el

..•.planteamiento de los problemas, logrando mejores resultados. En la actualidad, el•.ingeniero que se dedique al diseño de estructuras, debe estar familiarizado con los. métodos del análisis matricial de estructuras, porque constituyen una herramientapoderosa de análisis.Al mismo tiempo debe estudiar y entender el uso correcto de esta forma automática de

...-anáñsls. El resultado de un análisis por computador es sólo tan bueno como los datos yel modelo de los cuales se parte. El acrónimo GIGO (del inglés Garbage In, GarbageOut) cuya traducción al castellano podrfa ser BEBS se ha acuñado para recordarnosconstantemente que "basura que entra, es igual a basura que salen,Esto significa que el criterio y la habilidad del ingeniero, nunca podrán automatizarse. Elcriterio y el entendimiento del comportamiento de las estructuras siempre deberán estarpresentes cuando se idealice la estructura y ·se hagan las suposiciones acerca de lascargas y solicitaciones, el comportamiento del material, las condiciones de apoyo, lasConexiones entre los diversos elementos. Lo mismo se aplica a la interpretación y usocorrecto de los resultados de tales análisis.

))

")

))

CAPITULO 7- Formulación Matricial del Método de Rigidez

271

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

.~

.)~},)

)

,J1.)

)),))))

-;)

-...,)))_J)))

~j

JJ)

l~~~(:i),J).~

)))))

))))-j)"7)))_).))))")

" ,)))

~J-))c4-)

-J~.;;))_)rjJ"))J~

{d},;I = [A]nxN {D}Nx 1

Donde [A] es la Matriz de transformación de desplazamientos.

7.3 Matriz de Transformación deDesplazamientosSiempre que el sistema Q-D sea generalizado, será posible generar una matriz, quellamaremos matriz [A], que transfotme los desplazamientos medidos en las coordenadasdel sistema Q-D a los desplazamientos medidos en las coordenadas del sistema q-d. Lamatriz [Al se genera por geometrfa aplicando desplazamientos unitarios en el sistemaQ-D.A la matriz [A] de transformación de desplazamientos, también se le denomina Matriz de

_ Compatibilidad _yaque en este-caso relaciona los desplazamientos de los extremos de- Ias barras con los desplazamientos .de los nudos. Las relaciones de compatibilidad seexpresan mediante:

En estructuras linealmente elásticas se cumple:

W =W· :) .!.{Q}T{D} = _1_{Dr {Q}2 2

Trabajo Real realizado por las fuerzas externas:

w= ~¿Q¡D¡ = ~ {QV {D}

{Q}:::[K]{D} :) {Q}T:::{D}T[Kt [Kt =[K] (la matriz de rigidez es simétrica)

:. W =.!.{D}T [K]{D}2

Trabajo Complementario realizado por las fuerzas externas:

W'= ~LDiQi = ~{DV{Q}

{D}=[F]{Q} => {D}T={Q}T[Ft [Ft =[F] (lamatrizdeflexibilidadessimétrica)

:. W'=~ {Q}T[F]{Q}

Qi

En este Capítulo se presentan, de manera simple, algunas de las ideas centrales de lasistematización del Método de Rigidez. Se ha esñrnado conveniente presentar estasideas a través de varios ejemplos en orden de complejidad creciente.

7.2 Expresiones del Trabajo Real y del Trabalo ComplementarioAntes de abordar el tema de la sistematización en sl, conviene recordar algunas de lasexpresiones del trabajo real y del trabajo complementario en estructuras linealmenteelásticas, expresiones que utilizaremos en algunas de las deduccíones posteriores.

272

273

7.4 Ensamblaje de la Matriz de RigidezA continuación se mostrará la manera de generar la matriz de rigidez de una estructura apartir de las matrices de rigidez de las barras que la componen. Para ello utilizaremos unpórtico simple como el mostrado en la figura a continuación en la cual se indica elsistema de coordenadas globales Q-D y el sistema de coordenadas locales q-d de laestructura "desmembrada" que corresponde a las coordenadas locales de cada una delas barras.Nótese que el sistema global Q-D, de N grados de libertad (en este caso seis) esgeneralizado. mientras que el sistema local q-d, de n grados de libertad (en este casodoce) no es generalizado ya que existen relaciones entre los desplazamientos, porejemplo d, = c4, d)=ds• d9=d12, etc. En el sistema Q-D la matriz de rigidez será definidapositiva (asumiendo que la estructura es estable) mientras que en el sistema q-d la matrizde rigidez de la estructura "desmembrada" no será definida positiva.

En este caso particular la matriz [A] de transformación de desplazamientos será deorden 12x6, es decir, doce filas y seis columnas. En general la matriz [A] es de ordennxN.

D3= 1 Terceracolumna de [A]

DI = 1 Primeracolumna de [A]

Resto cero Resto cero

\ q-dSistema no generalizado"n" grados de libertad

Q-DSistema generalizado'"N" grados de libertad

3

52

LOSelementos de la columna "i" de la matriz [A] son los desplazamientos de extremo de(en el sistema q-d) debidos a la aplicación de un desplazamiento unitario Dj (en el

,,'sistema Q,.D)manteniendo todoelos.otroe desplazamientos Di nulos. Para que exista la'. ~',matriz [A] es necesario que el sistema Q-D sea generalizado, es decir los" desplazamientos {D} deben ser independientes para poder variarlos arbitrariamente, por-:ejemplo hacer Dj = 1manteniendo todos los otros desplazamientos nulos., A continuación se muestra a manera de ejemplo, la generación a partir de la definición,de la primera y tercera columna de la matriz [A], para el pórtico mostrado a continuación.

5 i6 JB --~tl~~ ~;r:7 11

1~3 4;.1012

273

........ "-_ .,;.;'::=.:;-:..:..;.:_:~;'::..:.;;;_-~~~ -'---~:':~··:·i..:::-.:..:-:__;:~.~::::;._:;.~~--~:;-;l::..::_~..;;--..s, ~::_.

..- -. -r : -- -:•...-:--.-.•. _.- --- :-----

)

)))

")

i)

"},~,,;J

I

)

)),)

)

)")

-'))....,))

J)J)

j :)..,.)")¡,

~{)fl...~)))))))))-j)~)))_)))))))))

~

J---1_)

-=;))

-d~

~)))-jJj)

J~

La expresión anterior permite "ensamblar" la matriz de rigidez de la estructura, sinembargo, ya que la matriz [k]n x n contiene muchos ceros, su utilización resulta ineficientedesde el punto de vista numérico, es mucho más conveniente utilizar la siguienteexpresión:

[K] = [A]T, [k] [A]NxN N x n . n x n n x N

Relación entre los desplazamientos en ambos sistemas:{d} = [A] {O} :::::> {d}T= {D}T [A]T

Uq-d =.!.., {d}T[k] {d} = !{D}T[A]T[k] [A] {D}2 2

UQ-D = ! {D}T[K] {D}2

Ya que la energía interna es la misma en los sistemas Q-D y.q-d, debe cumplirse que:{D} T [A]T [k] [A] {D} = {D}T[K] {D}

En consecuencia, la matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-D, puedeobtenerse a partir de las matrices de rigidez de las barras que conforman la estructuramediante la siguiente transformación:

[ O ]

[lq] matriz de rigidez de ia barra i[kl13X3) [ O ]

[k2] (6x6)

[k3J (Jx3) 12 x 12

[k]=

En el sistema Q-D el trabajo realizado por las cargas externas nadales (cargas aplicadasen los nudos) se acumula como energía interna de deformación, es decir:

WQ-D = .!..{D}T[K]{D} =U1NTERNA2

En el sistema q - d debe acumularse la misma energía de deformación.

Wq-d= ~[d }T[k]{d} = ~ {d}T [q ] =UOOERNA

Donde [k] es la matriz de rigidez de la estructura "desmembrada" o "no ensamblada" y esdel tipo diagonal. Para el caso de la estructura utilizada para esta demostración,conformada por tres barras, tendrá la siguiente forma:

q-dSistema no generalizado"n" grados de libertad

Q-DSistema generalizado"NU grados de libertad

32

3

5 4 8

~5~~~·~6-·-.------~7 11

4;.1012

2

274

275

~~.,. 7.5 Principio de ContragradlenclaEste principio establece la relación entre las cargas medidas en el sistema Q-D y lascargas en los extremos de las barras medidas en el sistema q-d (sistema local decoordenadas).

{d}= [A] {D} ({d} y {D} son compatibles)

Principio de Contragradiencia: {Q} = [A]T {q} ({Q} y {q} están en equilibrio)

Este principio establece que si los vectores {d} y {D} - que representan desplazamientoscompatibles - están relacionados mediante {d} = [A] {D}. entonces los vectores {q} y{Q} (en equilibrio) que representan las fuerzas correspondientes a {d} y {D} estánrelacionados a través de {Q}= [Af {q}.A continuación se demuestra este Principio:

{d} = [A] {D} => {3d}= [A] {3D}{3d}T = {3D}T [A]T (1)

Trabajo virtual (desplazamientos virtuales, véase el acápite 2.4) para una estructuraformada por el ensamblaje de barras unidas en los nudos:

¿Q (3D) = ¿q (3d)::) {8D} T {Q} = {&l}T {q} (2)

Reemplazando en (1) en (2): {3D}T {Q} = {BD}T [A]T{q} (3)

Ya que el vector {3D} es arbitrario y la relación .(3) debe cumplirse para cualquier valorque adopte {5D}, deberá cumplirse necesariamente que {Q} = [A]T {q}.Esto demuestra también, que el principio de los desplazamientos virtuales transforma lasecuaciones de compatibilidad, en ecuaciones de equilibrio ya que {Q} = [A]T {q}representa las ecuaciones de equilibrio de nudo, tal como se comprobará en losejemplos que se presentan a continuación.

.e"0

nxN

[k1] [Al][k2] [A2]

nxN

..........<,-,'.

[Al][A2]III

[Áml

Veamos la deducción de esta expresión, asumiendo que la estructura tiene un total de mbarras:

275r. ..

¡.~:~c

.. .. --..._._-- -: --- ; - -~.,_._ ......,...., --_. '~.._.-..:.~~:~¿:i-d.~:..:~:~:.:.::.~::::__';;:;;.~_..~j:.~.,;~.¿~_.: :z_.::.;~~..:~:;~,~;

,.)

)

}

1

,}

)

)

)

»)

-")),J

")):}

j

~i1 )¡

jJ.))

~)

--)))

)

,:":")

))

)

~'j,. ,

~)

,~

7)

.J"'J..J),,)t1J~')

J8

i:').)-)

))))))))

-3J~))

))))))

. :";:;: ".~:...:-:­,:' '-.._;;.:....:_:.....•. /~i._'U...;,'.

• Aporte de la barra 1 a la matriz de rigidez de la estructura

[K,]= [A,]" [k,] [A,] "' [ ~ ] [E~~,] [1 O 1 = [ et :]Corno era de esperarse, la transfonnaci6n para la barra 1 es directa ya que el sistemalocal de la barra coincide con el sistema global. .

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema focal de las barras)

( d1J [1 O ](DI Jd2 = cosa -sena D2

~'. "cosa ~'lI'

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A} {D}

q-dQ-D

.K_h.==:::::::::I1 _.. 1\\\

1

• Sistemas de Coordenadas

B~2:

El = lOO, OOQ kgfcm2

Al = 15() cm'}.Ea = 2 x lü 6 kgfcm2

Al::::: 5 cm2

Barra 1:

sen 0.=0.6cosa=O.8

Apliquemos las ideas expuestas a la solución de la armadura mostrada, Esta armadurafue resuelta en el Ejemplo 6..2, acápitE.! 6.3. .

3

Eje_mp1.0 !-1

277

Q1 = q1 + q2 COS IX

Q2 = - q2 sen a.Es fácil comprobar que las ecuaciones anteriores representan las ecuaciones deequilibrio de fuerzas en el nudo 2 de la armadura.

cos a ] [q. ]-senc q2[~'l= [~

{Q}= [A]T {q} =:>

{D} = [Krl {Q} => DI =- 0.096 cm D2= - 0.503 cm

• Fuerzas en las barras en el sistema q-d{dj} = [Al] {D} = [1 O]{D} = -0.096 cm

{q¡}= [kj] {dI} = 41,667 x (-0.096) ~ -4,000 kg (compresión)

{d2} = [A21 {D} = [cosa -sene] {D} = cosa DI - sena ~ = 0.225 cm

{q2} = [k21{d2}= 22,222 x 0.225 ~ 5,000 kg (tracción)Resultados idénticos a los obtenidos en el ejemplo 6-2.• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

• Vector de cargas. Ya que solamente existen cargas en los nudos, el vector de cargasse ensambla de manera directa.

{Q}=(-3.~OOJ• Solución del sistema de ecuaciones, desplazamientos de la estructura en el sistema

Q-D

=[ 55,889-10,667

-10,667]8,000

EA_ cosa sena _2_2l2

[K] = [K.J+ [K2] =

E1A2 = 2 X 106 X 5 ~ 22,222 kg/cm.e2 450

Sistema global q'" - d*

• Matriz de rigidez de la estructura en el sistema Q-DEA_1 _1~ 41,667 kglcm

.e.

~ 12*

~t_l'

La transformación que se acaba de realizar equivale a calcular la matriz de rigidez de labarra 2 ([K2]) en el sistema global de coordenadas, sistema que se indica en la figura acontinuación. Este resultado se puede combrobar generando, utilizando la definición, loscoeficientes de rigidez de la barra en el sistema q* - d*.

• Aporte de la barra 2 a la matriz de rigidez de la estructura

[1<.2] = [A2f [k2] [A2]= [ cosa ] [E2 A2] [cosa -sena J "'" E2A2 [ cos2a - cosa sena]- sena l2 l2 - sena cosa sen'c

277

tI)

.)))

"

J)

-J)

~)

J.)-)

)~)

1-)

~

J)

1

_)

)

__}

)

1)

J

-~

)))

_. .;._~.:::..'.:..::J~~'.::.._

~~~ 'j.1), ',o

,_),')))')'))))

-j1~))

)).)}))))))

~:).

-4)

d"1J<~.).)

'JJ~:)~).)ijel'.;~

-i

278

o1ooo

o O O 3/5 4/5----------------------------- -O 1 O O O

o

dIlO O .0 O- -----------------------------

d2 O 3/5 4/5 O O- --------------_-------------

[A] = d3 O ~ ~ ~ O____ _dt ooo3/5

DsDI

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}

q-dQ.-D

s3

• Sistemas de Coordenadas

3m _j

324m .

5

E = 2xl06 kglcm2

A = lOcm2

Ejemplo 7-2 Resolver la armadura mostrada, todas las barras tienen la misma seccióntransversal. Nótese que la armadura es isostática interna y externamente, en.consecuencia, es posible verificar los resultados calculando fas fuerzas en las barras porequilibrio de los nudos y calcular los desplazamientos de los nudos utilizando TrabajoVirtual (fuerzas virtuales).

278

279

{di}= [Aíl {D} {qi} = [k¡] {di}= [k¡] [A¡] {D}

ql -2.25q2 3.75.q3 -3.00

{q}= q4 = 3.75 ton

qs -3.75

q6 -2.25

q7 225

• Fuerzas en las barras en el sistema q-d

-03382.363

{D} = [KrJ {Q} => {D} = -0.600 mm2.700-3.450

• Solución del sistema de ecuaciones, desplazamientos de la estructura en el sistemaQ-D

..,)

-)

_)

))

-.))

)

..)...,)

.-=¡

i _j

1 ~

-:J:1

I ._-\

),)

OO

{Q}= OO

• -3)

• Vector de cargas. Ya que solamente existen cargas en los nudos, el vector de cargasse ensambla de manera directa.

0.40533 O O -0.07200 -0.09600O 0.40533 0.09600 -0.33333 O

[IC] = ~] =FA O 0.09600 0.37800 O O-0.07200 -0333.33 O 0,40533 0.09600-0.09600 O O 0.09QOO 0,12800

• Matriz de rigidez total de la armaduras T

[KJsxs = ¿[A¡] [k¡] [Aí]i= I

Barras 4 Y 5:

Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de las barras)

Barras1,2,3: [k¡ ] = [~~ l) r~.. "

...

} ~:::~ •

I )¡

I )I ~!i

I

'~

;~

~)'))))

))

)

'))-))~)

)))))))))

))

-;;)

~-.:}")

-J-7J;~J_))~.)'8:)

~).)

~

d'D-)

280

01 = -2 q¡ + q202= q3

La primera ecuación representa el equilibrio de momentos del brazo rígido y la segundael equilibrio de momentos del nudo derecho.

{Q} = [A]T{q} :::)1O[~,] =

• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

Este resultado se puede verificar con el obtenido en el acápite 4.6.

0.88 ]0.80

[K] = [A]T [k] [A] = El [2.1440.88

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

• Matriz de rigidez de la zona flexible de la barra en el sistema q-d (sistema loeal)1 2 3

[

12/53 -6/52 -6/52 ]

[k]=EI -6/52 4/5 2/5-6/52 2/5 4/5

Matriz de transformación de desplazamientos {d} = [Al {D}•

q-dQ-D

5m

El 4-)21 2m( 1f$/MiEl =0()

Ejemplo 7-3 Calcular la matriz de rigidez para la barra mostrada conformada por unazona rígida en flexión de 2 m de longitud y una zona flexible de 5 m. Se considerandeformaciones por flexión únicamente. Nótese que el sistema loeal de coordenadas estáreferido a la parte flexible de la barra.

280

281

\\\\

DJ= 0, D2= 1

..o··

[A]=

I 1

\ I/rI \ , I

/ I\.' /I~I \

":."

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [Al {D}1/4

q-d\\ ,\\

Q-D""

Barra 1-2 1=3

'1t21

• Sistemas de Coordenadas

Barra deformable

Sólido rígido

3m

Ejemplo 7-4Ensamblar la matriz de rigidez para la estructura mostrada, compuesta por un sólidorigido apoyado sobre una. barra deformable (barra 1-2) en flexión e indeformableaxialmente, de longitud 3 m. Se sugiere revisar el Ejemplo 6-41.

281r·..

J

}

-J)

--)

1,)

)

))

)

"t

)

)

}-)

.-}

)

J.)

_)

)_J

).)

)

~ iI

) I=; I

III

j)

I_. Iwjj l~.)

)))}

-"".-'- ..

,.j@

19J")))")))

)))

)"))'))

.)))J

.1', )~

)'. )"-;,: )

))

~~

J)

)

-J.}:;))")~).::;~

~... -)

).Jo•••

.)~3..)

282

Ejemplo 7-5Ensamblar la matriz de rigidez para la estructura mostrada, compuesta por un sólidorrgido (barra 2-3) apoyado sobre una barra deformable (barra 1-2) en flexión eindeformable axialmente, de longitud 4 ID.

Equilibrlo del sólido rígido:Ql + Q2= qlQ2(4) = 'l2

De la figura mostrada a continuación, es fácil comprobar que las ecuaciones anterioresrepresentan las ecuaciones de equilibrio del sólido rigido.

r----:"I, __. Q2\ ,\ ,\ ,, ,\,

),,, ,, \r: \

, 1I \ -----Ji" Q1

ql 4 \.1''l2

Q¡ = ql-0.25 q2<h = 0.25 'l2

-1/4] [qj]1/4 q2[~,] = [~{Q}= [A]T {q} =>

• Verifiquemos el Principio de Contragradiencia:

Resultado idéntico al obtenido en el Ejemplo 6-41 del acápite 6.16, en el cual la matriz derigidez de la estructura se generó utilizando la definición y aplicando sucesivosdesplazamientos unitarios en las coordenadas.

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

1 1 .-- 44 El [ 3"..!.. 3 -24

[ 0

1[KI] = [AI]Y[kl] [Al] =

• Aporte de la barra 1 a la matriz de rigidez de la estructura

:]• Matriz de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de la barra 1-2)

[

12 -~ 1 [ 4[k,l= El _{':, ! = ~I _;

282

283

• Matriz de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de la barra 1-2)

[12 6] [3

[1<,]- El _t~ _ ~ _ El _I;

f t 8

DI =0, D2=)

q-d

\\\\

Barra 1-2 1=4

~2]

4.00m

DI=I, D2=O

di = 1 d2 =0

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}

El

283

Q-D

• Sistemas de Coordenadas2

r. 3_00m

)

I

!J )

}-')

-1)

-1)

,_)

.)

.;))-)

)-j)

-==,)

)

~

"5)

'"'1

)

-i..

~)

)

)

)

)

"

')"))"

}

.._---_._-----. __ _-_._ _._ " ... .'~-¡ .:~.~.t.:..~::.',~_'~~~,~. ~~~¡.,!;~;'.,. -...; "..,,":"'.' '..;"";'. ~·~·.T:..'~~.:~~.~~.~.-::-;.',~:~'~.~::~::;,,,..,,.,,;,¡., o. , "::A ~::." ..~ ;.:=:.:~.,.:~~':',.'~~., ~,.~_., :~ .:::. ,..:::':='::-.:,:":'~:::r:~:::,,~::-=~_:~--:i¡-:-"".:;'')',. c:i~.~:::'=;¡~;"::::~'-~~.:;=.~.;.:;,:.=:~-=-'.::.,.,,..-.....---

kn= 0.0625Elkt2= 0.09375 El

4Ela--¡-= 0.25 El

a.= (5/4) /5 = 0.25

_ ...:~"....

.....:~:.:;>-:

~- --~_.t -- -

.t--4_00m- .....

Dl=O D2=1k21= 0.09375 Elkll= 0.1875El

6EI42 = 0.3750 El

12EI-------7 = 0.1875 El

.t--4_00m---tI k2t=0.375EI/4

• Comprobemos el resultado anterior. ensamblando la matriz de rigidez, utilizandoestrictamente la definición:

DI = 1 D2=0

0.09375 ]0.06250

3~] [0.18750=EI .1 0.0937516

[K]= [K]] = El[ 1:32

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

• Aporte de la barra 1 a la matñz de rigidez·de la estructura

!]El [11 -:][:

284

4).{f)

\,.¡;~Ji:]")

7._:

).;,;:

'~:l ).:<-"lO.

S§ )~~~ )

)))

)

)

J)_)"))

))-J)))))

))

~;):))

J~J)'~J))a)~-.~

.~

-j

J~

l<:(.

j

r(

::/.;':')~~;I'!

':'~~;'~i

t-lf-.

;',.....1:,:;,'~~t

f_

\ I

(

fc.~.....,.....

L-r'"(

C.(

i(

F((

m

286

C) a>.jr-1.50ri1_"..I,.~-4.OD m----.r....

Pla0.2

on .. :_ ..~•• 9.~ •••••••• a.•••••••••••• F......~.. 1...0.5mJ. Columnaca 3.00

Sxl.5m . 0.25XO,Sm

:. 0.5 m., '+~ ... ,... '\::... ..~.,.......

® Viga O.25XO.5m G>20t

Ejemplo 7..7Resolver el pórtico mostrado, compuesto por un muro o placa (barra 1-3) una columna yuna viga qué se ha modelado con un brazo rígido de 0.75 m a la izquierda. Se ignoranlas deformaciones axiales y por fuerza cortante,

• Resultados finales (axiales y reacciones en toneladas)

Barra [ki] di (q;) ,;",[k¡][di} (Ton)1-4 EA/5 0.0 0.0

'( 2..3 EA/5 -0.8 DJ -2.22024 EA/~ -4/3 Di 6.167

0.7206 EA

• Fuerzas en las barras.{dí} = [Ai] {D}{qi}= [Id] {di}

{lO}= [0.7206 EA] {DI}• Desplazamientos en el sistemaQ-b

{Q}= [K] {D}Di = 13.8175/ EA

:E= [K]=

Barra kl~EA/Li [,Ai] [Ar]T Ik~n~11-4 EA/S O,Q 0.0 EA .2.;3 EA/5. .,.0.8 0.128 EA2-4 EA/3 -4/3 16/11EA

...

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

286

\ 1;.~t·· "

.1

-0.8 (DI)43

o

DI = 1

285

o-0.843

[A]=

DI = 1

i1 La barra 1-4 no se deforma, sólo experimenta movimiento de sólido rigido (rotación). los\ alegamientos de las barras son positivos y los acortamientos (compresión) negativos.II

\I!

1,

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}.Recuerde que asumimos desplazamientos pequeños.

1

q-d

3

Q-D

• Sistemas de Coordenadasl-i~~~~~

'1J!-I.--4.00m--....r..1.

:'... .

Ejemplo 7-6Resolver la estructura mostrada, compuesta por un sólido rígido (barra 1-3-4) y tres

__ barras .tipoarmadura. ..

287

[12.4444 -18.0000 -0.6667]

L [K] = El -18.0000 37.6680 0.7813-0.6667 0.7813 2.3333

El~ 1. 6~80 O.7~13]~ 0.7813 1.0000

[0.4444 o -O.666~

El O o O-0.6667 o 1.3333

[12 -18 O]

El -018 36 oo o.

.J)}

Barra [Id] [Ai]12 6

27EI 32 --1-3 3 [! o ~]-3- 6

4t

-?i'12 6

El 31 --2-4 3 [! o ~]3 6

4 o-'3

12 6 12 6..

42 -4 - 42 -4,.

6 4 6 2

~

-0.75

~

El -- -3'-4 4 4 1

"4 12 6 12 6 o- 42 4 4:1: 4 o6 2 6 4..J -'4 z

[Aí]I [ki][Ai]

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d (sistema local de coordenadas) y aportede cada barra a la matriz de rigidez de la estructura.

[A] =

¡= 1 ~= 1 D3= 1dl= 1 O O [A1-J]

.....~~~.- ---._-_.~----------_.}-------------~--------_._--------d]= 1 O O

. ~_~ ~__. ~ ._.__.. L_ .. _._I~~~)_ds= o -0.75 O~= O 1 Od7= O o o

--_._~~~_.-----_._~_._---------~-_.__ ._ .._ ..~---_.-

D3= 1

1

Nótese que en la barra 3 -4 el sistema q - d corresponde a la parte flexible de la barra.

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}.

Sistemaq - dModelo de la estructura y sistema Q - D

4.00m---l~0.15 m ,,1. ,,1,

1~2

~El ..., t~::...___127E1 El .1

~:\

\ ,j

...,

.. >

"="

._" __

..~,_'

)

\,;

.:.~

.",

"J)

").,).)

)).)J'}}.)'-j

";>-7)))

:>)

)).)').)

lI

3.537!IIi!i!itL '

288

DFC{ton)

• Rigidez lateral del pórtico

KL = ~ = 3.806 El5.255

49.638 --

4.68i

~/

//

1.892

18.10&--

1

J

18.108

• Diagramas de fuerzas internas finales

24

1-3

lk¡] x El

[ 12 -18)-18 36

10.4444 -0.6667]-0.6667 1.3333

r·1975 -0.3750 -0.1875 -0.37S0]-0.3750 1.0000 0.3750 0.5000-0.1875 0.3750 0.1875 0.3750-0.3750 0.5000 0.3750 1.0000

3'4

Barra

d"1 5.2551di 2.4974di 5.2551d" 0.6653.. = • 1/ El• di -1.8730d" 2.49746 od-7 0.6653

di

{di] (TonlEn {q;} ... [k¡)(d;)

{5.255~ {18.107912.497 -4.6853

{S.2551} [1.8921 ]0.6653 -2.6164

r973O} rS3n}2.4974 3.5372

o 1.537z0.6653 2.6164

OOO

1 e·ZS51}o .4974,o .6653O1

[5.2551]

{D} = _!_ 2.4974El 06653

{D} = [Kr1 {Q}

288

o OO 11 O

{d·l = [A](D}~ fd·}= 00 O-0.75O 1O OO O

{di} = [Ai] {D}{qi}= [Id] {di}

• Fuerzas en las barras.

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

{Q} = [K] {D}

289

[A3_4]T [kj_4][Al-4] - El [g 1.6~80 o.7~131o 0.7813 1.0000

Se observa que se obtiene el mismo resultado, respecto al aporte de la barra 3-4. Enconsecuencia y como era de esperarse, la matriz de rigidez del pórtico en el sistemaQ-D, es fa misma.

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

DI= 1 D2= 1 D3= 1di = 1 O O [Al-3]

._.__c!~_~. ..º .._. ..}. ..~ .... _d3= 1 O O

-... ~-~.- --------º- ---.o------Q---------_ . .!.._.o __. ~~~~~_._ds= O 1 Odtí= O O 1

[Al=

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos {d} = [A] {D}.

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

0.7813]1.0000[

4( 0.752) 75]~ _El 4" 4+3·0.75+3· 4 2+6.0'4 _ 1.6680k3_4- 4 75 - EI~. 7813

2+6.0'4 4

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

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

Modelo de la estructura y. sistema Q - D

4.00m--;.fO.75m'" ....

1

r ,

~~,.,

3

27 El

1

Nuevo Sistema q- d

3

~1El 3.00 m

21El

5 r.I!B~-----)642 \: EI=oo

1~ 3~

• Nuevo sistema q- d. El Sistema Q -D es el mismo que hemos utilizado en el Ejemplo7-7.

Ejemplo 7-8Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, modificando el sistema q - d parala barra 3-4 (la barra con brazo rigido a la izquierda)

)

)

.)}

--j

i }

j ~J)

~

i¡

),

j -_;;~.)

i J\

j)J

1l _J1 }

t _j~!!

Ii

1 1

1 )

290

{di} = [Aí] {D}{qi}= [ki] {di}

• Fuerzas en las barras.

[

6.1861J{D} = ~ 2.4450

El 0.9488{Q)= [rJ

{D}= [Kr1 {Q}

• Desplazamientos en el sistema Q-D

{Q}= [K] {D}

• Matriz de rigidez del pórtico en Q - D [K] = ¿[Ai]T [ki] [Ai]

[7.5450 -10.6509 -0.66671

[KFlnal1=El -10.6509 26.6443 O.7813-0.6667 0.7813 2.3333

))

.1).)))))

-10.6509 gOl24.9763

o

• Aporte de la barra 1- 3 a la matriz de rigidez del pórtico

[7.1006

[kl-3] = [Al-3]T[ki-3][Al-3] = El -10.;509

-10.6S09]24.9763

12 6.. 27EI [33 - 31] [7.1006

kl-3 = 1+a _~ 4+« = El -10.650932, 3

b

E- =2.3 (concreto armado)G

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

]2 Ela=-::---

POAc

Ac e bh1.2

~h

()"~

)')))).,))

)))J")))

--::)-}4)

)

Ejemplo 7-9Resolveremos nuevamente el pórtico del Ejemplo 7-7, considrando deformaciones porcorte en la barra 1-3 (muro o placa). Con esto podremos formarnos una idea de lainfluencia que tienen las deformaciones por corte en la repuesta frente a cargas lateralesde este pórtico pequeño.

• Sistemas Q - DYq - d. Son los mismos del Ejemplo 7-7.• Matriz de transformación de desplazamientos {d} = [Al {D}. Es la misma del

Ejemplo 7-7.

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

,.....

290

291

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

• Rigidez lateral del pórtico

KL= 20 ~ 3.233 El6.1861

DFC(ton)17.883DMF(ton-m)

2.11

2.117

-- 3.491

3.607 2.859!!@iilJ t i i

17.883=) '6.]7,2.859

• Diagramas de fuerzas internas finales

Barra fkil x El {di} [qi} == [ki] {di}

1~3 ( 7.1006 -10.6509] {6.1861} (17.B832}-10.6509 24.9763 2.4450 -4.8195

2-4 [0.4444 -0.6667J [6.1861} {2.1168 ]-0.6667 1.3333 0.9488 -2.8590

r·107' -0.3750 -0.1875 -0.3750] r·S338} r·616'}3'-4 -0.3750 1.0000 0.3750 0.5000 2.4450 3.6071

-0.1875 0.3750 0.1875 0.3750 o 1.6165-0.3750 0.5000 0.3750 1.0000 0.9488 2.8590

J

_)

)

)

}

)1

,"

¡ d~o o o 1 6.1861O 1 O di 2.44501 O O

e·1861}di 6.1861

O O 1 d. 0.9488 * l/El[del= [A]fo] ~ {d·l = .4450 ' =O -0.75 O d! -1.8338.9488 ;,

O 1 O des 2.4450} O O O d; O

O O da 0.9488

J,

"

-,-.."

r.-J

),]t

(~

4)))

">)

)))

)))J)))-j;.)4)))))

,)))))))

292

o1-4 ~][

1T 3 El[KI] = [Al] [kl] [Al] = -3 O

(3) 3

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

~ ][k]= 3EI [ 1h3 O

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

\\\\

DI D2 D3

di 1 O 3

d2 O 1 -4[AJ)

- ----------------d3 1 O 3[A2][A] =

dt O 1 4------------------ds 1 O -3 [A3]d6 O 1 O

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

Q - D (planta) q- d (Perspectiva)

\\\\

\\\\

4m4m~(

el

f-~13

292

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

293

La transpuesta de la matriz de transformación de desplazamientos, representa la matrizde transformación de fuerzas. El aporte de las "m" barras que componen la estructuraviene dado por:_,¡

---1)

El vector de cargas total, que debe utilizarse para la solución de la estructura, se obtiene) a partir de:

{Q}totaJ = {Q}nudos + {Q}barras = {Q}nudos - {R}-: {Q} total= [K] {D} (solucióndel EstadoComplementario)

{d} = [A] {D} Contragradiencia: {Q}= [A]T {q}

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

Cargas en nudos{Q}nudos

Q-D

Estado Primario para lascargas en barras:Cargas de fijación = {R}

w

7.6 Ensamblaje del Vector de Cargas en NudosEn el Método de Rigidez las cargas sólo pueden estar aplicadas en las coordenadas delsistema Q-D elegido para el análisis de la estructura. Sobre la estructura pueden actuarcargas directamente aplicadas a los nudos y al mismo tiempo cargas en las barras. Paralas cargas aplicadas en los nudos el ensamblaje del vector de cargas {Q} es directo,mientras que para determinar el aporte de las cargas en barras a dicho vector, esnecesario resolver primero el Estado Primario (véase el acápíte 6.5) estado en el cual serestringen todos los desplazamientos de los nudos medidos en el sistema Q-D y secalcula el vector de Cargas de Fijación {R}. A partir de este vector se genera el EstadoComplementario, en el cual solo hay cargas en los nudos.La figura a continuación muestra una estructura con cargas aplicadas directamente enlos nudos en el sistema de coordenadas elegido y cargas en las barras para las cualesserá necesario resolver el Estado Primario antes de proceder a la solución de laestructura.

3EI[ ~ o

2: J[K21= [A2]T [k21[A2] = 1C3i .3 4

r 1

O

-: ]T 3 El 1[K3]= [A3] [k3][A3] = -3 O(3) -3 O

• Matriz de rigidez total de la estructura.!

5~]- [m[ ~ O 1,800 O 1,800 ]J [K] = L [Ai]T [Id] [Ai] = 3 O 1,800

35,~OO(3)3

3 O 1,800 O

294

1'.)

7.7 Etapas de la FormulacIón Matricial del Método de Rigideza) Definir los sistemas de coordenadas Q-D y q-d

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

e) Generar las matrices de rigidez de barra en el sistema q-d -+ [k¡]

d) Generar los productos [A¡]T [kí] [Aí] -+ aporte de cada una de las barras a [K]

e) Ensamblar la Matriz de Rigidez de la estructura -+ [K]=¿ [A¡]T [Ie¡] [Aí]f) Ensamblar el vector {Q}nudos-+ (aporte de las cargas en nudos)

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

h) Ensamblar el vector de Cargas de Fijación -. {R} =L [Aj]T [ri] (Estado Primario)i) Ensamblar el Vector de Cargas -'{Q}total = {Q}nudos - {R}j) Resolver {D} = [KrJ {Q}totaJ-+ (desplazamientos del Estado Complementario)

k) Calcular los desplazamientos de extremo de barra -+ {di} = [A~ {D}

1) Calcular las fuerzas de extremo de barra del Estado Complementario {q¡} = [k¡] {m) Calcular' las fuerzas totales de extremo de barra (Complementarlo + Primario)

{q¡}total = [k¡] {di} + tri}

mbarras T{ Q } = L [A¡] {s.]

i= J

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

mbarras T{R }= ¿ [A¡) {fi}

i-l{Qharras = -{R} (aporte de las cargas en barras al vector {Q})

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

,,:1);~

e~))).,))))))J)))')

--j...j~))))

.>,))")')))))

-3-')

~

~~-:)))

294

295

DI = 1 ~=I

dI O Od2 1 O [Al]

[A]= ---------d3 1 O [A2]<1. O 1

• Generación de la matrizde transformación de desplazamientos

~1=1 ~=O 0,=0 ~ D¿=1~I~'- ~:I----~¿__p.,~~ ~4 z 44

~ (:_1 __ 2 ~ ~t3 t4 i) ~ -t7--t8. ~,

Sistema q-d alternativo (n = 8)

La desventaja del sistema q-d alternativo, estriba en que las matrices [Ai] contendríanmuchos ceros ya que hay una relación nula entre los desplazamientos DI y ~ con losdesplazamientos d3, <1., d7• dI. Esto hace tedioso los cálculos cuando se desea abordarde manera manual la solución de la estructura, sin embargo, cuando la solución serealiza con la ayuda de un computador, se usarla el sistema alternativo ya que estesistema permitirá calculardirectamente las fuerzas cortantesen las barras.

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

~~

~~ el 4)j\\\ I/tQ-D (N=2) q-d barras

~ ~ :il2 7S: 3~ ~~G) G)\\\ 4 \\\

q-d (n =4)

• Sistemas de Coordenadas4m3m

,.,v

Eiemplo 7-11Resolver la viga continua de dos tramos mostrada a continuación. Se considerandeformacione_ssolo por flexión y El es constante. Véase el Ejemplo6-3, acápite6.5

2 ton/m

1

-~

::3o_)

)

)

)

)

J1

iI-:,I)I

-==1"'1I-,I)

jI

__)

)

~ _)~tl

;

¡ )i )

1 )

1I¡~ ,f,:

._.¡'o.

.-

296

Aporte de la barra 1:

{R,}= [A,]T {ri} = [~

RI R~ 2

*-QY YYLD( )Cfiyyy~(~~ --m1.5 1.5 2.667 2_267

• Ensamblaje del vector de Cargas de Fijación. Estado Primario. fuerzasempotramiento en el sistema q-d:

] <:aG)

~2 3~G) ?iJ4

El [4 :] El [4 !][kl ]=- [k2 ] =4 23 2

• Ensamblaje de fa Matriz de Rigidezde la estructuraAporte de la barra 1:

[KI]= [AI]T [lel] [Al] = [~ 1PI [4 :J[~ O]=EI[4 ~]032 O 3 O

i1¡

Nuevamente es fácil comprobar que la relación {Q}= [A]T {q} representa las ecuacionesde equilibrio de momentos de los nudos 2 y 3 de la viga.• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d

296

dI O O

{d} = [A] {D} -+ _d.!_ 1 O {~:}= ------d3 1 Od.. O 1

<}r:~~é~

)))))))')

)).))

:1))

-:).~}~))))))).)")))))-:j')

~~~):)-J)..;:):).J::J~)

Aporte de la barra 2:

[K2]= [A2]T [1<2] [Al] = [~ 0pI [4 :J[~ O]=EI [4 :]142 1 4 2• Matriz de rigidez total: (K] =¿(Ki]

4EI + 4EI 0+ 2EI 7 1- -3 4 4 3 2[K] = ¿fki] = =EI

O + 2EI 0+ 4EI 11-4 4 2

297

• Diagrama de fuerzas en barras en el Estado Complementario (ton-m)1.167

J- r;.80 1.601"'16. ":;6~;).667-r --i) c.: ~) <':0.434 -.J \\\

2 ] {DI} _{ -0.434 }- ton-m4 D2 - 2.667

Barra 2:

{0.80}= ton-m1.60

2 ] { O } = El { 2 D, }4 DI 3 4 D,

{q}1= {qr } = El [ 4q2 3 2

• Solución del sistema de ecuaciones, desplazamientos de la estructura en sistema Q-D

El [7/3 0.5] {DI} = { 1.167 }{Q}= [K] {D}0.5 1 D2 -2.667

120 3.267{D} = [I(J-) {Q} => DI = 92 ~ _. - D2= 93 ~ ---El El

• Fuerzas en barras en el Estado ComplementarioBarra 1: {q}1 = [kl] {dl}= [kl] [Al] {D}

~ _,_~~I,_.J_6_7__ .....~,\\ 2.667

Complementario

{Q}= _ {R} = { + 1.167 }- 2.667

• Vector de Cargas {Q}. Estado Complementario

{-1.167}{R} = {RJ} + {R2} =+2.667

Aporte de la barra 2:

(R2}~ [A,jT (r.} = [~ .. ~] { ;~:::; } = { ~~~~7 }

297

))'))

)

) ',:.

J)-)

j )

--1)

=4)

i)

.)=.::JJ)

~.'

~...., ~.._.~~~.

1;;,1~~·:r-

;.,!

1 _)

1)

_)~I¡,

\¡ }

j ) ~.) ..1,

t ")1 ¡.

I 1¿:'1

';::'"

..~,.

:-=.:'

,':..'.,

_J

-t '.

j

....J

,-.::;:;

'1't)¿~

:1)').)

.))))))

)-)J))

")-j..;)-'1)))))

.>).))))))

-3

298

5~--=--zi>6-Y G) ~

f q-d (0=6) ~3

E == 2 xl06 ton/m2 EA = CXl

Barras 1y 3 0.25 x 0.40Barra 2 0.50 x 0.40El t::# 2, 667 ton-m2

2EI:::s5, 33j ton-nr'

Q-D (N=3)

2 ~3

\\\

l

6m

• Sistemas de Coordenadas

...)¡lele

G)I1

Ejemplo 7-12Ensamblar la Matriz de Rigidez y el Vector de Cargas para el pórtico asimétricomostrado. Se ignoran las deformaciones axiales y por cortante en todos los elementos.Este pórtico fue resuelto en el Ejemplo 6-9. acápite 6.5.

Diagonal principal

[O]

[K]=

gdl~ 1 2 3 4 5[O]

1~ 2~ 3i- 4~ 5~

Q-D

Nótese que las vigas continuas, como la resuelta en este ejemplo, en las cuales seconsideran únicamente grados de libertad de giro, originan matrices de rigidezdenominadas tridiagonales, es decir, todos los elementos no nulos se agrupan en tresdiagonales, la diagonal principal y otras dos "paralelas" a la principal. En este tipo deestructuras, el ensamblaje de la matriz de rigidez es directo, lo mismo sucede con lasolución del sistema de ecuaciones para lo cual existen algoritmos de solución eficientes.

Primario

1~ 1.sK:' 24.267

+ ~fh."UfLLP"~G:L:LP'",,\ \\

Complementario

1.6

• Fuerzas finales en las barras = Complementario + Primario

{q¡}totaJ = [lq] {di} + {r¡}

298

_._----"' ....------------_ ....

I1-

1i.'

299

DI D2 D3di 1 o od2 o o [A']

----------{d} = [Al {D} [A]= d3 1 o o [~]

d, o o----------

ds o o [A3]d6 o o

• Generación de la matriz de transformación de desplazamientos. Para este tipo depórtico con barras ortogonales, la generación de estas matrices es directa y contienenúnicamente elementos unitarios y elementos nulos.

Sistema q-d con deformacionesaxiales en las barras n = 12

La desventaja del sistema q-d alternativo, estriba en que la matriz [Ai] para la barra 3contendrá muchos ceros ya que hay una relación nula entre los desplazamientos DI. D2 YD3 con los desplazamientos verticales de la barra 3. Esto hace tedioso los cálculos paraesta barra cuando se desea abordar de manera manual la solución de la estructura, sinembargo, cuando la solución se realiza con la ayuda de un computador, se usaría elsistema' alternativo ya que este sistema permitirá calcular directamente las fuerzascortantes en las barras.Si fuera necesario considerar deformaciones axiales en las barras, el sistema Q-Dtendría seis grados de libertad (tres en cada nudo libre) y el sistema q-d doce grados delibertad como se ilustra a continuación. Cuando se realizan cálculos manuales, espráctica común, ignorar las deformaciones axiales para trabajar con sistemas decoordenadas más pequeños, sin embargo, cuando los cálculos numéricos los realiza uncomputador, no hay ninguna limitación al respecto y se pueden incorporar todos losgrados de libertad que sean necesarios sin necesidad de hacer suposiciones relativas altipo de deformación predominante en la estructura.

Sistema q-d alternativo (n = 8)

Nótese que con el sistema q-d elegido, no será posible calcular las fuerzas cortantes enlos extremos de la barra 3, estas deberán ser calculadas por equilibrio de la barra a partirde los momentos f1ectores en los extremos de la misma. Si se desea conocerdirectamente los cortantes, será necesario utilizar el sistema q-d alternativo indicado acontinuación:

,i

\

.J

I~)

}j.~.

)

)

)

'j

}

..J}~

)

}

)

)

)

_)

)-)

! )

""'1I )J =)

)

)

~

-3)',:,

)

-;))-l

.),

1 t~..., ¡¡)i

~)))))')-,))

)_).)-)

))

-J._j

J)

)))

))))').)))

)

-j1-",' .

~,j:))-',~J,

---=--;¡J

..;

._~...._,"d

.-:9';-:»"

'-J

O O OO O O

[A3y [k3] [A3]= O4 2

O = El - -6 6

O [k312x2) 2 4O -

6 6

300

Aporte de la Barra 3: afecta únicamente a los gdl globales 2 y 3

% O -fe(3)3 (3)3[A2f [k2] [A2]= 2EI O O O

-fe O %(3)3

- Barra 3:

G ~6 [k31- El [ 4 !]l 2

Aporte de la Barra 2: afecta solo a los gdl globales 1 y 3

- Barra 2:4r 12 -6

[k2] = 2EI (3t (3)2-6 4

(3y 3

(3x3)

[Al r3X2) [k,1c2lt2) [Al12.r3)= OO O O

..... en el sistema global

Aporte de la Barra 1: afecta solo a los gdl globales 1 y 2

[k]12x2) O

12 -6

[kl]= El (3t (3)2..... en el sistema local

-6 4(3)2 3

jiII¡¡,

IriII

300

Es posible comprobar que la relación {Q} = [A]T {q} (Principio de Contragradiencia)conduce a las siguientes ecuaciones de equilibrio:

Qt =q¡+ Cl3 (equilibrio horizontal del nivel)Q2= q2+ qs (equilibrio de momentos en el nudo 3)Q3 = qa +q6 (equilibrio de momentos en el nudo 4)

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-d y aportes a la matriz [K]- Barra 1:

301

{R} = {- 1~.19} ton-m+5.06

• Vector de Cargas {Q}. Estado Complementario {Q} = - {R} = { 15~19}-5.06

o ] { O }- 15.19O {+ } = - 15.19 ton-m1 5.06 + 5.06

Aporte de la Barra 3:

3 T{R}=¿ [A¡] {r¡}

i=]

r Cizs........._~]8__ ¿) I

CD 15.19 G) 5.06~

• Ensamblaje del vector de Cargas de Fijación {R}. Estado Primario, fuerzas deempotramiento en el sistema q-d, Solo aporta la barra 3.

- 1.333 ]0.3333.333[

1.333 - 0.667[K]= El - 0.667 2.0

- 1.333 0.333

3

2

1

GDLglobaid- ~ 1 2 312/(3t+ : -6/(3)2+ O +24/(3i+ 1 O + -12/(3)7.+

O I O I O-------~------~--------- I I_6/(3)2+ I 4/3 + 1 O +

0+ 10+ 10+I I

O 1 4/6 I ~6I I-------r------~--------

0+ 10+ 10+.]2/(3)2+ I O + : 8/3 +

O : 1/6 I 4/6I I

¡_,.

Nótese que para este tipo de pórtico, conformado por elementos ortogonales, no esnecesario efectuar los productos de las matrices de transformación, basta s610 congenerar la matriz.de rigidez de barra _y lu~go por simple observación o inspección de losgrados de libertad globales que son afectados por la barra en cuestión, colocar en los"casilleros" apropiados de la Matriz de Rigidez [K] los elementos de la matriz de rigidezde cada una de las barras e ir sumando los aportes de cada una de ellas. Esta idea seilustra a continuación:

DI Ih D3dI 1 o od2 o o [Al]- ---------------------

d3 1.25 o o [A2]<4 o o 1- --------------------- {d} = [A] {D}

[A]= ds o o od6 o 1 od7 0.75 o o [A3]ds o o 1

DI=}

Nótese que en la barra 3 (elemento horizontal) se han incluido los grados de libertadlocales 5 y 7, estos son necesarios ya que esta barra aporta, a través de la columnainclinada, al grado de libertad global 1 así como a los otros dos gdl de rotación. Estabarra también aporta al vector de cargas asociado a la coordenada global 1.

• Generación de la matriz de transfonnación de desplazamientos.1.2~

4

\q -d (n=8)Q-D (N=3)

• Sistemas de Coordenadas

3m6m

E;:;; 2 X 106 tonlm2

Sección 0.25 x 0.50El 1':$ 5,208 ton.m2

EA=C()

2

4

Ejemplo 7·13Ensamblar la Matriz de Rigidez y el Vector de Cargas para el pórtico mostrado. Seignoran las deformaciones axiales y por cortante en todos los elementos. Este pórtico fueresuelto en el Ejemplo 6-12, acápite 6.5.

302

Aporte de la Barra 2: afecta a los g.d.lglobales 1 y 3.

} [l.~ nEl [k, 1 [ 1.~5 ~]:1 [K,l =[A,f [k,l [A,]= ~ O) O}

[K,l =El [0.15 O -0.3

Jj

O O OI -0.3 O 0.8\

)-I

)

JBarra 3: 5 6 7 8

)

~t t 812/63 -6/62 -12/63 -6/62

-;)-6/62 4/6 6/62 2/6

) 5 7~ [kJ] =EI-12/63 6/62 12/63 6/62)-6/62 2/6 6/62 4/6J

.~j Aporte de la Barra 3: afecta a los g.d.l globales 1, 2 y 3.)

IK,J=[A.]' [k,][A,]= [ ~ ~ ] [k,]

O O O=, O 0.75O 1 O'} 1 O

0.75 O O

j.J O O

"'!f O O 1

:J 303)

i ')

12 -6

[k2] = El(S)3 (5)2-6 4

{st 5

- Barra 2:

(3,,3)

Aporte de la Barra 1: afecta solo a los gdl globales 1 y 2.

2fI 12 -6

[k¡] =El (4f (4)2- en el sistema local

-6 4(4)2 -

4

Nuevamente es posible comprobar que la relación {Q} = [A]T{q} (Principio deContragradiencia) conduce a Ias siguientes ecuaciones de equilibrio:

. Ql = q¡ + 1.25 CJ3 + 0.75'17 (equilibrio horizontal del nivel)Q2= q2 + q6 (equilibrio de momentos en el nudo 3)Q3=q4 + qs (equilibrio de momentos en el nudo 4)

• Matrices de rigidez de barra en el sistema q-dy aportes a la matriz de rigidez total [K]- Barra 1:

•)

)1I,

\l'

,}

{

-4.5 }{Q}= -{R} = _:{

4.5 }{R}= -:

{

4.5 }{R), = [A, r {,,)= -: unidades ton, m

+6-6+6+6

• Ensamblaje del vector de Cargas de Fijación {R}. Estado PrimarioEstado Primario, fuerzas de empotramiento en el sistema q-d: Solo aporta la barra 3.

304

[ 0.03125 0.125 0.125

J[K3] = El 0.125 0.6667 0.3333

0.125 0.3333 0.6667

[K] = [Kt]+ [K21 + [K3 ]1 2 3

0.1875 +,

-0375 + O +,0.15 + I O + -0.3 +1 I

0.03125 I 0.125 0.125I I-------L- _____J________I I

-0.375 + I ] + I O +2 I I[K.] = O + , O + 1 O +I I

0.125 I 0.fH>1 I 0.3333." I I$ ------~------~--------I I

3 O + I O + I O +I I-0.3 + I O + I 0.8 +

0.125 I 0.3333 II I 0.«)67I ,

[K] = EI[ 0.36875 - 0.25 - 0.175

J- 0.25 1.6667 0.3333-0.175 0.3333 1.4667

305

Q-D

D!

~ ] = [ 1 1 (matriz identidad)

La multiplicación de matrices precedente, es ineficiente por la gran cantidad de cerosque contiene [Al]' ¿Qué pasa si trabajamos con matrices [Ai]más pequeñas? Matricesque solo relacionen los desplazamientos locales de la barra con los desplazamientosglobales de la estructura que afecten directamente a la barra en cuestión, por ejemplopara la barra 1 tendremos:

Para calcular el aporte de la barra 1 a la matriz de rigidezde la estructura, será necesarioefectuar el siguiente productode matrices:

[K. 18x8) = [A1rSx2) [kl 12x2) [A1](2x8) donde [k1] = El [ ~

12

D4 n,O OO O

Iniciemos la discusión calculadoel aporte de la barra 1 a la Matriz de Rigidez total de laestructura. Para ello, será necesario construir la matriz de transformación dedesplazamientos {di}= [Al] {D}. Esta matriz relaciona los grados de libertad de la barra1 en su sistema local (q-d)con todos los grados de libertadde la estructura en el sistemaQ-D (en este caso ocho). Por simple inspección es claro que la matriz [All contendrámuchos elementos nulos ya que solo los grados de libertadglobales 1 y 2 afectan a estabarra. A continuación se muestra la matriz completa:

7.8 Sistematización Parcial del Ensamblaje de la Matriz de RigidezLos ejemplos presentados permiten formarse una idea de todas las operacionesmatriciales necesarias para ensamblar la matriz de rigidez de una estructura, sinembargo, es posible sistematizar aún más las operaciones matriciales para laimplementación del Método de Rigidez en computadoras. Para explicar la manera desistematizar el ensamblaje de la Matriz de Rigidez usaremosel pórtico plano mostradoacontinuación, compuesto por doce barras. Salvo las barras 11 y 12 todas las otras sonindeformables axialmente.

)

)_,))

J)

4_)

-'7}

J~

-3)

)

_.:}

J-)

1;

}

)

)

,

1

8 9

Q @~ 5l 6 48-) G) @

2 3 Sistema Q-D (EA =00)

oj

306

, ,'_J

Para la barra 4, que afecta a los grados de libertad globales 1, 3, 5 y 7 se mcontinuación la ubicación de los 16 elementos de [K.t]:

.SlID.

-12/13_6/l2

12/f'

El aporte de la barra 4 a la matriz de rigidez de la estructura viene dado por:

[K. ~4X.) = [A4]~4X4) [k4 ~4X4) [A.l4x4) = [ k. ](4X4)

Veamos el aporte de la barra 4:7 4

Gt DI D3 D, D7

~: dI 1 O O O

d2 O 1 O O = [1] ,,"

[Aa ] =d3 O O l.¡,. Od, O O O 1 (4x4)2

Q~D q-d

_--l'-';

(8x8)

GDL global J.. -t 1 i 2 i 3 4 5 6 7 8

1 LX 1 LX I...;- -'-fx -rLX .,- - --- ..---.- -.-.--...._...- --·....--...--t---- ...-..;......_....--..---~-----------....·.._ .....-....---------........--..--

: ! I[ K ] Total = : I!i ~

I I8 ! I

El aporte de la barra 1 a la matriz de rigidez de la estructura viene dado por:

[ KI ]~x2)= [ Al f2x2) [kJ ](2x2) [~ll2X2) = [ k, ~2l12)

Nótese que en este caso el producto resultante es una matriz de orden 2x2 y el aportede la barra 1 no se puede sumar directamente a los aportes de las otras barras de laestructura. en consecuencia será necesario, por simple observación o inspección(Ensamblaie de OC] por Inspección) de los grados de libertad globales que sonafectados por la barra en cuestión. colocar en los "casilleros" apropiados de la Matriz de -,Rigidez [K] los elementos de la matriz de rigidez de cada una de las barras [Ki] e irsumando los aportes de cada una de ellas. Esta idea se ilustra a continuación para labarra 1 que afecta a los grados de libertad globales 1 y 2, se muestra la ubicación de loscuatro elementos de [KJ]:

,;)~

Oc_)

))))))

)))')')))))J-3j),)))))

J))),))_)

JJ~

~.)J)J

306

307

D,= 1 05=1

Aporte de la barra 12:

4 7 8 .

Y1-+ 4

Q-DS

DI Ds

[A'2 ] [ cosa.~a ]

=O

8 (8x8)7

6

6 8751 : 21 3 : 4r I II I I2 I¿X, LX,

---- ------..1.-----1--------1-----------------------------------------3 ILXI LXI_ ___L__l J • _4 I I

[ K ] Total = ::5 I r

I II ,I II II II rI t

Para la barra 7, que afecta a los grados de libertad globales 2 y 3 se muestra acontinuación la ubicación de los cuatro elementos de [K.7]:

~]

~

[A,l=[~zQ2Veamos el aporte de la barra 7:

!____., ~4 : G 1 C;l G5 t3Q-D q-d

[] [ ] T [k] [1 [k] donde [k7] = E.t.I[24K7 (2x2) = A7 (2x2) 7 (2,,2) A7.1(2)(2) = 7 (2x2)

(8x8)

78

3

4[K] Total = 5

1:23:4 5:67: 8:EX I LX : LX : LX :

--~-~---~~-~--------~------~----I I I I¿X: LxI LX : LX :

----t------t--------~------i----I I r I

LXI LXI LX r LXII I I I----r------r--------r------;----6 I I r I

LX: LXI LX : LX:____~------L--------~ J _I I I II I I II I I r

GDL global-I ~

1-2

307

)

)

'-1")

J

.}

1

)

)

J .;;))

))

"'l)

J

j )

"'9.--;)}

I

j "\

~)

-)

,¡'

)))

7.8.1 Resumen del procedimiento.- Ensamblaje de fK) por Inspección:Luego de "recorrer" todas las barras de la estructura y de ir sumando sus aportes encada uno de los "casilleros" de la Matriz de Rigidez Total de la estructura, se habráconcluido el ensamblaje de dicha matriz. Este procedimiento es mucho más eficientepara su implementación en programas (software) para el análisis de estructuras con -computadoras. .En resumen el procedimiento mostrado para ensamblar la Matriz de Rigidez de laestructura consiste en:

a) Generar, para cada barra. la matriz [A¡] ({di} = [Ai] {D}) considerando solo losgrados de liberad globales que afectan a la barra en cuestión.

b) Generar la matriz de rigidez de la barra [k¡] en el sistema q-d. Esta matriz estáreferida al sistema local de coordenadas elegido para la barra.

e) Efectuar el producto [Ki] = [AilT [lq] [A¡]. Este producto equivale a transformar lamatriz de rigidez de barra de sistema local al sistema global de coordenadas.

d) Considerando los grados de libertad globales que son afectados por la barra(posición o incidencia de la barra en la estructura) colocar en los casillerosadecuados de [K] los elementos de [Ki] e ir sumándolos a los aportes de fasbarras anteriores.

Nótese que la Matriz de Rigidez es simétrica, en consecuencia, bastará con ensamblarsolo el triángulo superior o inferior de la misma.Para ensamblar el vector de cargas de fijación (Estado Primario) se utiliza un -­procedimiento completamente análogo al indicado lineas arriba.

7

8

l4

[K ]Total= s--

2

Para la barra 12, que afecta a los grados de libertad globales 1 y 5 se muestra acontinuación la ubicación de los cuatro elementos de [K12]:

1 ¡ 2 3 4¡ S! 6 7 8xx] ¡ LX!

-----f------------------------t-----~------------------! !!· ,.· ..• l'i : i· ..; ~.:: 1:· ..· ..--E"X! -------------------T-"¿ xr--~------------

-------+---------------------+--------J- --- ..----------· ..· ..I i i~ : I: : 1· ..· .., ..· .., .., ..~ ::, ..

[ k]=EA[ 112 l _1

308

309

[F2]= ¿?QI-DI[F1] conocida

Matriz de Transformación de Fuerzas: {Ql}= [Bl {Q2}Por Contragradiencia: {D2} = [B]T {DI}La matriz [B] se genera por equivalencia estática aplicando cargas unitarias sucesivasen el sistema Q2 - D2, esta matriz transforma las fuerzas del sistema nuevo al sistemaviejo.

Q2-D2

Supongamos que para la armadura mostrada, en la cual el elemento horizontal esindeformable (sólido rígido), conocemos la Matriz de Flexibilidad, [Fl], en el sistemaQl - DI Y queremos calcular, a partir de [FI], la Matriz de Flexibilidad de la mismaestructura en el sistema Q2- D2.

2

b) Transformación de la Matriz de Flexibilidad

Matriz de Transformación de Desplazamientos: {DI} = [H] {D2}Por Contragradiencia: {Q2} = [H]T {Ql}La matriz [B] se genera por geometría aplicando desplazamientos unitarios sucesivos enel sistema Q2 - D2, esta matriz transforma los desplazamientos del sistema nuevo alsistema viejo. Para que exista [H] el sistema Q2- D2debe ser generalizado, es decir losdesplazamientos {D2} deben ser independientes.

{Ql} = [Kl] {DI} => {Ql}= [Kl] [H] {D2}[H]T {QI} = [Hf [Kl] [H] {D2} => {Q2} = [H]T [K1] [H] {D2} = [K2] {D2}

:. [K2]= [H]T [Kl] [H]

Q2-D2

[K2]=¿?Ql -Dl

[Kl] conocida

1.9 Transformación de Coordenadasa) Transformación de la Matriz de RigidezSupongamos que para la armadura mostrada, en la cual el elemento horizontal esindeformable (sólido rfgido), conocemos la Matriz de Rigidez, [Kl], en el sistema Ql- DIqueremos calcular, a partir de [Kl], la matriz de rigidez de la misma estructura en elsistema Q2- D2.

309

)

} ,i f:

) ;.

.;.,.., -:

";,,,

")

"

') e

1<"..,~J 3::'

')

_)""))

~)

)...,~~''\

.¡~

J i¡I

f

¡I;,•!

:,' .....::.:;¿¿ . ;.';'"":r;i e-,;;"~.:;.~;;."";¿;'.:,;0.:'::...;':;,';;:~.2,..::.L~~:-.. ,..~~,,~..,;, ';;':~'_~"""-'-'''='_'-'"';;..~'';:.;.~:.'.~'~.. :'::'_';,.';'",,:;_,....;.~..._~:~..:::.:.:;;:.:;:.:;::·,::.:::c;:::.:,,:: :.:::.""., :" .•.•=,~"'.•~~~~",.......,',,,.__.....__..___

))

{DI}= [H] {D2}

• Matriz de trasformaclón de desplazamientos.

[

3136[KI]= El 1

4

• Matriz de rigidez en Ql - DI (conocida).

Q2-D2\\\\\ vQI-Dl

Barra deformable

r-_.....,~2

Sólido rígido

1\\13m.

EjemPlo 1-14Para la estructura mostrada - compuesta por un sólido rígido apoyado sobre una barradefcrmable (barra 1-2) en flexión e indeformable. ~Jtñ~nfe de longitud 3 m - se conoce,~ matriz .<t~rigiqez en el si~t.emaQl - DI (véase et Ejemplo 7-4), se desea transformar lamatriz de rigict.éz al sistema Q2 - D2. .

Cuando sea complicado g$ne.rar la rnatnz [al (?Qt equivalencia estática, cotWienegenerar por geometrfa la transformáCión {D2} ;:::[Al {Pi}, de acuerdo al PrincipiO deContragradiencia se tendrá {Ql} = [AlT {Q2}, en consecuencia [A]T= [B].

{D1}= [PI] {Ql} => {Dl}= [PI] [B) {Q2}-[Bf {DI} = [B]T [PI] [B] {Q2} => {D2} =mt (F1] [B] {Q2} = [F2] {Q2}

:. [F2]= [8]T (FH (B]

311

-6

lf!41

• Matriz de trasformación de desplazamientos.{d}] = [H] {d}2

[kI] = El

12(1)3-6(/)2

• Matriz de rigidez en ql - dl (conocida).

~2

\ [kl] =conocida

ql-dl

Ejemplo 7-15Para la barra mostrada - de sección constante El y longitud 1- se conoce la matriz derigidez en el sistema q 1 - dí I se desea transformar la matriz de rigidez al sistema q2 - d2.

Resultado que se puede comprobar con el Ejemplo 40 del acápite 6.16.

[K2]= El [4 -14]9 -14 52

-14 ]52

-2] = El [ 42 9 -14

(DI) [1 -2 ](DI)D2 I = . 1 2 D2 2

-~ 1[:12

[K2] = [H]T [Kl] [1-1]

[

31

[ _~ ~] El 316

4

• Matriz de rigidez en Q2- D2.

[H]=

311

j}

J)

-.iJ..J'-j

)~."J

)-')

)

~:))'.

"),

-1')

r}

Ii -"j \

_)

~ \ }~

312

2 ] [ :]= ~3EI4 -- 1

2

[k2]= [1

• Matriz de rigidez en q2 - d2.

[k2] = [H]T [Id] [H]

• Matriz de trasfonnación de desplazamientos.{d}t = [H] {d}2

{k!] = ~I [ ~ ~ ]

• Matriz de rigidez en ql - di (conocida).

ql-dl ' q2-d2

~1\..1J.....--------~4

(dl)2= 1 -1/2

Ejemplo 7-16Para la barra mostrada - de sección constante El y longitud 1- se conoce la matriz derigidez en el sistema qJ - dJ, se desea transformar la matriz de rigidez al sistema q2- d2.

1(ql)2 =-- (ql)J

sena

( ql) =[ se~a O ](ql)q2 2 O 1 q2]

• Relación {q2}= [Hf {ql} (Principio de Contragradiencia): .

• Matriz de rigidez en q2- d2.

[k2] = [H]T [k.l] [H]

))),)).J)--:}.)

)

))J()))),))).-).~

-}

.\)J.)))')~

- 6 1W sena

41

12 1(ti (sena)2- 6 1(/)2 sena

[k2]= El

312

313

[k2] = El

6(1)241

12(1)36(/)2

[k2]= [H]T [kI] [H]:: • Matriz de rigidez en q2 - d2.

(di), = 1//

Matriz de trasformación de desplazamientos.{dh= [H] {d}2

• Matriz de rigidez en ql-dl (conocida).

[kl] = ~I[~ !]

ql-dl

Los términos de la primera columna corresponden a las rotaciones de las tangentesmedidas con respecto a la cuerda de la barra. como se indica a continuación:

1/

I~ T/ 1 (dl)2=]j_\

~1 ,,2\.§r--------.......4,¡/

Ejemplo 7-17-Para la barra mostrada - de sección constante El y longitud 1- se conoce la matriz derigidezen el sistema q1- di, se desea transformar la matriz de rigidez al sistema q2 - d2.

313

i,

1)

, ",r

; )"}").,

.J

-::;7

i1I

I

I··1I

)))))

)J.)i)))

)

-:)

.d/."1)))))

).>)').))))-3

:;)

III

I

314

• Matriz de trasformación de desplazamientos.{D}*= [H] {D}

•DI 1 O O

H:]D2 O 1 O=

D3 0.75 O OD4 O O 1

Nótese que en el sistema Q*-D* las cargas de fijación se calcularon de manera directa.por simple equilibrio de los nudos, sin necesidad de calcular la fuerza axial en labarra 2-4.

R; = "-6 too-m

R; = 6 ton

R~ = 6 ton-m

Q*-O*

necesarios.

ri!1

I¡I¡,

• Estado Primario en el sistema Q*-D* (Este sistema no es generalizado):

R*

¡t~:6

• Sistemas Auxiliar de Coordenadas: Cuando los cálculos son manuales, puede serconveniente trabajar con un sistema "ampllado" o auxiliar que permita simplificar loscálculos del Estado Primario. Si se revisa el Ejemplo 6-12 (acápite 6.5) se notará quepara calcular la fuerza Rt, es necesario calcular primero la fuerza axial en la barra 2-4,esto involucra el equilibrio del nudo 4. Si se amplia el sistema de coordenadas, comose indica a continuación (sistema Q*-D*) los cálculos mencionados ya no son

Q-D

3m6m

1

EA=oo

2

4

Ejemplo 7-18Calcular, en el sistema Q-D indicado, el vector de cargas de fijación (Estado Primario)para el pórtico mostrado. Se ignoran las deformaciones axiales y por cortante en todosros elementos. Todas las barras son de sección constante con el mismo valor de El.

314

315

o3O

3 J [1,800O = O59 1,800

1,800 J35,~00

o1,800O

[K]= 3 EI[ ~(3i

3

Matriz de rigidez de las columnas en el sistema Q - D (véase el ejemplo 7-5)

~lD*23/6

-4/6

-1/6

D*,

[H]= ~~ [:::

D3 1/6

D*1 = 1 D*3 = 1..._--­ ----------:

, ----- ..._-, ----, --_ ~, I, II ,I I

------------------~, ,I ,

-------;------ .-~-- \,....-.=------", ', 1, I. '\ ;, -'\ _--, _-----, _--,__ --

• Matriz de transformación de desplazamientos {D} = [H] {D*}

Q* - D* (Planta)Q - D (Planta)

'1 14mIr 4m

el e,L.lIl-.I!!...- ---=.=." ____. 1

r-:l3

- Ejemplo 7..19. Transformar la Matriz de Rigidez del edificio del ejemplo 7-10, calculada en el Si~~ma.....Q- D al Sistema Q* - D*

}

J)jI

)

}

))

")-~

).=)

)

~

1)

d.~

)¡ ,)

.J)

_))

)

r- J

j-J)

~

1)

\

"1 • Matriz de trasformación de fuerzas.

} _{R}= [H]T {R}*

[~J= U O nO

0.75 [ 4.5J-6= -6.0} 1 O

61 O O 6.0

6

-e2 -sc : 2 se'C,,_82

,s2-se :sc,

•

316

•[k¡¡ka

, '

,,c2 se: -e2 -se,

t

2: 2se s :-sc -s----------r-------- -- =[k*] = [H]T[k][H] = FAe

Matriz de rigidez de barra en sistema global q* - d* (haciendo s=sena, e= cosa):

Matriz de rigidez de barra en sistema local q - d:

[k] = EA [l .1 ]!. ·1 1

cosaoosena

La matriz de transformación [H] es:

Id}= [H] {dO} [H] = [~11

q*-d*(Sistema Global)

4t .2t ~__'31~~ J

:. EA~~2

~1~ a

q-'d(Sistema Local)

7~10 Matrices de Rigidez de Barra en Sistema GlobalPara lograr la sistematización total del Método de Rigidez, conviene calcular las matrices ,'.de rigidez de cada una de las barras que componen la estructura, en el sistema global de.....coordenadas en lugar del sistema local.Si se observan los productos [Ai]T [Id] [Ai] presentados en el acápíte 7.8, es fácil concluirque dichos productos representan la transformación de la matriz de rigidez de la barra "iudel sistema local de coordenadas al sistema global, en consecuencia, convienedesarrollar de forma genérica dichos productos para los distintos tipos de barra quepueden conformar una estructura.Examinemos la idea del párrafO anterior en una barra del tipo armadura. La matiz de .rigidez en el sistema local q - d es conocida (véase el acápite 4.2) y su transformación a...:,.,sistema global se realiza de acuerdo a 7.9 a).

Se sugiere al lector el cálculo de la matriz [K*] utilizando la definición (tal como se hizoen el Ejemplo 6-42, acápite 6.17) y por el procedimiento utilizado en el Ejemplo 7-10 deeste capítulo.

-1,3331,933-1,200

1,200. ]-1,2001,800[

2,533[K*] = [H]T [K] [H] == -1,333

1,200

()~,))))))")).))1')'))

)-;)_)~)

)))))))))))

• Matriz de rigidez en el sistema de coordenadasQ. - D.

-

316

,

\1

\

\

¡!

\

1 ~ ..._"-_.._,=..,-".,,. ===-­i

(.kij] 3K1]

1_l9j]3x) 6x6

317

~'"

IE1t O O I-~ O OI

O ~ -<% ¡ O -12Eft ~_ O -6jf ~ : O ~ 2F1/t

[k] - - ----------------1-----------------: ~ O O

Simétrica 1 O 12H1 6EJ/: /1 If¡ O ~ ~I

q-d(Sistema Local)

.,_

{

"

,':>

_:'¡':.(:".r,

. .:.,.~....~,~¡"?~.:lo •

":..r.

317

Para otros tipos de estructuras (armaduras espaciales, pórticos planos y espaciales,parrillas) la metodologra es la misma, lo que cambia es la matriz de rigidez de barra ensistema local [k] y la matriz de transformación [H].Para pórticos planos, considerando deformaciones axiales, la matriz de rigidez ensistema local es:

Ir

)

j

'1

Conocida la matriz de rigidez de una barra en el sistema global, el determinar su aporte ala matriz de rigidez total de la estructura, se hace siguiendo la metodología indicada en elacápite 7.8, el aporte de [k*] dependerá de la posición o incidencia de la barra dentro dela estructura.Lo anterior se logra considerando los nudos (a los cuales se han asignado grados delibertad globales) que son afectados por la barra y colocando en los casilleros adecuadosde la matriz de rigidez total [K], los elementos de [k*] sumándolos a los aportes de las

- otras barras.Por ejemplo, si la barra "m" conecta a los nudos l, j de la estructura, su contribución a lamatriz de rigidez total se indica a continuación. Nótese que en las columnas i, j hay dosgrados de libertad globales en cada una, por tratarse de una armadura.

Nudo,1.. --+ 2 3.................. i. j............. N,. ,!: ¡:: l" ,~ I l., ," .l' •: ! 1 il. •.. ,i -...-..--....-....--------..------.....-.---------........---~...-.-.---ñi··-i--_·_-_...·too. ··-- ... -~; ..-i.....·..-·- ..--..----....--- ....----¡[k¡¡]2x21 ! [kr ]2x2![ K ] Total = - _ -_ -I--._ •..•••••~•••- •.•_ •.L••• _.U _••.....• _ ....• ,._.. .....••.¡I t ! ¡'

• I •: 1 t 1! ! I i----..-- -- -- ---- ------ ----_ _4 __: .. }_.. L .. --..---.._.

J• 1 kt m ¡ ¡ [k· ]m I. I[ 'i]~ . jj 2x2!. - .. - _ _.-._ _....c.. :::J._ .•••_. ··_f··-·····-1-··-·····-······ -,.,.! ! ¡ !. , . ¡j' 1 ; :

: 1 :N : i : :

I • 1 It ~ ! !

)...,;);)

)

))

~),))))

)

)

)

IJ)

';'_ r". ':::-.' ' .. :"_ -., •. ,...••... ,_., 'O._".- "7 -; ."" _.

. .~,-~~;:__:.i_;1..:::ti.?i~t.:i;:~:,:~__:''::~~~''-;~",:~~::"i:::~~.~:~¡.~~!;~.:..:;::.:~~.~~.;~~.::<- :~.:::~.;.;.::,._.d:.:~~~:~~;~~.:::~:~~~~~'~~';'_~¿~~~~¿~7'~~'~,:_.;'~;;::'~.~.'(~,~;::_.":':_~l.::~~~:.:.J~':-'::';_:;',.':"¡~::~:::;:'. ~;-;~:~_;:~,-"_:';¡_·,t.·': .. ~~;~;::_:..;.=.:;;;,:~__.~-,.=<.:..•.- .•_-

)))))')))

~')~.))

)))))))).))

-::)=3~))).j:'j

~:)~)~.)~

~.)@€).;2.}.,..;}

(;¡~.'..~

318

Si asumimos que existen "m" coordenadas con desplazamientos impuestos (m < n)tendremos:• [K1l] Submatriz correspondiente a las m coordenadas con desplazamientos

impuestos, de orden m x m.• [K22] Submatriz correspondiente a las n-ro coordenadas sin desplazamientos

impuestos, de orden (n-m) x (n-m).

=:> ({QI}) = [ [K1l]{Q2} [K21]

{Q}=[K]{D}

[K12] ][K22] nxn

[K12] ]({Dl})(K22] {D2}

7.11.1 Desplazamientos Impuestos enAlgunas de las CoordenadasSupongamos que se conoce la matriz de rigidez de una estructura en determinadosistema Q-D de "n" grados de libertad, si algunos de los desplazamientoe en Q-D sonconocidos o impuestos sobre la estructura, podremos particionar la matriz de rigidez dela estructura del siguiente modo:

[K] = [[K.l 1][K21]

7.11 Conden,aclón de la Matriz de RigidezEs una operación que se realiza sobre la matriz de rigidez total de una estructura y quetiene numerosas aplicaciones. Presentaremos dos casos de interés:

[R]T (.kji] [R][R]T (.kji] [R]

=

[R]T [kit1 [R] [R]T I_kij] [R]

La matriz de rigidez en el sistema global será:

cosa sena. O:I

-senu cosa. 01 [O]Jx3= [[Rl.w [01" ]

IO O 1 :{d} = [H] {d"'} [H] = -------------r-------------

I cosa. sena. O[Ohxl [R13xJI

[O]3x3 I -senn cosa. OII O O 1I

~41_~3 q-d 6

(Sistema Local)

\ ~41-----1Y 63 q* -d*

(SistemaGlobal)

La matriz de transformación [H] viene dada por:

318

319

Si se restringe el desplazamiento lateral en la coordenada 1, equivale a imponer undesplazamiento DI = 0, la matriz de rigidez particionada es:

3 e 425x40e

3 <D 25x40 esax40

I 1 2 Q-D

6M

{ O} (1.333 -M67 -1.333)r}{Q}= [K]{D} => 9 = El -0.667 2 0.333 D2

-9 -1.333 0.333 3.333 D3

)

)

"1 EJemplo7.20) Calcularla fuerza necesaria en la coordenada 1 (QI) para lograr que el desplazamiento-) correspondiente sea nulo. Esta técnica de Condensación de la Matriz de Rigidez, fue

utiñzadaten el Ejemplo 6-8 del Capftulo 6, que se sugiere revisar. A continuación sereproduce parte del ejemplo.

Si el vector {DI} es nulo. tendremos:{D2}= [K22rl {Q2}

{QI} = [K12] [K22r1 {Q2}

De la segunda ecuación se obtiene {D~} el vector de desplazamientos desconocidos:

{D2}= [K22rl ({Q2} - (K21]{Dl})

De la primera ecuación se obtiene {Qt} el vector de desplazamientos desconocidos:

{Ql} = [K1l]{Dl} +[K12] ([K22r1 ({Q2} - [K2t]{Dt})

{QI} = [KlI]{DI} + [K12]{D2}{Q2}= [K21]{DI} +[K22]{D2}

[Kt2] ]({DI})[K22] {D2}(

{Ql}) = [ [Kit]{Q2} [K2t]

319II

i.,)-,

i

J

JJ-ll,

¡¡¡

t

• {Ql} Vector de carga correspondiente a las m coordenadas con desplazamientosimpuestos. Este vector es desconocido y representa las fuerzas necesarias en lasmcoordenadas para lograr los desplazamientos impuestos.

• {Q2} Vector de carga correspondiente a las (n - m) coordenadas sin desplazamientos} impuestos. Este vector es conocido y representa las fuerzas que actúan en las

coordenadas sin desplazamientos impuestos. En algunos casos este vector puedeser nulo.

• {DI} Vector de desplazamientos impuestos. Este vector es conocido, en algunoscasos este vector puede ser nulo, por ejemplo cuando se trata de apoyos que seadicionan a la estructura.

• {D2}Vector de desplazamientos desconocidos.

Efectuando los productos en la matriz de rigidez particionada tendremos:

7.11.2 .Cargas Nulas en Algunas de las CoordenadasSi las cargas aplicadas en varias de las coordenadas son nulas, es posible encontrar,mediante un proceso de Condensación Estática, la matriz de rigidez "reducida ocondensada" que relacione únicamente las cargas en los grados de libertad con cargas._no nulas, con sus desplazamientos correspondientes. .

{Q2) = (~) = [K21]{DI}+[K22]{02} => {D2) = _[K22fl[K2Il{Dl}

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

(0.27143)

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

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

Ejemplo 7-21Resolvamos el pórtico del ejemplo anterior (Ejemplo 7-20) sin cargas en barras y con undesplazamiento impuesto en la coordenada 1 unitario (DI = 1).

*-{-~!-}-::EiH:ll+~'r---~:t!!-)-*{~;}---° l-1.333: 0.333 3.333 DJI

De donde se obtiene Qlltl 0.913ton.

La fuerza necesaria para lograr que el desplazamiento en la coordenada 1 sea nuloviene dada por:

1 (5.0333){Ql} = [Kll]{Dl}+[Ku]{D2}= [Ku]{D2} = El [-0.667 -1.333] El -3.203

= _1 (5.0333)El -3.203{02} = [K22fl {(2) =<> {D2)=(~:J

Al ser el desplazamiento impuesto nulo, tendremos:

{Q2} = [K22}{D2} =<> {~:} = El (0.:33 ~~~~){~:}

[K12] ]({Dl})[1(22] {D2}(

{Ql}) = [ [K1I]{Q2} [K21]

ao)))))

1')"))

)-j)~))

))_))))))))d~~)))

J,)

j)~)?")

~-j)

~

320

321

ql-dl

Ejemplo 7-22Calcular la matriz de rigidez de la barra de sección variable indicada en la figura acontinUación. Se consideran deformaciones por flexión únicamente. Ambos tramos sonde la misma longitud, el primero tiene 2El Yel segundo El.

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

{D2}= - [K.22rl [K21]{DI}

Sustituyendo {D2} en la primera ecuación:

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

[K*](n-m)I[(n-lII) = [KIt] - [K12] [K.22rJ [K21]

[iC*] es la Matriz de Rigidez Condensada (reducida) de la estructura, que relacionaúnicamente los desplazamientos con las cargas en aquellos grados de libertad concargas no nulas.Los procedimientos de Condensación presentados en 7.11.1 y 7.11.2 soncompletamente análogos, lo único que los diferencia es la manera como han sidopresentados.

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

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

{Ql}) = [ [Kll]{O} [K21]

Efectuando los productos en la matriz de rigidez particionada tendremos:

Si asumimos que existen "m" coordenadas con cargas nulas (m<n) tendremos:• [Kit] Submatriz correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas, de orden

(n-m) x (n-m).

• [K22] Submatriz correspondiente a las "m" coordenadas con cargas nulas, de ordenm x m.

• {Ql} Vector de carga correspondiente a las coordenadas con cargas no nulas.• {DI} Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas no

nulas.• fD2} Vector de desplazamientos correspondiente a las coordenadas con cargas

nulas.

[K12] ]({Dl})(K22] {D2}

=> ({Ql}) = [ [KIt]{Q2} [K2I]

{Q}=[K]{D}

supongamos que se conoce la matriz de rigidez de una estructura en determinadosistema QwDde "n" grados de libertad, si algunas (o muchas) de las cargas externas sonnulas, podremos particionar la matriz de rigidez de la estructura del siguiente modo:

321

.),)

,1)

1",~J}

I

J.;

i!i})

)))

.)

.)

)

J)

)

)

1

~ ¡¡I .jl )

---)\¡i

I

. '_-'.-:'.';:-o.~o.O"~o _ 0_" •• 0'0 •• O . . .. "00"00

oO_;_o2~:::~:~~-?;-:o::!J1i ~:'~:.i~·~;'o ~·;~;~o::i:i:¡.;_o~Lj·~;~oo±:~'~~~~¡;~::~_;~:~~~~~ ".~o2~~-::'o_~:::'~o~~:~l ~o:o~o~~~~;:~:.;;]~I,:~~-:-~~·'-~oo~'_':-~-o":::,~~o';¿_,.~;_o:-S~~;;.:::-~ :.::=:'-::';;~o='':';::¡:¿;~''::'.I';:O.:::!:O¡¡;:.~:~'~~.~;.'~_~..;;~~:~o~.,:~..._~

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

Q*-D*Q-D

Elh=4m

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

El 1 (40 16)[k]= [k*] = -¡11 16 24

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

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

• Matriz de rigidez de la barra en el sistema q1_ dl:

·8 ·O :4 12[k121]:

= [[k111El O 4 :2 -6[k] = ,

-.-.. ·..-.--t.-··.-- ..--. .-e 4 2 :12 6,[k2d [k221·12 -6 ¡ 6 36

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

)

-71~')

)

))))))))))

~

'3-7))),-),)

..)")~)-J)

"'"))~

q2-d2

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

322

fE)cJ)l:'')'))))))

--+ I3

323

Ql=O Q2=1Ql = 1 Q2= O

,¡m¡+iI

I. ñz

• Matriz de flexibilidad lateral del muro. Se obtiene aplicando cargas laterales unitariasen las coordenadas 1 y 2 Ycalculando los desplazamientos laterales.

Í22

D*l = O D*2= 1D*J = 1 D*2 =0

ku

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

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

• Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en Q - D, reducción de losgrados de libertad de giro:

[K lat] = [k*]2X2 = [kl1] - [k121 [la2r1 [la])

[K l' (0.21429 -0.06696) (kIt k12)at] = El -0.06696 0.02679 = la] k22

.- 0.3750 . -0.1875 ¡ 0.0 0.375.-0.1875 0.1875 ¡-0.375 -0.375

El ·······················.····i·············...·······Sim ¡ 2,0 0.5

¡ 0.5 1.0:

[k] =

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

323

\

)

J))

.)

)

j)

j

)

~))

})))

j ;'

'j.~r

\J

J)1

'j

"')1

Q-D, (mitad derecha)

=>

324

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

1~

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

,.-------h--+ 2

1~-__I_----I---____".. ~m

':r

2 ~ ...-----------.

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

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

.-'))))))-j]4))

)).))))).)))d~

~)))_J,)

.):)d,)d.)~})

i9e(:;)"-~

,

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

[F)at] = _1 (21.33. 53.33J= (fl J fJ2]El 53.33 170.70 . 121 f22

324

325

k13=O1<23 F::S -0.667 Elk33= 4 El /3 +4 El /3 + 3El /3 + 3 El /5:::::4.266 Elk43 =2 El I (3) ~ 0.667 El

k12 = -12 El/ (3i :::::-0.444 Elk22= 12 El f (3i::::: 0.444 Elk32 = -6 El I (3)2 ~ -0.667 Elk42 = -6 El I (3i ~ -0.667 El

kll = 12 El I (3i + 12 El I (3)3:::::0.888 Elk21 = -12 El / (3)3 ~ -0.444 Elk31 =0k41 = 6 El I (3i ~0.667 El

325

•!

1))

)

i)

~)

- ~-

)'}

}

))

)

Jj~j)

~.,)

~.t:",

j)

,~ ..

} _'.. .~~-4 "

i

,

')))

la:1).~

)'}

)))

)))))

-:))~)

)

)).)))

')))))d:)-1)))

-JJ.,J)':3)cj)

~,j)

e~"'.~A--,\

326

• La matriz dé rigidez lateral del pórtico se calcula invirtiendo [F lat]:

[K lat] = [F lat]" =El (1.3768 -0.5512) = (kt1 k12)-0.5512 0.3953 kn k22

[F lat] = _1 (1.6443 2.2929)= (ft 1 f12)El 2.2929 5.7271 f21 122

La matriz de flexibilidad lateral del pórtico completo será la mitad de la calculada en elpaso anterior:

(fll f12)121 fu

La matriz de flexibilidad lateral de la mitad del pórtico es:

[Fla j mi ,. 1 (3.2886 4.5857)t mitad pórtico = - =El 4.5857 11.4543

{

An} [ 0.8S8 -0.444 ° 0.667]-1 {O} {AlZ} {4.~R57}A22 = El -0.444 0.444 -0.667 -0.667 1 "* 622 = 11.4543 •..!...A32 o -0.667 4.266 0.667 ° A32 1.5533 El4142 0.667 -0.667 0.667 2.333 ° A42 1.5196

b) Segunda columna de [F lat]. Aplicamos una carga unitaria en la coordenada 2 ycalculamos los desplazamientos {~} = [Krl {Q}. 61=A12 y f22= 822

{

Al1} [ 0.888 -0.444 ° 0.667]-1{1} {A11} {3.2886}A2l =El -0.444 0.444 -0.667 -0.667 ° ~ Aa = 4.5857 •_!_A31 ° -0.667 4.266 0.667 ° A31 0.6898 ElA41 0.667 -0.667 0.667 2.333 ° A41 0.1736

• Matriz de flexibilidad lateral del pórtico. Se obtiene aplicando cargas lateralesunitarias en las coordenadas 1y 2 Ycalculando los desplazamientos laterales.

a) Primera columna de [F lat). Aplicamos una carga unitaria en la coordenada 1 ycalculamos los desplazamientos {~ } = [Krl {Q}. fll=AIJ Y f21=.621

La Matriz de Rigidez de la mitad de la Estructura es:

r0.888 -0.4« o 0.667]

Kt= -0.444 0.444 -0.667 -0.667 El1 o -0.667 4.266 0.667

0.667 -0.667 0.667 2.333

kl4 :::s0.667 Elk24 :::s-0.667 Elk34~ 0.667 Elk« =4 El /3 + 3 El/ (3):::s2.333 El

326

327

[K lat] = El (1.3768 -0.5512) = (kll ki,2)-0.5512 0.3953 k21 k22

La matriz de rigidez lateral del pórtico completo, se obtine duplicando la matriz calculada, en el paso anterior:

(kll k12).101 k22

. ( 0.6884 -0.2756)[K. lat] mitad pórtico = El =-0.2756 0.1976

'. Condensación de la matriz de rigidez de barra calculada en Q - D, reducción de losgrados de libertad de giro:

[K lat]= [k*]2x2 = [k11] - [kI2] [k22rl [kn]

0.888 -0.444 j 0.0 0.667 [k ]I [ 11

-0.444 0.444 ¡ -0.667 -0.667El _ ~ _._ __ ~_.__.._ _-_.. =Sim j 4.266 0.667 [k ]

¡ 0.667 2.333 21.[k] =

',giemplo 7-25,',Calcular la matriz de rigidez lateral del pórtico de dos pisos del Ejemplo 7-24 por: condensaci6n estática de la matriz de rigidez.,.La matriz de rigidez de la mitad del pórtico fue calculada en el Ejemplo 7-24, mediante" "reduciremos· los grados de libertad de giro (grados de libertad 3 y 4 que"no tienen cargas aplicadas) para obtener la matriz de rigidez lateral.

Matriz de rigidez de la mitad del pórtico en el sistema Q - D, considerando cuatrogrados de libertad, dos desplazamientos laterales y dos giros.

327

J)

;})

~

J)

JJ))

I).,.3)

)

")))

)):)))))))

)d.::3--3)))_)']...).)d)~)..,J3

"e=>-.,

~O'~)))))))}))

-41~)

328

8.1 IntroducciónEn 1922, K.A. Calísev publicó un artículo que describfa un método de aproximacionessucesivas para el análisis de estructuras reticulares, en el que se determinan lasrotaciones de los nudos de una estructura (pórtico) por aproximaciones sucesivas. Deesta manera los sistemas de numerosas ecuaciones se pueden resolver con cálculosmanuales iterativos. Puede decirse que esté método fue, de algún modo, el predecesordel Método de Cross o de Distribución de Momentos, aunque pasó casi desapercibidohasta que Calisev lo publicó nuevamente en 1936.Es conveniente anotar que los métodos iterativos de solución de sistemas lineales deecuaciones fueron desarrollados mucho antes del Método de Calisev. Uno de losmétodos iterativos más conocidos para resolver sistemas lineales de ecuaciones es el deGauss - Seidel atribuido a Johann Carl Friedrich Gauss (17n-1855) y Philipp LudwigVon Seidel (1821-1896). También destaca el método iterativo desarrollado por CarlJacobi (1804 -1851).El análisis de las estructuras indeterminadas recibió un gran impulso en 1930, año enque el profesor Hardy Cross (1885 - 1959) de la Universidad de lIIinois, presentó suMétodo de Distribución de Momentos. La publicación más conocida de Cross se titula"Analysis of Continuous Frames by Distributing Fixed End Moments'" publicada en losProceedings of the American Society of Civil Engineers (ASCE).El hecho de que el mencionado artrculo escrito por Cross, constaba de diez páginas yque fue seguido de una discusión de 146 páginas, ilustra el gran interés que produjo. Elinterés suscitado es una indicación del impacto que el método de Cross tuvo en el "análisis de fas estructuras indeterminadas. :'En 1930, cuando Cross introdujo el Método de Distribución de Momentos, ya estaban ',.formulados todos los principales Teoremas de Energra en estructuras y los métodos desolución de estructuras que de ellos se derivaron. Ya existfa el Método de Flexibilidad, .:las Ecuaciones de Pendiente - Deflexión, el Método de Rigidez no Sistematizado. Sin ;.

. '",:

embargo. todos estos métodos aplicados a estructuras hiperestáticas, conducen .:::~inevitablemente a un conjunto de ecuaciones lineales cuya solución manual es tediosa yen muchos casos, dependiendo del número de incógnitas, imposible, aún utilizando ','esquemas iterativos de solución del sistema de ecuaciones, por ejemplo Gauss - Saidel. ~:1;Los esquemas iterativos de solución de sistemas de ecuaciones operan sobre las jincógnitas, que en el caso del Método de Rigidez aplicado a estructuras reticulares, sonlos desplazamientos de los nudos. La idea genial de Cross fue la de desarrollar elMétodo de Rigidez, tomando como inc6gnitas los momentos en los extremos de lasbarras que conforman el pórtico y obtener de manera iterativa dicho conjunto deincógnitas. Esto significa que las iteraciones, a diferencia del Método de Casilev, no sellevan a cabo sobre los desplazamientos (rotaciones) desconocidas, se llevan a cabo. "sobre los momentos en los extremos de las barras hasta lograr el equilibrio de los nudosy por ende de la estructura.La solución "exacta" de estructuras hiperestáticas grandes hasta finales de la década de1960, era una tarea titánica. La mayorfa de ingenieros estructurales acudtan al Métodode Distribución de Momentos para obtener la solución de las fuerzas internas. Estocambió con la aparición de las computadoras y su creciente disponibilidad, es decir, lascomputadoras salieron de los centros de cómputo, donde unos pocos cientificos teníanacceso a ellas, y pasaron a formar parte del equipamiento normal en las oficinas dediseño. Esto, sumado al desarrollo de los Métodos Matriciales, en particular el MétodoSistematizado de Rigidez y los Métodos de Elementos Finitos (FEM), ha conducido al

CAPITULO 8- Método de Cross - Distribución deMomentos

328

. ... . .;.~ ._.__ ._..:..:..::. __.....:..:..~~.~.:._...:__ ~~._. __ : _. __ •__.:.. ._ .• . ... ~~! •...¿~... l"::-:;~~:'~:::7·~,..\,..... ,,, ... , .....:.,.,;",~~..~.A~.~ .... :.: •. ;;~O_.;.".

329

8.3 Ejemplo de Introducción alMétodo de CrossPara presentar algunas de las ideas centrales del Método de Cross, tomemos comoejemplo inicial la viga continua de tres tramos indicada a continuación, solicitada por unacarga concentrada al centro del segundo tramo. No utilizaremos argumentos de simetría

... de la estructura y de las cargas. La resolveremos primero por el Método de Rigidez

... presentado en el Capítulo 6. luego resolveremos el sistema de ecuaciones a las queCOnduceel Método de Rigidez, siguiendo un esquema iterativo o de aproximacionessucesivas. Finalmente analizaremos el significado ñslco de cada una de las iteraciones,para presentar el Método de Cross.

8.2 Algunas Ideas Centrales del Método de Cross.• No es otra cosa que el Método' de Rigidez con la particularidad que las incógnitas no

son los desplazamientos (rotaciones) de los nudos, son los momentos en los extremosde las barras.

• El Método de Cross resuelve el Estado Complementario del Método de Rigidez poriteraciónes o aproximaciones sucesivas. Las iteraciones se realizan sobre los.momentos desequilibrados en los nudos que aparecen en el Estado Primario delMétodo de Rigidez.

¡. • Nunca llega a plantearse de manera explfcita la Matriz de Rigidez de la estructura que. se está resolviendo. Dicha matriz se encuentra implicita en el procedimiento mismo de,: la Distribución de Momentos. Esta es otra de las genialidades del Método de Cross.• En el Método de Cross - Distribución de Momentos - los momentos de empotramiento(Estado Primario del Método de Rigidez) en las barras que conforman el pórtico, sedistribuyen a las barras adyacentes en un número de iteraciones que conducengradualmente a que la estructura alcance su configuración natural de equilibrio.

• El Método de Cross no es un método aproximado de análisis estructural, se puedealcanzar la precisión deseada en los resultados finales, controlando el número deiteraciones o de ciclos.

• El Método de Cross sigue en esencia el esquema del Método Iterativo de Jacobiaplicado al Método de Rigidez o de Desplazamientos.

• Fue ideado para su aplicación en estructuras planas que se deformanfundamentalmente por flexión, sin embargo, puede extenderse, sin mayorescomplicaciones a estructuras en las cuales las deformaciones por cortante seanimportantes. También se pueden analizar estructuras planas con desplazamiento detraslación en los nudos.

abandono paulatino de los métodos iterativos como el de Cross, sin embargo, durantecasi 50 anos los métodos iterativos y en particular los de Cross y Kani, fueron laherramienta fundamental para la solución de estructuras.hiperestáticas.A lo largo de los anos se desarrollaron numerosas variantes del Método de Cross, entreellas, un método para modelar o determinar el flujo en redes complejas de distribución deagua, hasta hace pocos años era el método más común para resolver tales problemas.El Método de Cross se extendió al análisis de pórticos con desplazamientos laterales, alanálisis de parrillas, al análisis de estructuras espaciales, de barras con sección variable,

•..•.de pórticos con deformaciones axiales, es decir se desarrollaron numerosas aplicacionespara casos particulares.

329

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

J

330

4,952

3,048

• Diagrama final de momentos (kg-m).

• Solución del Sistema de Ecuaciones: 92 = 3.809 93 =- 3.809

Asumimos, por comodidad un valor arbitrario de El = 1,000

0.25 ]{92}1.30 93{ +4,OOO} [1.30

-4,000 =El 0.25

[

1 1

{+4,000} = El "5+ i-4,000 1

4

{Q}= [K] {D}

• Estado Complementario.

4~OOO .

~ ~~ • {Q}=-{R}

R. = -4~000 kg - mR2 =+4,000 kg - m

92 = 93 = OUij O O -4000 +4000 O O~--~,_~~~~~--~---

• Estado Primario.

SistemaQ -D

Momentos de empotramiento uij

14000+ R2

,~

I¡II!i

330

1 ~ 2i 4,OOOkg3

~4~ ¿;)

I 5m 8 5 ,D1 D2

D1=92~ ~ g k D2=93

)

))))

)

..")~)),)))))

-: ).:~.: )-,,'.

:~'.~~ ).t.:"" ),.

. :.",1'

)

d~-J)

)).)J~J;~

)'.'~.)..,r)je~ .

~:2)~'\

1,5241,524

..... _." ...,...., ....:...~~81C~,¡:·:·:,;··,·;:.~~·.~..:~,~:~:.~.~::~:~:,2~·~.:·::,·:i~~~iL.:<~-~~-~Z~~~··::~·~·~:··-,~:·.·:¿-:..;;_·~::·:~.J.:~;:~~~~~¡:;:a;~J-~:i_~·;:·~;~~~~·;:~~~:··~·:_{~·~~~~.~;;.;~;,.;·.:.~;..;~.:'P~.~~;.~:~;.:;;~~~~i<..:.~,;-,~~,~~_

331

Solución por Iteraciones: 92=3,809 93= - 3.809Nótese que la suma de todos los cambios en las rotaciones (dos últimas columnas de latabla anterior) como era de esperarse es igual a lo rotación final del nudo (úftimo ciclo)Es importante señalar que en cualquier ciclo de la iteración, se pueden calcular losmomentos de extremos de barra, en el Estado Complementario, utilizando por ejemplo,las ecuaciones de Pendiente - Deflexión para cada barra:

M.. Ei Ji (4ll' 29')U = -- ul+ ~ti

M·· Ei Ji (2ll' 4ll')~1= -- ul+ vJti

Si el proceso iterativo se detiene en un ciclo intermedio (por ejemplo en el tercer ciclo) loque obtendremos son valores aproximados de los momentos de extremo da barra y enconsecuencia los nudos no estarán en equilibrio. El equilibrio de nudo se logra luego deun número suficiente de ciclos,

L = 3.809 L= 3.809

Ciclo Eh 93 IA921 IA931O O ° 1

-- --1 r·077(Ec. 1) E • O 3.077 O

2 3.077 -- -3.669 (Ec. 2)1 O 3.669

3 r782(EC.1l 0.705 O~ -3.669

4 3.782 -- -3.804 (Be. 2)I O 0.135

5 r809 (Ec. 1) -- -3.804 0.027 O

6 3.809 -- -3.809 (Ec. 21 O 0.005.

1.392 + 0.25 93 = 4 ~ Ecuación 10.2592 +. 1.39) = -4 ~ Ecuación 2

En la tabla a continuación se muestra un esquema iterativo simple para resolver elsistema de ecuaciones, Se parte de un valor inicial nulo para ambas rotaciones (EstadoPrimario) y se procede sucesivamente a corregir los valores iniciales asumidos hastalograr la precisión deseada. Las dos últimas columnas muestran, en valor absoluto, elcambio en las rotaciones, inicialmente los cambios son grandes y paulatinamente soncada vez más pequeños hasta que en los últimos ciclos de la iteración son casi nulos.

El = 1,0004,000 4,000

~------~~~__~f)~ ~_1 2 ~3 4

• Solución Iterativa del Sistema de Ecuaciones(Estado Complementario)

331

)

})

')))

)

)

.)

)

~)))_)

.)_)

>}

)

)-)

)I

i J¡-:)

j }

~.

ti)(I)

~))

)))

)-)

)

))

--i)~)

)

));))

))

))

.). )

-a-3--})))

-J-:)._J)~).)'jJj))

e3049 -30433048 -3045Mfin 1524

14 o

~lS~t C4+C5

o72211Mij

.1.92 =0.027

.1.93 =0CiCI05~~

Deseq. Nudo

Deseq. Nudo

~

.6.92=oCiclo 4 .6.9)= -0.135

Mij o o -34 -68 -108 -54

Mfin 1513 3026 -3059 3042 -3043 -1521 C3+C4

C2+C3

o-1467

176 o3110 -2935

564 353

3026 -3025

Mij 282

Mfin 1513

Deseq. Nudo

.1.a2= 0.705Aa] =o

2934 -29352462 -3378 -1467 Cl+C2

o -1835 -2935-917 ~1467Mij O

Mfin 1231

A92 =0.1.9)= -3.669

Deseq. Nudo

oO

769 O

4769 O CO+Cl2462 15392462 -2461

Mij ]231Mfin 1231

.1.92=3.077Aa3 =0

4000-4000o oooMij

• Significado Hsico de cada Ciclo de la Solución Iterativa123

CicloO ~ ~ ~

332

'," ", ,',,o _jo,