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Unidad I.- Distribución de Momentos (Hardy Cross)
ESTRUCTURAS II
1
UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTALDE LOS LLANOS OCCIDENTALES
“EZEQUIEL ZAMORA” VICERRECTORADO DE INFRAESTRUCTURAS
Y PROCESOS INDUSTRIALES
PROGRAMA DE INGENIERÍA,ARQUITECTURA Y TECNOLOGÍA
INGENIERÍA CIVIL
Ing Eulicer Linares Fdez
UNELLEZ
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
UNIDAD 1
MÉTODO DE LAS ROTACIONES
Este método relaciona las ecuaciones de rotación con las ecuaciones de equilibriopara constituir un sistema de ecuaciones simultáneas, teniendo como redundantes oincógnitas los desplazamientos de un sistema hiperestático. Estos desplazamientos(incógnitas) definidos por el grado de indeterminación cinemática, son el número derotaciones (θ ) de los nodos más los grados de desplazabilidad ( ) del sistema.
En caso de extremos articulados, o si se conoce el valor del momento en el extremode uno o más elementos (barras) en un sistema, esta rotación o rotaciones en ese elemento
no se constituyen como incógnitas, siendo la o las mismas determinadas.
Los momentos totales de un sistema Mij en cada extremo de los elementos de laestructura original viene dado por:
Mij = ME
ij + Mºij
De donde MEij = son los momentos correspondientes al sistema primario, producidospor aquellas cargas o esfuerzos que generen momentos por Empotramientos,Asentamientos en los Apoyos y/o Cambios de Temperatura.
Mºij = son aquellos momentos del sistema complementario o secundario de unaestructura cuyos desplazamientos han sido determinado hipergeométricamente, es decir lasrotaciones (θ ij) de los nodos y la desplazabilidad ( ij) propia del sistema. Si la mismatuviera dos o más grados de desplazabilidad, entonces ( ij) sería la suma de ellos:
I
ij + II
ij ………………… n
ij
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
3.1.- ECUACIONES DE ROTACIÓN
Para la determinación de las incógnitas de la hipergeometría de la estructura,conocidos los Momentos por Empotramientos Perfectos por cargas, Asentamientos deApoyos y Temperatura los momentos del sistema primario M ij
M ij = M E
ij + Ek r [M i θ i + M θ j – (M i + M) ij ] (I)
El problema complementario o secundario, se permiten las rotaciones de los nodos yla desplazabilidad de la estructura, por lo que se obtiene:
Mº ij = Ek r [M i θ i + M θ j – (M i + M) ij ] (II)
METODO DE ROTACIÓN ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS ELEMENTOS EMPOTRADOS-ARTICULADOS
M E
ij M E
ji
i j
M ij = M E
ij + 2Ek r [2 θ i + θ j – (2 θ i + θ j ) ij]
M ij = M
E
ij + 2Ek r (2 θ i + θ j – 3 ij)
M ij = M E
ij + (4EKr θ i + 2EKr θ j – 3EKr ij)
M E
ij
i j
M ij = M E
ij + 3Ek r [ θ i – ( θ i ) ij]
M ij = M
E
ij + 3Ek r ( θ i – ij)
M ij = M E
ij + (3EKr θ i – 3EKr ij)
= + + − = + − EFECTO DE TEMPERATURA Δ(Δt)
, = ± () ∗ = +. () ∗ ASENTAMIENTO EN LOS APOYOS y Δt o = + − = −
=
=
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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Ejemplo #1.-
A
4T
2 T/m 4m
B C
4T 4m
A
D
4m
B C ΔC
θ B θ C
D
A=∞
I= Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
1. Determinar el Diagrama de Momentos
de la Estructura aplicando el Métodode las Rotaciones.
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grados
2.- Sistema Equivalente
Escogencia de Redundantes
3.- Momentos por Empotramientos Perfectos
Al igual que la unidad de método de lasRigideces, se elige la condición de los vínculos paradeterminar los momentos o reacciones producida porlas cargas sobre los elementos.
Ver Tabla 15-16
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A 2 T/m C
4T 4
m
4
T
4m
B B 4m C D
A
θ B C
B
D
MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS
= − 8 − 4 (4)8 = − = + 8 + 4 (4)8
= +
= + .212 +2(4)212 = +.
=
− .2
12 -
2(4)2
12
= −. = −
= + 8 + 4 (4)8 = +
=
−8
−4 (4)
8
4.- Momentos por Rotaciones (θ)
Para θ B ≠ 0
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = 2 2 4 º = º = 4 44 º = º = 4 4(2)4 º = º = 2 2(2)4 º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
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Para θ C ≠ 0
A
C θ C
B
D
A
ΔC
C C’ ΔC
B B’
ΔC
D
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
º = º = Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = 2 2(2) 4 º = º = 4 4(2)4 º = º = 4 44 º =
º =2
2
4
º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
º = º = −
º = º = +
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = º = − 62 − 642
º = º = º = º = − 62 (−) + 642
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
5.- Momentos por Desplazamientos (Δ)
Para Δc = 1
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= −2.000 + 2 − 3
8 = +2.000 + − 38 = +2.667 + 2 + = −2.667 + + 2 = +2.000 + + 38 = −2.000 + 2 + 38
NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBC = 0
+2.000 + − 38 + +2.667 + 2 + = 0Resolviendo Algebraicamente, se obtiene:
+ − = −. I Ecuación NODO C (
) ΣMc = 0
MCB + MCD = 0
−2.667 + + 2 + +2.000 + + 38 = 0Resolviendo Algebraicamente, se obtiene:
+ + = +. II Ecuación
ΣTv = 0 i + E = 0
(MAB + MBA) + (MCD + MDC) + E = 0−2.000 +
2− 3
8+ 2.000 + − 38 ∗ 4 + +2.000 + + 38 + −2.000 + 2 + 38 ∗ −4 = 42 − 42
− − = III Ecuación
6.- Ecuaciones de Rotación (Momentos)
7.- Ecuaciones de Equilibrio
8.- Ecuaciones de Trabajo
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Sistema de Ecuaciones de 3 x 3
3
+
− 3
8=
−4.667
+ 3 + 38 = +0.66738 − 3
8 − 3
8= 0.000
Resolviendo, se obtiene:
= −2.63 = +1.63 = −4.27 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos)
= −2.000 +(
−2.63)
2 − 3(
−4.27)
8 = +2.000 + (−2.63) − 3(−4.27)8 = +2.667 + 2−2.63 + (1.63) = −2.667 + −2.63 + 21.63 = +2.000 + 1.63 + 3−4.27
8
= −2.000 + (1.63)2
+3(−4.27)
8
= −1.71
= +0.97
=
−0.97
= −2.03 = +2.03 = −2.79
A 1.71
4.61
2.03 0.97
B 2.03 C 0.97
1.59
2.79 D Diagrama de Momentos
+
-
-
-
-
-
+
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= −. T.m
= − 115
2 = − 1
15 6 (4)2
Ejemplo #2.-
6 T/m
A B
5m
D C
6T 4m
A B 8m
D C 6 T/m
A B
4m
A=∞
I= 3Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
Determinar el Diagrama de Momentos
de la Estructura aplicando el Métodode las Rotaciones.
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grados
2.- Sistema Equivalente
Escogencia de Redundantes
3.- Momentos por Empotramientos
MOMENTOS DE ARTICULADO-EMPOTRADO
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Para ≠ 0 B
A
D C
Para ≠ 0 A B
D C
Para = 1 A B
BC ψ’
D CD C ω’
A=∞
I= 3Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= 3Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= 3Io
A=∞ I= 2Io
A=∞
I= Io
º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = 3 3(3)4 º = º = 4 45 º = º = 2 25 º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
º = º =
º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = 2 25 º = º = 4 45 º =
º =
3
3(2)8
º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = 0º = − 32 (−) + 3(3)42 º = +
º = º = º = − 32 (−) + 3(2)82 º = +
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
5.- Momentos por Desplazamientos
4.- Momentos por Rotaciones
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6.- Ecuaciones de Rotación (Momentos)
= 0
=
−6.40 +
9
4
+
916
= + 45 + 25 = + 25 + 4
5
= + 34 + 3
32 = 0
NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBC = 0
−6.40 + 94 + 916 + + 45 + 25 = 0Resolviendo:
3.05 + 0.40 + 0.56 = +6.40 I Ecuación NODO C () ΣMc = 0
MCB + MCD = 0
+ 25 + 45 + + 34 + 332 = 0
Resolviendo:
0.40 + 1.55 + 0.09 = 0 II Ecuación
ΣTv = 0 i + E = 0 (MBA) + (MCD) + E = 0
−6.40 + 94 + 916 ∗ −4 + + 34 + 332 ∗ −8 + 1223 + 6 + 6 = 0 −0.56 − 0.09 − 0.15 = −21.60 III Ecuación
7.- Ecuaciones de Equilibrio
8.- Ecuaciones de Trabajo
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Sistema de Ecuaciones de 3 x 3
3.05 + 0.40 + 0.56 = +6.400.40 + 1.55 + 0.09 = 0−0.56 − 0.09 − 0.15 = −21.60 Resolviendo, se obtiene:
= −75.1114 = −6.2048 = +423.0611 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos)
= 0 = −6.40 + 94
(−75.1114) + 9(423.0611)16 = + 4
5(−75.1114) + 2
5(−6.2048)
= + 2
5(
−75.1114) +
4
5(
−6.2048)
= + 34 (−6.2048) + 3(423.0611)32 = 0
= 0 = +62.57 = −62.57 = −35.01 = +35.01 = 062.57
A B
62.57
D 35.01 C
35.01
Diagrama de Momentos
3º
-
+
+
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A=∞
I= 2IoA=∞
I= 2Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
ΔtI= 20ºC
ΔtS=10ºC
D
= +
8
= +4(8)
8 =
= +
.
= − 8 = − 4(8)8 = = −.
Ejemplo # 3.-
3T 3T C 3m
B
A 4T
5m
B1 D
2m 2m 4m 3m
Solución:
C
4 T 8m
4m
ΔY B1 = 0.0045 m ΘD= -9.3x10-4rad
Determinar el Diagrama de Momentos de laEstructura aplicando el Método de lasRotaciones.
Considere:
α t = 10-5 /ºCh= 0.40m b= 0.20m Ekr = 800 T.m
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 3 + 1 = 4 Grados
2.- Momentos por Empotramientos
MOMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADO
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Para θ B ≠ 0
C C
B B
A A
B1 D B1 D
Para θ C ≠ 0 C
B
A
B1 D
3.- Momentos por Rotaciones (θ)
Para θ A ≠ 0
º = 4 ; 42 º =
º = 2
; 22 º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
º = 2 ; 22 º = º = 4 ; 4 º =
º = 2 25 º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
1º = 4 42 5 º = 1º = 2 2(2)5 º = º = 4 45 º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
º = º =
º = 2 2(2) 73 º =
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º =
2
2
5
º =
º = 4 4 5 º = º = 4 4(2) 73 º =
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
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⊥ Para Δ B = 1
ΔCD ω’ Δ AB Δ B C
⊥
3m ΔCD A’ B υ
ψ’ ω’ Δ BC Δ BC
A δ
5m ψ’ μ B1 D A’
⊥ Δ B B1 D Δ BB1 ⊥
2m 2m 4m 3m
a.- Cambios de Temperatura
Δto =+
2 ; Δto =
10º + 20º 2
; Δ to = 15ºC
Δ ( Δt) = Δts – Δti ; Δ ( Δt) = 10ºC – 20ºC ; Δ ( Δ t) =-10ºC
4.- Momentos por Desplazamientos (Δ) Diagrama de Williot Mohr
Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos
tan = 34
= ; cos = 45 = ; sen = 35 =
5 C
5 3 = − ; = + B 4
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º
= º
= 01º = 1º = − 62 (−) + 6252 º = º = + º = º = − 62 (+) − 652 . 3 5 º = º = − º = º = − 62 (−) + 652 . 4 5 º = º = +
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
5.- Momentos de Empotramientos Perfectos por Cambio de Temperatura Δ (Δt)
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b.- Aplicando la Ecuación de Rotación para Efectos de Temperatura.
ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS:
= +
.
; +
10−5.−10º800 .0.40
* 5m
=
−.
.
= − . ; − 10−5 .−10º800 .0.40 * 5m = +. .
CAMBIOS DE LONGITUD.
Δℓ = αt . Δto . L
Δℓ = 10-5
/ºC (15ºC) * 5m Δℓ = +0.00075 m ( Se alarga)
Δℓ = 7.5x10-4
m
ω’ Aplicando la Ecuación de Rotación
C
B = = (− 6ℓ ) = = 800 .(−6 ∗ −0.000758.54 ) A
= = +. .
B1 D
6.- Momentos de Empotramientos por Temperatura (Δto).
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ΔCD C Δ BC ⊥ B ΔCD υ
ω’ ⊥ 0 μ Δ AB A,D A ψ’
ω’ δ Δ AB = ΔY B1
ψ’ ⊥ B1’ Para B1 D Δ BC
ΔY B1= 0.0045m
B1’
⊥
ΔY B1
7.- Momentos de Empotramientos por Movimientos en los Apoyos.
Diagrama de Williot Mohr
Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos
tan = 34
= ; cos = 45 = 1 ; sen = 35 = 1
5 C
3 = + ; = + B 4
º = + – Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = º = (−6. − ) ; 800.(−6 .−0.00452 ) ; º = º = +. . º = º = (−6. +) ; 800.(−6 . +4 (0.0045)5(5) ) º = º = −. .
º =
º =
(
−6.
+
) 800
.
(
−6 .
+3 (0.0045)5(8.54)
)
º =
º =
−.
.
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
δ
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
Para θ D = 9.3 x 10-4
rad
C
B
A
θ
B1 D
θ D=0.00093rad
8.- Ecuaciones de Rotación (Momentos)
= 2 + + 10.80 = + 2 + 10.801 = + 85 + 1225 1 = + 45 + 1225 = + 45 + 25 − 750 − 4.46 = + 25 + 45 − 750 − 2.46 = +
47
50 +16
125 + 1.41 = + 47100 + 16125 − 8.08
NODO A ( ) ΣMA = 0 MAB = 0
2 + + 10.80 = 0Resolviendo: + = − . I Ecuación
º
= + – º = 2 ; 800T. m(2 . −0.00093)º = −. .
º = 4 ; 800T. m(4 . −0.00093) º = −. .
Aplicando la Ecuación de Rotación:
MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR
9.- Ecuaciones de Equilibrio
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NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBB1 + MBC = 0
+ 2 + 10.80 + + 85 + 1225 + + 45 + 25 − 750 − 4.46 = 0Resolviendo: + . + . + . = −. II Ecuación
NODO C () ΣMc = 0 MCB + MCD = 0
+ 25 + 45 − 750 − 2.46+ + 4750 + 16125 + 1.41 = 0
Resolviendo:
. + . − . = +. III Ecuación
ΣTv = 0 i + E = 0 (MBB1 + MB1B) BB 1+ (MBC+ MCB) + (MCD+ MDC) + E = 0
+ 85 + 12
25 + 4
5 + 12
25 ∗ −
5+ + 4
5 + 2
5 − 7
50− 4.46 + 2
5 + 4
5 − 7
50 − 2.46 ∗+3
5.5
+
+
47
50+
16
125+ 1.41 +
47
100+
16
125 −8.08
∗ −4
5
73 −
4
2
5+
3
4
5+
3
3
5
= 0
Resolviendo: E
−0.48 − 0.192 + +0.144 + 0.144 − 0.034 − 0.83 + −0.132 − 0.023 + 0.625 − 1.60 + 2.40 + 1.80 = 0
E −. + . − . = −. IV EcuaciónSistema de Ecuaciones de 4 x 4
2 + 1 + 0 + 0 = −10.801 + 4.40 + 0.40 + 0.34 = −6.340 + 0.40 + 1.74 − 0.012 = +1.05
0 − 0.336 + 0.012 − 0.249 = −2.40
10.- Ecuaciones de Trabajo
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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Resolviendo, se obtiene:
= −4.7272 = −1.3455
= +0.9921
= +11.5020 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos Totales)
= 0.00 = +3.381 = +3.371 = +4.44
=
−6.75
=
−3.81
= +3.81 = −6.14
6.75 C3.81
3.81
A
3.37 B
3.03
B1 4.44 D
6.14
Diagrama de Momentos
- -
-
+
+
-
3.38
+
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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
A=∞
I= Io/2
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= 3Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= 2Io A=∞
I= Io
A=∞
I= 2Io
A=∞
I= 3Io
A=∞ I= Io
A=∞
I= Io
ΔTS = - 15ºC ΔTI = 22ºC
Ejercicios Propuestos.
D A E
4m 4m
B C B
D 5 k
4m 4m
2 T/m
A E C 4 k
3m 4m 2m 6m
8 k 2 k 2 k
D B
A C
2m 5m
C 3 k E 4 k D
2m 2m 2 k
B 2 k A E 2m
4m 3m 6m 5m 2.5m 2.5m F
ΔA=0.05m
1.- Determinar el Diagrama de Momentos de
la Estructura aplicando el Método de las
Rotaciones.
2.- Hallar la indeterminación cinemática de la
estructura y Determinar sus incógnitas
aplicando la ecuación de Rotación. Dibuje el
Diagrama de Momentos.
3.- Determinar los Momentos totales que genera el
sistema, aplicando el Método de las Rotaciones para
hallar la indeterminación de la Estructura.
Posteriormente dibuje Diagrama de Momentos.
4.- Determinar el grado de indeterminación de
la Estructura aplicando la Ecuación de
Rotaciones para cada elemento. Dibuje su
respectivo Diagrama.
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Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross)Estructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
UNIDAD 2
MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
(Hardy Cross)
Este método conduce a la determinación de los momentos en los extremos de loselementos de una estructura hiperestática, a través de aproximaciones sucesivas, efectuandodistribuciones de momentos en los nodos rígidos a lo largo de un proceso iterativo.
Establecido en el año 1930 por quien lleva su nombre Hardy Cross, el cualimplementaba un método de análisis estructural para vigas indeterminadas y pórticosplanos. Con este sistema sólo se calculan los efectos de los Momentos Flectores,despreciando o ignorando los efectos axiales y de corte.
A través de la redistribución de momentos, se analiza cada articulación o nodo de laestructura, se considera fija en una primera fase a fin de desarrollar los Momentos en losExtremos Fijos. Después de cada articulación fija se considera liberada secuencialmente yel momento en el extremo fijo (el cual al momento de ser liberado no está en equilibrio) sedistribuyen a los elementos adyacentes hasta que el equilibrio es alcanzado.
4.1-Momentos de Empotramiento en Extremos Fijos.
Son aquéllos momentos producidos al extremo del elemento por cargas externascuando los nodos están fijos. (Pág. 15-16 ).
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Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross)Estructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
4.2- Factores de Rigidez (K ij ).
La rigidez a la flexión de un elemento K ij, se define como la propiedad que poseeuna barra de resistir el o los esfuerzos de flexión sin deformarse. La rigidez flexional (EI/L)de un elemento es representada como el producto del módulo de elasticidad (E) y el
segundo momento del área, también conocido como Momento de Inercia (I), dividido entrela longitud del elemento, que es requerida para el método de distribución de momentos.
= ; = Cuando el elemento es de sección constante, y sus juntas o nodos son simétricas
(empotramientos perfectos), el M i = 4 , por tanto: = En el caso de los elementos que el miembro ij esté articulado, irregulares o que sean
desiguales, la rigidez del elemento viene dada por:
′ = (1 − . ) De donde: Ri j = Factor de Transporte ′ = 4 (1 − 12 . 12) ′ = 4.3- Factores de Transporte (Rij ).
Los momentos no equilibrados son transportados y/o llevados sobre el otro extremodel elemento cuando se permite el giro en el apoyo. La razón de momento acarreado sobreel otro extremo entre el momento en el extremo fijo del extremo inicial es el coeficiente detransmisión.
Cuando el elemento de una sección es constante, cuyos extremos sean simétricos, elvalor típico es: ½ para los nodos.
En el caso de miembros con extremos asimétricos, en la presencia de unaarticulación, el valor típico es: 0 para nodos.
= ; = ; = ; Si la sección del elemento esconstante: M = 2; M i = 4, por tanto: = 24 ; =
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UNELLEZ
4.4- Factores de Distribución (Dij ).
Los coeficientes de distribución pueden definirse como las proporciones o el
porcentaje de momentos no equilibrados que se distribuyen a cada uno de los elementos.Un momento no equilibrado que llega a un nodo, es proporcionado a cada uno de loselementos que concurren en él, y dicha distribución se realiza directamente proporcional ala rigidez que presenta cada elemento entre el total de la rigidez del nodo.
c
c
i a a
b
b
En la articulación b, el factor de distribución Dbi = 1. En cambio en unempotramiento como a y c, el cual concurren dos miembros, el ai y ci con su rigidez K ai; K ci respectivamente y la tierra con rigidez infinita, se tiene que:
, = , , +∞ = 0 ; en general, el factor de distribución en i del elemento ij = Dij
=
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Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross)Estructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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A=∞
I= 3Io/2
A=∞
I= Io
Ejemplo #2.-
3000 Kg/m A C
B 2m
5000Kg
B 2m
D
4m 4m
NODO B.
= 4 ; = 4 ; = 44 ; = . = 4 ; = 4 ; = 44 ; = . = 4 ; = 4 ; = 4(3)4(2) ; = .
NODO B.
=
;
=
1.000
3.500 ;
=
.
= ; = 1.0003.500 ; = . = ; = 1.5003.500 ; = .
A=∞
I= Io
Determinar el Diagrama de Momentos de la
Estructura aplicando el Método de HardyCross y la Distribución de los Momentos delSistema sin Desplazabilidad
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 1 + 0 = 1 GradoSIN DESPLAZABILIDAD
2.- Cálculo de Rigideces ( K ij)
=
3.- Factores de Distribución ( Dij)
=
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-
-
- -
+ +
0 0
A B C
0.50 0.50
0.50 0
D
3 T/m 3 T/m B
5T 4m A 4m B B 4m C D
2.19 1.83 A B 1.44 C
3.284.36 4.72 3.64
2.76
3.03D
Diagrama de Momentos
Nodo A B C DElementos AB BA BD BC CB DB
Rij 0 0.50 0.50 0.50 0 0Dij 1 0.286 0.428 0.286 1 1M E ij +4.00
+0.36-4.00
+0.72-2.50
+1.06 BD +4.00
+0.72-4.00
+0.36+2.50
+0.53
M T ij +4.36 -3.28 -1.44 +4.72 -3.64 +3.03
5.- Momentos por Empotramientos Perfectos
MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS
= +. = −.
= + .212 ; + 3 (4)212 = − .212 ; − 3 (4)212
= + .212 +3(4)212 = +. = − .212 - 3(4)212 = −. = +.
= − 8 − 5 (4)8 = −. = + 8 + 5 (4)8
6.- Distribución de Momentos
4.- Factores de Transporte ( Rij)
--
+
-
-
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A=∞
I= 4Io
A=∞
I= Io
Ejemplo # 3.-
A
6 T/m 3m
B C 4T/m
5m Escogencia de Redundantes Hipergeométricas
A
D θ B θ C
3m 5m B C Δ
D
NODO B.
= 4 ; = 4 ; = 44.24 ; = . = 4 ; = 4 ; = 45 ; = .
NODO C .
= 4 ; = 4 ; = 45 ; = . = 3 ; =
3
; =3
(4
)
5 ; = .
NODO B.
A=∞
I= Io
Determinar el Diagrama de Momentos de laEstructura aplicando el Método de Hardy
Cross y la Distribución de los Momentos.
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado
2.- Cálculo de Rigideces ( K ij)
=
3.- Factores de Distribución ( Dij)
=
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= ; = 0.9431.743 ; = . = ; = 0.8001.743 ; = .
NODO C .
= ; = 0.8003.200 ; = . = ; = 0.2403.200 ; = .
00.50 0.50
0.500 0.50
6 T/m C
4T/m 5m
B 5m C D
MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS
= + .212 +6(5)212 = +. = −.212 - 6(5)212 = −.
= + 115. 2 + 115 4(5)2 = +.
4.- Factores de Transporte ( Rij)
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Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos
A tan = 33 = ; sen = 34.24 = 4.24m
3m = − ; = + . 3m B
⊥
⊥
Δ AB
B’
A ψAB ψ’ ΔC 0 α Δ BC ψBC A D C’
B C ω’ ⊥ ΔC ψCD
⊥ D
SISTEMA COMPLEMENTARIO
6.- Momentos por Desplazamientos
Diagrama deWilliot Mohr
δ
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = º = − 62 (+ ) − 64.24 2 1.41 º = º = −. º = º = − 62 (−) + 652 º = º = +.
º =
−3
2 (
−) +
3(4)52
º = +
.
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
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-
Tabla de Distribución de Momentos
Ecuación de Trabajo Virtual
Σ Tv = 0 ; i = e
+ + + + + = −3.69− 0.38 − 7.37− 0.30 ∗ 1.41 18 + +7.37 + 0.30 − 13.40 + 0.12 ∗ −()5
+
+13.40
−0.12
∗ −(
)
5
− 30 2− 10 2
3= 0
−3.68− 0.23 + 1.21− 0.08 + −2.68− 0.02 – 15− 6.67 = 0 −0.33 = 26.82 = −.
Nodo A B CElemento AB BA BC CB CD
Rij 0 0.50 0.50 0.50 0Dij 1 0.541 0.459 0.250 0.750
S i s t e m a P r i m a r i o
M E ij-3.38
-0.30
-0.01
-6.76
-0.59
-0.02
+12.50 -5.74
+1.09
-0.50
+0.03
-0.01
-12.50
-2.87
+2.17
-0.25
+0.06
-0.005
+6.67
+6.53
+0.19
M I ij -3.69 -7.37 +7.37 -13.40 +13.40
S i s t e m a S e c u n d a r i o
M II ij /Δ -0.471+0.063
+0.03
-0.471+0.125
+0.05
+0.240 +0.1.06
-0.09
+0.04
+0.240+0.053
-0.193
+0.02
-0.005
+0.480
-0.580
-0.015
M II ij /Δ -0.3 Δ -0.30 Δ +0.30 Δ +0.12 Δ -0.12 Δ
M II ij +30.88 +24.38 -24.38 -9.75 +9.75M T ij = M I ij + M II ij
M T ij +27.19 +31.75 -31.75 -23.15 +23.15
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+
- -
--
=27.19 =13.89 6 T/m =31.75 =23.15
=31.75 =23.15 4 T/m =8.70 =13.89 =4.02 =25.98
=1.30 13.89 27.19
A A
31.75
4.02
C 8.70 B C 23.15
B 31.75
23.15
25.98 3º
2º
1.30 D D
Diagrama de Corte (V) Diagrama de Momentos (M)
+
-
+
-
+
+
-
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A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞ I= Io
A=∞ I= 3Io
A=∞
I= Io
Ejemplo # 4.-
F 7 T/m
4m
5 T/m
B D C
4 T 4m Escogencia de Redundantes Hipergeométricas
A E F θ B θ C
6m 6m B C D Δ
A E
NODO B.
= 4 ; = 4 ; = 434 ; = . = 4 ; = 4 ; = 426 ; = . = 3 ; = 3 ; = 34 ; = .
NODO C . = 4 ; = 4 ; = 426 ; = . = 3 ; = 3 ; = 36 ; = . = 4 ; = 4 ; = 44 ; = .
A=∞
I= 2Io
Determinar el Diagrama de Momentos de la
Estructura aplicando el Método de HardyCross y la Distribución de los Momentos.
1.- Grado de Indeterminación Cinemática
GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado
2.- Cálculo de Rigideces ( K ij)
=
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NODO B.
= ; = 3.0005.083 ; = . = ; = 1.3335.083 ; = . = ; = 0.7505.083 ; = .
NODO C .
= ; = 1.3332.833 ; = . = ; = 0.5002.833 ; = . = ; = 1.0002.833 ; = .
F
0.50
0
0.50 0.50
C D
B
0 0.50 0.50 0
0.50 0
A E
3.- Factores de Distribución ( Dij)
=
4.- Factores de Transporte ( Rij)
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5 T/m B
4T 4m B 6m C A
SISTEMA SECUNDARIO
F
BF B D’
ψ’ C ω’ D
Ψ AB CE
A E
MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS
= + .212 +5(6)212
= +. = −.212 - 5(6)212 = −.
= + 8 + 4(4)8 = +. = − 8 − 4(4)8 = −.
5.- Momentos de Empotramientos ( M Eij)
6.- Momentos de Desplazamientos ( M ij)
Aplicando la Ecuación de Rotación:
º = º = − 62 (− ) − 6342 º = º = +. º = − 32 (+) − 342 º = −. º = º = − 62 (−) + 642 º = º = +.
MOMENTOS DE EFECTO LINEAL
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-
Tabla de Distribución de Momentos
Ecuación de Trabajo Virtual
Σ Tv = 0 ; i = e
+ + + + + = −1.97 + 0.87 − 9.94 + 0.61 . −14 + −5.49− 0.32 ∗ 14
+ 5.92 + 0.29 + 2.96+ 0.33 ∗ −14
+ 4 12 = 0
2.98− 0.37 + −1.37− 0.08 + −2.22− 0.16 + 2 = 0 −0.61 = −1.39 = +.
Nodo A B C E FElemento AB BA BF BC CB CD CE EC FBRij 0 0.50 0 0.50 0.50 0 0.50 0 0.50Dij 1 0.590 0.148 0.262 0.470 0.177 0.353 1 0
S i s t e m a P r i m a r i o
M E ij +2.00
-3.85
-0.12
-2.00
-7.69
-0.24
-0.012
-3.50-1.93
-0.06
-0.003
+15.00
+3.53-3.41
+0.41
-0.11
+0.02-0.005
-15.00
+7.05
-1.71+0.81
-0.06+0.03
+2.65
+0.30
+0.01
+5.30
+0.60
+0.02
+2.65
+0.30
+0.01
-7.00
M I ij -1.97 -9.94 -5.49 +15.43 -8.88 +2.96 +5.92 +2.96 -7.00
S i s t e m a S e c u n d a r i o
M II ij /Δ +1.13-0.28
+0.02
+1.13
-0.55
+0.03
-0.19
-0.14
+0.01
-0.25-0.06
+0.02
-0.13-0.12
+0.01-0.005
-0.04
-0.002
+0.38
-0.09
-0.003
+0.38
-0.05
M II ij /Δ +. Δ +. Δ -.Δ -.Δ -.Δ -.Δ +.Δ +.Δ -M II ij +1.98 +1.39 -0.73 -0.66 -0.55 -0.11 +0.66 +0.75 -
M T ij = M I ij + M II ij
M T ij +0.01 -8.54 -6.22 +14.76 -9.43 +2.85 +6.58 +3.71 -7.00
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-
F
15.89
0.475
C D
B3.87
14.11
0.13
3.18 m 2.57
A
E
Diagrama de Corte
F 7.00
10.49
C D 6.22
B 8.54 6.58
2.859.43
0.25 14.76
0.01 3.71
A E
3.15m
Diagrama de Momentos
+
-
-
-
---
+
+
-
+
-
+
-
-
+
--
+
+
+
-
+
+
-
-
+
+
-
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A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= 2Io
A=∞ I= 2Io
A=∞ I= 3Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= 2Io
A=∞ I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞ I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= Io A=∞ I= Io
A=∞ I= Io
A=∞
I= Io
A=∞
I= IoA=∞
I= Io
Ejercicios Propuestos. 2 T/m
2 T G H 3 T
6m C 5T/m 3T/m
D
3 T/m 4m 1 T D E F
6m B
A
A B C
5m 2m 4m 6m 6m
+
8 k 2 k 2 k
5T B B
5T.m A A’ A 3m 5m
5 T.m
4 T.m C 5 T 5 T 2m
C 1m 4m
2 T.m D E F G 5 T
D D’
1.5m 2m 1.5m 3m 4m 4m 5m 5m
1.- Determinar el Diagrama de Momentos dela Estructura aplicando el Método de Hardy
Cross para calcular las indeterminaciones del
sistema.
2.- Hallar los Momentos totales generados por
las cargas a las que está sometida la
Estructura, aplicando el Método de
Distribución de Momentos.
3.- Aplique el Método de Distribución de Momentos
para hallar la indeterminación de la Estructura.
Grafique su respectivo Diagrama de Momentos.
4.- Determine el grado de indeterminación de la
Estructura aplicando el Método de Hardy Cross
con su Diagrama.
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Líneas de InfluenciaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNIDAD 3
LÍNEAS DE INFLUENCIA
La línea de influencia de una solicitación es un diagrama tal, que su ordenada en un punto i
mida, en una determinada escala, el valor de la solicitación en una sección determinada (o de la
deformación), cuando en el punto i de referencia actúa una carga de valor unitario P=1.
Desempeñan un papel importante en el diseño de puentes, vigas carrilera de grúas-puente, cintas
transportadoras, y cualquier otro tipo de estructura en las que el punto de aplicación de las cargas semueve a lo largo de su luz. Estas cargas se denominan cargas móviles. Un ejemplo típico es el peso
de un vehículo que circula por un puente.
La línea de influencia representa la variación de las reacciones de momento o cortante en un
punto específico de un miembro a medida que una fuerza concentrada se desplaza a lo largo del
miembro. Una vez que esta línea es construida se puede determinar fácilmente cuál es la posición
de la carga en la estructura que provocaría la mayor influencia en un punto especificado. Además apartir de los datos del diagrama de influencia podemos calcular la magnitud de los esfuerzos de
momento y cortante, e incluso el valor de la deformación en ese punto.
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Líneas de InfluenciaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
2.1 CONSIDERACIONES GENERALES
Si bien en el tratamiento del tema, por simplicidad nos referimos a casos de vigas, la
generalización a otros tipos de estructuras es casi inmediata y no requiere de nuevos conceptos a losnecesarios en nuestro tratamiento.
La posibilidad de cargas móviles implica la necesidad de obtener:
a) las solicitaciones, deformaciones, etc., que produce una carga (o un estado de cargas)para distintos puntos de aplicación de la misma.
b) El estado más desfavorable de aplicación de la carga, que trae aparejada las mayoressolicitaciones o deformaciones, y con las cuales tiene que ser evaluada una sección dada
Estas dos necesidades deben ser tenidas en cuenta en todas las secciones de la viga, o por lomenos, en varias secciones características según las circunstancias.
El trazado de diagramas o Líneas de Influencia nos permite una adecuada respuesta a lasdos necesidades y su utilización es casi imprescindible en el caso de estudios de puentes, puentesgrúa, etc., donde las cargas móviles (p) tienen una cierta importancia con respecto a peso propio ocarga permanentes (g).
2.2 LINEAS DE INFLUENCIA EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS
Recordemos algunos elementos básicos aplicados en sistemas isostáticos simples a fin de
apreciar las similitudes y diferencias con el tratamiento que daremos a las vigas hiperestáticas. Nada
mejor para esto que la aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales, en el método de la Cadena
Cinemática en una viga isostática de dos tramos para distintos casos de solicitaciones, o Método
Analítico.
carga unitaria aplicada en i, donde1 se puede incorporar como factor de escala.
LÍNEA DE INFLUENCIA DE UNA REACCIÓN
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Líneas de InfluenciaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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En claro ejemplo, determinemos la línea de influencia para la reacción en A de la siguiente viga:
Se empieza a mover la carga P a diferentes distancias x y para cada distancia se calcula RA.
LÍNEA DE INFLUENCIA DE UN MOMENTO
LÍNEA DE INFLUENCIA DE ESFUERZO DE CORTE
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Líneas de InfluenciaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
Otro método es encontrando la ecuación de la variación de la reacción en A, a medida que se mueve
una carga unitaria. Se parte de encontrar esa reacción en función de la posición x de la carga P=1,0.
Aplicando ecuaciones de equilibrio o encontrando la reacción por proporciones tenemos:
Notemos que la ecuación tiene pendiente negativa y con una variación lineal para RA.
Para obtener el valor de la reacción en A para cualquier carga P, se multiplica la ordenada de lalínea de influencia por el valor de la carga.
Si L=8m, P=5 ton localizada a 3m del punto A, el valor de la reacción sería:
La Línea de influencia para el cortante en A: Se determina la variación del cortante en A por elmétodo de las secciones:
En vista de que siempre es una carga puntual, se parte de encontrar primero las reacciones enfunción de la posición x y después se aplica el método de las secciones partiendo por el punto alcual se le quiere determinar la línea de influencia:
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Haciendo equilibrio en la sección y localizando la carga en x>0 tenemos:
En este caso concluimos que la línea de influencia del cortante en A es igual a la de la reacción en
A; Note que la línea de influencia se hacer para la convención positiva de los esfuerzos internos.
Línea de influencia para la reacción en B:
Línea de influencia para el momento en A: Para cualquier posición de la carga unitaria el momentoen A será cero.
Línea de influencia para el cortante y momento en un punto C en L/2. Siempre comenzamosencontrando las reacciones en los apoyos y luego partimos:
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Para x < L/2 , se puede tomar la sección C-B y los cálculos se facilitan ya que en ella no estáactuando la carga unitaria:
, de donde
Para x>L/2 se toma la sección A-C para equilibrio:
Línea de influencia para el cortante en C :
Momento en C :
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P = 1
Ejemplo # 1.-
E F
5 m
A D
B C
6 m 6 m 6 m
Solución:
Se pone en evidencia la Fuerza Axial que ejerce la tensión en el elemento EF:
Diagrama Cartesiano de Corrimiento
5α 5α/2
E F N EF N FE
5 m α β α /2
CIR A O2 O1, O12, O2 O1 O12 B C
μ
6 m 6 m 6 m
O12
6α 3α υ CIR α β CIR υ
O1 O2 β = α/2
Diagrama Cartesiano de Corrimiento
Hallar la Línea de Influencia que ejerce la Tensiónentre el elemento EF cuando una carga P=1 se
mueve paralelamente en sí misma sobre laestructura.
Por el Método de la
cadena cinemática
hallamos los centros
instantáneos
de rotación (CIR).
Aplicando el principio de los trabajos virtuales:
ΣTv = 0
– NEFx5α – NFEx5α/2 = 0
El Valor de la Línea de Influencia axial en el elemento
X = N EF =
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Ejemplo # 2.-
D C
4m
P = 1 B
2m
A 2m
2m 2m
O3 O3
O23 O2
III O2 II
II α III
O3 O12 O12
I 4α
O1 I
O12 O1
I=III II
α 4α α O1 O2
Determinar la Línea de Influencia del Momento enA cuando una carga P=1 se mueve paralelamentesobre AB.
Solución:
Evidenciando el momento en A ( M A) se determina laLínea de Influencia a través de los Diagramas deDesplazamientos.
ΣTv = 0
δx = – α – α = 2α
El Valor de la Línea de Influencia del Momento en A
X = M A = =4 L I M A= 2
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Ejemplo # 3.-
B
4m 1
A
3m
C D
3m 4m 5m
Solución:
Se pone en evidencia el Momento en B que ejerce la Flexión:
012 M M Sistema Primario
I
01 II
03 02 023 III
II III
0.57α 1.33 7 12 2.40
α 3α 5.14α LI MB 02 01 1.028α 03 2.33
Determinar la Línea de Influencia del Momento enB cuando una carga P=1 se mueve sobre el sistemamostrado.
(ΣTv =0)
-1x δm + M x α – M x 0.57α = 0
δm = 0.43α = 1 α = 2.33
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2.3 LINEAS DE INFLUENCIA EN SISTEMAS HIPERESTÁTICOS
PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU
La línea de influencia en un punto dado para la cortante o momento está dada por la
deformada de la viga al aplicar ese momento o cortante en el punto determinado, retirando lacapacidad de la viga para aguantar esa función.
Para la determinación de la línea de influencia de cualquier incógnita (fuerza axial, cortante,momento o reacción) en un punto de una estructura hiperestática, se aplica el principio de Müller- Breslau. Las líneas de influencia de estructuras hiperestáticas son líneas curvas, a diferencia de lascorrespondientes a sistemas isostáticos, las cuales conforman líneas rectas.
Debido a que las solicitaciones de la estructura primaria están constituidas por cargasconcentradas o momentos concentrados, el diagrama de momentos de ese sistema es lineal. Esdecir, este diagrama estará constituido por líneas rectas, para un elemento recto genérico ij. La vigaconjugada tendrá un diagrama de cargas de la siguiente forma:
Mij
. i j υ j
υi i j
M ji .
Diagrama de Momentos Viga Conjugada
Por superposición, la viga conjugada puede descomponerse en los tres casos que acontinuación se muestran
. . .
+ +υi υ j
υi υ j
= i j i j i j
.
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El momento en un punto genérico de abscisa ςℓ , es decir, la componente vertical de laelástica en ese punto de la viga real es:
Caso I:
.
i j = . ℓ + 12
ℓ . . . ℓ. 13 ℓ
ςℓ ς’ℓ = 6 . . ℓ2 . ( − 3)
ℓ Ri Rj
6
3
haciendo: ω D = (
− 3) y K = (I /L) / cos δ tenemos:
= − . . I EcuaciónCaso II:
.
i j = . ℓ + 12
ℓ . . . ℓ. 13 ℓ
ςℓ ς’ℓ Similarmente al caso I, el Momento viene dado por:
ℓ
Ri Rj 3 6 haciendo: ω’ D = ( ′− ′3) y K = (I /L) / cos δ tenemos:
= − . .′ II Ecuación
Caso III:
υi υ j
i jdonde:
ςℓ ς’ℓ
= + . ℓ ℓ Ri Rj −
ℓ − ℓ = − + . III Ecuación
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Las expresiones de las ecuaciones I, II y III permiten determinar las ordenadas de la elásticapara desplazamientos verticales de un elemento cualquiera ij de un sistema la misma forma unángulo θ con el eje x, para cada décima parte de la longitud del elemento, obteniendo la forma
elástica de tal manera:
= − . . − . .′ + − + . Con Desplazabilidad
= − . . − . . ′ Sin Desplazabilidad
Las constantes
′ para valores de ς de 0.1 en 0.1 de la décima parte del valor de la
longitud del elemento, viene dado por lo siguiente:
ς ω D ω' D
0 0 00.1 0.099 0.1710.2 0.192 0.2880.3 0.273 0.3570.4 0.336 0.3840.5 0.375 0.375
0.6 0.384 0.3360.7 0.357 0.2730.8 0.288 0.1920.9 0.171 0.0991.0 0 0
Ahora bien, dividiendo la elástica (v) entre el desplazamiento δx correspondiente a la
incógnita x en el sistema primario se obtiene la línea de influencia de X :
=
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Ejemplo # 4.-
1
1.5EKr 1.5EKr EKr EKr
A B C D E
5m 5m 6m 6m
Solución:
L a Viga de grado hipergeométrico 4 sin desplazabilidad. Se pone en evidencia el Momento en C.
10000 Kg/m 10000 Kg/m
A B C D E
10000
1428 B D
A C E
2500 2855
Diagrama de Momentos (M)
Elemento AB BA BC CB CD DC DE ED
Rij 0.50 0 0 0.50 0.50 0 0.50 0
Dij 0 0.500 0.500 0 0 0.429 0.571 1
Mij +5000+10000 -10000
-5000
-2500 -2500 +2145 +2855 +1428
Mt 0 -2500 +2500 +10000 -10000 -2855 +2855 +1428
Determinar la Línea de Influencia del Momento enC de la Viga Hiperestática, para carga verticalmoviéndose de A a E
+
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Aplicando el Método de la Viga Conjugada a través de los diagramas de Momentos, se tiene:
10000
10000
1428 B D
E
A 2500 C 2855 A continuación se analizan los casos de cada elemento, suponiendo las cargas con sentido positivo (las
dirigidas hacia arriba) y con sentido negativo (dirigidas hacia abajo).
Determinamos los momentos genéricos en las abscisas, componente vertical elástica en los puntos de laviga real.
Tramo AB:
2500
.
A B : 5 m
v = .ℓ 6 . v = 2500 . 5 6 . 1.5 . v = . .
Tramo BC :
2500
. 10000 .
B C B C : 5 m 5 m
v = .ℓ 6
.
′
− .ℓ 6
.
v =2500 . 5
6 . 1.5 . ′ − 10000 . 5 6 . 1.5 . v =
. . ′ − . .
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Tramo CD:10000
. 2855 .
C D C D : 6 m 6 m
v = − .ℓ 6 . ′ + .ℓ 6 .
v = − 10000 . 6 6 .′ − 2855 . 6 6 .
v = − . ′ + . Tramo DE:
2500
. 10000 .
D E D E : 6 m 6 m
v = .ℓ 6 . ′ − .ℓ 6 .
v =2855 . 6
6 . ′ − 1428 . 6 6 . v =
.′ − . Determinación de la Rotación Relativa:
Tramo BC :2500
. 10000 .
B C B C : δxMCB δxMCB
QCB =2500
6 .1.5 − 10000 3. 1.5 = − . (↓) Tramo CD:
10000 . 2855 .
C D C D
QCD = − 100003 + 2855 6 = − . (↓) δxMCD δxMCD
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Entonces: δMc = = −(QCB + QCD ) δMc = = −−1944.44− 2857.50 = .
El valor de la línea de influencia vendrá dado por:
= = = . De forma tal, que cuando la carga P=1 se mueve paralelamente entre A y E para el Momento en C,
la línea de influencia se obtiene a través de:
AB: v = 1388.894801.94
. = . . BC : v = 1388.89
4801.94 . ′ − 5555.564801.94 . = ..′ − . .
CD: v = − 100004801.94 . ′ + 28554801.94 . = −. .′ + . . DE: v = 2855
4801.94 .′ − 14284801.94 . = ..′ − . .
Usando los valores de ω D y ω’ D , obtenemos los valores definitivos de la Línea de Influencia por elemento
AB BC CD DE
ς 0.2892ω D 0.2892 ω’ D -1.1569 ω D X -2.0825 ω’ D 0.5946 ω D X 0.5946 ω’ D -0.2974 ω D X
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0.1 0.0286 0.0495 -0.1145 -0.065 -0.3561 0.0589 -0.297 0.1017 -0.0294 0.072
0.2 0.0555 0.0833 -0.2221 -0.139 -0.5998 0.1142 -0.486 0.1712 -0.0571 0.114
0.3 0.0790 0.1032 -0.3158 -0.213 -0.7435 0.1623 -0.581 0.2123 -0.0812 0.131
0.4 0.0972 0.1111 -0.3887 -0.278 -0.7997 0.1998 -0.600 0.2283 -0.0999 0.128
0.5 0.1085 0.1085 -0.4338 -0.325 -0.7809 0.2230 -0.558 0.2230 -0.1115 0.111
0.6 0.1111 0.0972 -0.4442 -0.347 -0.6997 0.2283 -0.471 0.1998 -0.1142 0.086
0.7 0.1032 0.0790 -0.4130 -0.334 -0.5685 0.2123 -0.356 0.1623 -0.1062 0.056
0.8 0.0833 0.0555 -0.3332 -0.278 -0.3998 0.1712 -0.229 0.1142 -0.0857 0.029
0.9 0.0495 0.0286 -0.1978 -0.169 -0.2062 0.1017 -0.104 0.0589 -0.0509 0.008
1.0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
C
L I M C E
A B D LÍNEA DE INFLUENCIA MC
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Ejemplo # 5.-
Momentos FlectoresP
B
3m
C D
4m
A N
5m 6m
Solución: Dado que los Momentos Flectores han sido determinados, se realiza eldiagrama de momentos para obtener las cargas de la Estructura Conjugada
9749
B Diagrama de Momento Flector
C
D
2675
1072
Estructura Conjugada
A N9749
2675
1072
B C D
5.83m 6m
AB +4875 CB -2675 CD +1072
BA +9749 CN +1603
BC -9749 NC +802
Determinar la Línea de Influencia que se generaproducto del Momento Flector en B (MB), para unacarga (P) Vertical moviéndose paralelamente desdeB hasta D. Aplicando el Principio de Müller-Breslau
0.5EKr0.5EKr
2EKr
1.5EKr
+
-
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Aplicando la Definición en el Principio de Müller-Breslau:
Tramo BC :
9749
.
2675
.
B C B C : 5.83 m 5.83 m
v = − .ℓ 6 . ′ + .ℓ 6 .
v = − 9749 .5.83 6 . 2 . ′ + 2675 . 5.83 6 . 2 .
v = − . . ′ + . .
Tramo CD:
1072
.
C D : 6 m
v = .ℓ 6 . ′
v =1072. 6
6 . 1.5 .′ v =
. . ′ ROTACIÓN RELATIVA
Tramo BC :
9749
. 2675 .
B C B C
: 5.83 m 5.83 m θBC = − 3 + 6 θBC = − 9749 3 . 2 + 26756 . 2 = = − .
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La línea de Influencia del Elemento viene dada por:
Tramo BC: = −4736.391401.92 .′ + 1299.601401.92 . BC = −.′ + . Tramo CD: =
714.671401.92 .′ CD = .′
δ Tramo BC
xTramo CD
0.93 -3.38 ′ 0.51′ 0.0 0.000 0.000 0.000 0.000
0.1 0.092 -0.578 -0.486 0.087
0.2 0.179 -0.973 -0.795 0.147
0.3 0.254 -1.207 -0.953 0.182
0.4 0.312 -1.298 -0.985 0.196
0.5 0.349 -1.268 -0.919 0.191
0.6 0.357 -1.136 -0.779 0.171
0.7 0.332 -0.923 -0.591 0.139
0.8 0.268 -0.649 -0.381 0.098
0.9 0.159 -0.335 -0.176 0.050
1.0 0.000 0.000 0.000 0.000
2.33m 0.196 L I M B
B D C
LÍNEA DE INFLUENCIA (MB)
0.986
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2EKr
EKr 3EKr
0.5EKr2EKr
EKr α = 240.54
Ejemplo # 6.-
B C D
1m 3m
A Considérese
E F
3m 3m 4m 3m
Solución:
Se pone en evidencia el Momento en B. y aplicando el Método de Distribución demomentos determinamos las solicitudes de cargas en sus extremos
10000 Kg/m 10000 Kg/m 10000 10000 192 C D
C D
B B 4103 2217
A
A 5000
F E F
E
Diagrama de Momentos
α B α C D α /4
10000 10000
A C192
E F A B D5000 4103 2217
Estructura Conjugada
AB 5000 CB -4103 DC 192
BA 10000 CE 1886 DF -192
BC -10000 CD 2217 FD -97
V B IZQ
= - α − 240.54 − 76.12 V B
DER = + α +
240.54 + 80.18 V D =+α /4 +
60.14 15.04
Determinar la Línea de Influencia del Momento enB para carga vertical moviéndose paralelamentesobre A a D
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Determinación de la Rotación Relativa:
Tramo AB:5000
.
10000
.
A B A B : 6 − 3 θB = 5000 6 .2 − 10000 3. 2 − 76.12 = − . (↓)
Tramo BC :10000
. 4103 .
B C B C− 3 6 θB = − 100003 + 4103 6 + 80.18 = − . (↓)
δMB = = −(QBA + QBC ) δMB = = −−1326.12− 2569.32 = .
El valor de la línea de influencia vendrá dado por:
= = = . Usando el principio de superposición:
Tramo AB: v = .ℓ 6 .′ − .ℓ 6 . − ( ) v = 5000 . 3.16 6 .2 .′ − 10000 . 3.16 6. 2 . − 240.54 ( )
= . . ′ − . . − . ( ) Tramo BC : v =
− .ℓ 6
.
′+
.ℓ 6
.
+
( 1
− ) v =
−10000 . 3
6
.
′+
4103 . 3
6
.
+
240.54
( 1
− )
= − .′ + . . + . ( − ) Tramo CD: v = .ℓ
6 . ′ − .ℓ 6 . + ( ) v = 2217 . 46. 3 . ′ − 192 . 4 6 . 3 . + 60.14 ( ) = . . ′ − . . + . ( )
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Sustituyendo los valores encontrados y simplificando cuando la carga se mueve, se tiene:
=
=
=
.
= −. . + . .′ − . ( ) = . . − . .′ + . ( − ) = −. . + ..′ + . ( )
AB BC CD
ς -0.6760ωD 0.3380 ω’D -0.0617(ς) X 0.5266 ωD -1.2836 ω’D 0.0617(1-ς) X -0.0110ωD 0.1265ω’D 0.0154(ς) X
0 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0617 0.0617 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000
0.1 -0.0669 0.0578 -0.0062 -0.0153 0.0521 -0.2195 0.0555 -0.1118 -0.0011 0.0216 0.0015 0.0221
0.2 -0.1298 0.0973 -0.0123 -0.0448 0.1011 -0.3697 0.0494 -0.2192 -0.0021 0.0364 0.0031 0.0374
0.3 -0.1845 0.1207 -0.0185 -0.0824 0.1438 -0.4582 0.0432 -0.2713 -0.0030 0.0452 0.0046 0.0468
0.4 -0.2271 0.1298 -0.0247 -0.1220 0.1769 -0.4929 0.0370 -0.2789 -0.0037 0.0486 0.0062 0.0510
0.5 -0.2535 0.1268 -0.0309 -0.1576 0.1975 -0.4814 0.0309 -0.2530 -0.0041 0.0474 0.0077 0.0510
0.6 -0.2596 0.1136 -0.0370 -0.1830 0.2022 -0.4313 0.0247 -0.2044 -0.0042 0.0425 0.0092 0.0475
0.7 -0.2413 0.0923 -0.0432 -0.1922 0.1880 -0.3504 0.0185 -0.1439 -0.0039 0.0345 0.0108 0.0414
0.8 -0.1947 0.0649 -0.0494 -0.1792 0.1517 -0.2465 0.0123 -0.0825 -0.0032 0.0243 0.0123 0.0334
0.9 -0.1156 0.0335 -0.0555 -0.1377 0.0900 -0.1271 0.0062 -0.0309 -0.0019 0.0125 0.0139 0.0245
1 0.0000 0.0000 -0.0617 -0.0617 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0154 0.0154
0.0510
L I M B A B C D
LÍNEA DE INFLUENCIA MB
0. 1922
0.2789
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63
UNELLEZ
2EKr
EKr
0.5EKr
1.5EKr
EKr
EKr
EKr
EKr
EKr
EKr
EKr
2EKr
3EKr
Ejercicios Propuestos.-
1m B
E A C2m
B D 3m
2m C
A F B’
4m 3m 2m 4m 4m
E
C
3m 1.5m
A D
B
1.5m 4m
A B C
2m 5m
D E F F
2m 2m 2.5m 2.5m 2.5m 3m 2.5m .5m 3m
1.-Hallar la Línea de Influencia delMomento en D (MDC) para carga verticalmoviéndose paralelamente sobre C a E
2.-Determinar la Línea de Influencia delMomento en B (MB) para carga verticalmoviéndose paralelamente sobre ella.
3.-Calcule los valores de la Línea de Influencia que genera el sistema para elMomento en C (MC) cuando se tiene unacarga vertical moviéndose entre A a F
4.-Determine la Línea de Influencia parauna carga vertical moviéndose entre A a D.considerando la Desplazabilidad de laEstructura.
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Método de Análisis de Arcos
Estructuras II
INGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
UNIDAD 4
MÉTODO DE ANÁLISIS DE ARCOS.
Los Arcos son elementos estructurales de forma curva y que cualquiera que sea laintensidad y dirección de sus cargas, produce empuje a los apoyos. En el análisis de arcosse presentan diferentes problemas que no se encuentran generalmente en el estudio de vigasrectas:
-
El eje centroidal de la barra es curvo y/o doblado- En general, las cargas no son normales al eje de la barra (coordenadas locales)
-
Los esfuerzos extremos, Izquierda y Derecha no siempre son paralelos.
Esto hace que la formulación de las condiciones de equilibrio estático sea másdifícil a la hora de analizar elementos curvos. Para reducir esta labor, todas las cantidadesgeométricas y estáticas se transforman en componentes paralelas a un sistema decoordenadas seleccionado, llamado sistema de referencia, o sistema 0 (primario).
ESFUERZOS EN ARCOS
Las relaciones entre los esfuerzos en la sección trasversal ( N, V, M ) y sus
componentes equivalentes, paralelas a los ejes del sistema de referencia ( N x , V y , M z), sededucen en forma algebraica mediante:
N x = N cos ω + V senω N = N x cosω – V y senω
V y= - N senω + V cosω V = N x senω + V y cosω
M z = M M = M z
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Método de Análisis de Arcos
Estructuras II
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UNELLEZ
En forma matricial:
= −cos 0 cos 00 0 1
= cos − 0 cos 0
0 0 1
GEOMETRÍA DE LOS ARCOS
La forma del eje de la barra generalmente está dada por una ecuación o conjunto deecuaciones, referidas a un sistema de coordenadas ortogonal o polar. En términos deecuaciones, las propiedades más importantes del eje de la barra viene dado por:
a.- Pendiente: = = () / = b.- Cosenos directores: = = 2+ 2 = = 1+ 2 cos = = 2+ 2 = = 1+ 2 c.- Cambios de Pendiente:
′′=
2
2 =
1
2 ∗
Coordenadas Globales Iniciales
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Método de Análisis de Arcos
Estructuras II
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UNELLEZ
Transformación angular (Coordenadas Locales)
Las relaciones entre las fuerzas internas de un punto a otro implican cambios debidoa las fuerza externas en el tramo. Las matrices de transformación angular son ortogonales.
+ + + = 0 + − − = 0
+ + − + − + − + − = 0
Cambio de Coordenadas Globales a Locales
() = + () = −
()=
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Método de Análisis de Arcos
Estructuras II
INGENIERÍA CIVIL
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UNELLEZ
ANÁLISIS DE ARCOS POR PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL
Ejemplo # 1.-
5 T/m
C
r = 3m 3T.m
A B
6m
Solución:
Para la determinación del esfuerzo cortante se pone en evidencia la solicitud de corte en la sección C,para hallar así los centros instantáneos de rotación CIR y aplicando el principio de los Trabajos Virtualescalcular el valor del corte.
15T v 15T 3αµ012
C ∞ v I=II
I II α 3T.m
01 02 01, 02
A B
I
α 3α /2 3α ν 01 3α /2 α 02
3α II
Aplicando el principio de trabajo virtual para determinar el Esfuerzo Cortante en la sección indicada
Determinar el Esfuerzo Cortante que ejerce
el elemento parabólico en la sección C.
∑Tv = 0-15 . 3α/2 + 15 . 3α/2 – 3 . α – δv.3α – δv.3α = 0
-3α - 6αδv = 0 δv = - 0,50 Tn
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Método de Análisis de Arcos
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Ejemplo # 2.-
5 T/m 6T
5T B D
3m r = 4m
A C
1m 3m 3m 1m
Solución:
Usando el principio de Superposición se pone en evidencia la solicitud de Momento en lasección D, y determinamos a los centros instantáneos de rotación CIR.
15T μ
6T 02 02 B II 5T 012
5T 012 023 3α I D 023 III α
01 03 01,03
A 012 C I 2α
α 1α 4α 1α II03 ν
01 0.50m 2α α
2m III
6m 023
Determinar el Momento Flector que generael Arco parabólico en la sección D.
= 42
= 2 = 2
1= 2
Ángulos:
Principio de Trabajo Virtual:∑Tv = 0
-5 . 3α – 6.α – 15.α - 5α – M.2α – M.2α = 0
M D = -7.75 T.m
1 = 31
=
8 − = 31 = 8 −
Relación Trigonométrica:
1 = 44 = = 1= = y = x
x = 6m
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Método de Análisis de Arcos
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Ejemplo # 3.-
50 m 50 m
2 T/m
ss’
r = h 25 m
y
A r B
100 m
x
Solución:
Se pone en evidencia el corte (sección en el cual se requiere el estudio, permitiendo así eldesplazamiento en el sentido del mismo.
p
Y 0
X 1
Y 1
ds
y
A X 0
B
R Bx
ω
R Ay R By L
x x’ = L - x
Analizar la Estructura (Arco parabólico
simétrico simple) en el corte s-s’, sometidoa la acción de una carga uniformementedistribuida.
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Método de Análisis de Arcos
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El eje del arco viene dado por la ecuación y = (4h/L2)x (L - x), referida al origen A en elsistema0, del cual:
dy = (4h/L2
) (L - 2x) y ds = 2
+ 2
= dx 1 + ⋏2
= dy ( 1 + ⋏2
)/⋏ De acuerdo con las ecuaciones expresadas en los términos dx, dy y ds, se tiene que:sen ω = dy/ds = ⋏/ 1 + ⋏2, cos ω = dx/ds = 1/ 1 + ⋏2 , tan ω = ⋏ De las condiciones de equilibrio, tenemos: R Ay = R By = pL/2 y R Bx = 0.
Las ecuaciones de esfuerzos en el sistema 0, son iguales a las de una viga equivalente, esdecir:
BN x(A)
= 0 L = 0, BV x(A)
= 0 L = p(x’ – x)/2, BM x(A)
= 0 L/2 = pxx’/ 2
Los esfuerzos (axiales, cortantes y/o momentos) en una sección transversal, referidos alsistema del miembro (sistema 1), se obtienen a partir del triángulo de fuerzas, o por medio de lamatriz:
= cos − 0 cos 0
0 0 1
0
Entonces la ecuación de la parábola viene dada por : y = x (100 – x)/100 y
⋏ = (50-x)/50.
Los esfuerzos en x = 0, en el sistema primario, son BN x=0(A)
= 0 , BV x=0(A)
= 100T, BM x=0(A)
= 0.
Las funciones de dirección, en términos de ⋏ x=0 = +1, son sen ω = 22
= 0.707 y cos ω =
22
= 0.707
De forma tal que los esfuerzos en x = 0, en el sistema 1 son:
N (A)
x=0 = 0.cos ω – 100.sen ω = -70.7 T
V (A)
x=0 = 0. sen ω + 100.cos ω = 70.7 T
M (A)
x=0 = 0
En el extremo (punta) del arco.
N (A) x=50 = 0 , V (A)
x=50 = 0 , M (A)
x=50 = 2500 T.m
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Ejemplo # 4.-
2.5 T/m
2
H = 2m
y
1 L = 8m 3
Solución:Se determinan las reacciones del elemento curvo, a través de las condiciones de equilibrios
conocidas.
3 = − 1 . 8 + 2.5 .8 .4 = 0 = = 21−2 = − 1 . 4 + 1 . 2 + 2.5 . (4 )22 = 0 = = − A partir de la ecuación general de la parábola, determinaremos la ecuación característica del
arco planteado:
y = a0 + a1.x + a2 . x2 → Si x = 0, y = 0 entonces: a0 = 0
→ Si x = L/2, y = H entonces: a1 (L/2) + a2 (L/2)2 = H
a1 = 4 . H/L = 1
→ Si x = L, y = 0 entonces: a1 .L + a2 . L2
= 0a2 = -4 . H/L2 = - 0.125
Analizar la Estructura (Arco con Curva parabólicasometido a la acción de una carga uniformementedistribuida. Determinar los esfuerzos axiales,cortantes y de Momentos
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La ecuación de la parábola viene dada:
y = 4 . H/L . x - 4 . H/L2 . x2 =4 . .
.
1
−
, teniendo en cuenta que H = 2m y L = 8m
y = x - 0.125 . x 2
Ecuación de la Tangente:
y* = tan θ = 1 - 0.25 . x
Ecuación de variación de ángulos:
cos =1
1 + 2 = − . + . sen = 1 + 2 = − . − . + .
Cambio de Coordenadas Locales:
() = + () = −
() = N k = - 10Tn
V k = 2.5 T.m . x – 10 T
M k = 10 T .x - 10 t . y – 1.25 T.m . x2
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Método de Análisis de Arcos
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Transformación:
Nk (L) =
+
=
. . . – .−. − −
.
+
.
() = − = . . . – − . − . − .+ . () = = . − . – . . .
Simplificando:
Nk (L) =2.5 T.m .x – 10 T .1−0.25 − 10 2−0.50+0.0625 2 = −. − −.+.
() = 2.5 T.m . x
– 10 T
− 10
.
1
−0.25
2 − 0.50 + 0.0625 2 =
− − .+ . () = 10 T. x − 10 T . y – 1.25 T. m .x 2 10 . x − 10 . − 0.125 .2 – 1.25 . x2 =
Nº X k Y k N KL V KL M KL
1 0 0 -14.14 -14.14 0
2 0.8 0.72 -12.02 -12.49 0
3 1.6 1.28 -10.75 -10.29 0
4 2.4 1.68 -10.17 -7.43 0
5 3.2 1.92 -10.01 -3.92 0
6 4 2 -10.00 0.00 0
7 4.8 1.92 -10.01 3.92 0
8 5.6 1.68 -10.17 7.43 0
9 6.4 1.28 -10.75 10.29 0
10 7.2 0.72 -12.02 12.49 0
11 8 0 -14.14 14.14 0
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Ejemplo # 5.-
3 T/m
2 y f
1 3
R = 12m
R = 12m h2 h1
θ ζ R = 12m
α= (90 –θ) (90 –ζ)
x Rcos(90-θ)
L/2 = 5m
L = 10m
Solución:Se determinan las ecuaciones características del arco:_
1 = − = 2 − 22 2 = 2 − 2− 2
La pendiente viene dada por:
= 2 − 1 = 2 − 2− 2 − ( − ) Cosenos directores: = 2 = + 1 = + ( − )
Determinar los esfuerzos axiales, cortantes y
de Momentos de la Estructura Parabólica ensus Coordenadas Locales.
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= (2 − ) Si el ángulo α = (90 –θ)
= 2− . cos90 − =
2− .
= . sen90 − = . Determinación de las Reacciones en los apoyos:
1 = 2 − 22 = 122 − 102 2 = . 3 = 0 −1 .10 + 3 , .10 .5 = 0 R1y = 15 T
R3y = 15 T
f = R – h1 12m – 10.91m ; f = 1.09m 2 = 0 −1 .5 + 1 .1.09 + 3 , . 522
= 0 R1x = 34.40T
R3x = -34.40 T
De la ecuación de la parábola, obtenemos:
=
2
−
1 =
2
− 2−
2
− (
− )
= 122 − 5− 2 − (12 − 1.09) = + − − (.)
3 T/m V (k)
N (k)
M (k) y
R1x = 34.40T R1y = 15 T
x
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Aplicando las ecuaciones de equilibrio:
+ 34.40
= 0
=
−.
+ 15 − 3 . . = 0 = − 2 = 0 – 15 . + 34.40 . + 3 . . 2
2= 0
= −. + −. Tabla de Coordenadas de Esfuerzos Globales
Nº X k Y k N K V K M K
1 0 0.00 -34.40 -15.00 0.04
2 1 0.40 -34.40 -12.00 -0.39
3 2 0.71 -34.40 -9.00 -0.39
4 3 0.92 -34.40 -6.00 -0.22
5 4 1.05 -34.40 -3.00 -0.06
6 5 1.09 -34.40 0.00 0.00
7 6 1.05 -34.40 3.00 -0.06
8 7 0.92 -34.40 6.00 -0.22
9 8 0.71 -34.40 9.00 -0.39
10 9 0.40 -34.40 12.00 -0.39
11 10 0.00 -34.40 15.00 0.04
V L(K) N L(K) θk
M L(K)
y
x () = + () = −
() =
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= 2 = + 1 = + ( − )
= (2 − ) Tabla de Directrices Angulares a Coordenadas Locales
Nº Cos θk Sen θk N Lk V Lk M Lk
1 0.9091 0.4167 -37.52 0.70 0.04
2 0.9428 0.3333 -36.43 0.15 -0.39
3 0.9682 0.2500 -35.56 -0.11 -0.39
4 0.9860 0.1667 -34.92 -0.18 -0.22
5 0.9965 0.0833 -34.53 -0.12 -0.06
6 1.0000 0.0000 -34.40 0.00 0.00
7 0.9965 -0.0833 -34.53 0.12 -0.06
8 0.9860 -0.1667 -34.92 0.18 -0.22
9 0.9682 -0.2500 -35.56 0.11 -0.39
10 0.9428 -0.3333 -36.43 -0.15 -0.39
11 0.9091 -0.4167 -37.52 -0.70 0.04
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Estructuras II
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Ejercicios Propuestos .-
3.5 T/.m
6T 4 T/m C B B
H = 4.5m
y 5 T.m y R=5m
A L = 9m C A 10 m D
3 T/m
B y D x 2
R=12 m R=12 m
x 4m dx
A 2T/m 1 L= 24m 3
8 m
1.- Determinar los esfuerzos totales dela Estructura Parabólica en susCoordenadas Locales.
2.- Determine los esfuerzos de lasCoordenadas Locales del Arcoparabólico.
3.- Calcular los esfuerzos totales delsistema semi-parabólico en sus
Coordenadas Locales.
x x
4.- Calcular las reacciones que ejerce laestructura curva (Arco) sometido a la
acción de fuerzas externas.
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UNIDAD 5
VIGA SOBRE FUNDACIÓN ELÁSTICA
Este método analítico que evalúa la respuesta de estructuras de vigas soportadas sobresuelos elásticos de rigidez variable. Se derivan ecuaciones matriciales que pueden serfácilmente incluidas en programas de computadora existentes de análisis de estructurasaporticadas. El método incluye vigas acarteladas, prismáticas y no prismáticas soportadassobre suelos elásticos de naturaleza uniforme o variable. El método propuesto es adaptablecon los modelos disponibles en la literatura técnica de fundaciones en un medio semi-
infinito en el plano e independientes del tiempo. Estos modelos incluyen: a) el modeloclásico de Winkler y sus modelos de extensión de dos parámetros: el de Filonenko-Borodich, Hetenyi, Pasternak, y el de Kerr; y b) los modelos de la Teoría de la Elasticidadpropuestos por Reissner, Vlazov y Leontiev.
Además, el algoritmo propuesto permite que los parámetros de estos modelos defundación varíen de cualquier forma en el plano. El algoritmo propuesto tiene un granrango de aplicación en los análisis de: a) vigas sobre suelos difíciles de rigidez variable; b)estructuras aporticadas soportadas sobre pilas acarteladas en las cuales la rigidez del suelovaría con la profundidad; y c) la estabilidad de estructuras aporticadas sobre fundaciones
elásticas variables.Por medio de éste las matrices de rigidez y de fuerzas y momentos de empotramiento
de cualquier tipo de viga recta sobre un suelo elástico variable de uno o dos parámetrospueden ser obtenidas que luego de ser ensambladas pueden ser resueltas en formaalgebraica. En esta formulación se incluyen vigas prismáticas y no prismáticas sujetas acualquier tipo de condición de carga y soporte. Las fórmulas derivadas se pueden aplicar en
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Viga sobre Fundación ElásticaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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el análisis estático y de estabilidad de estructuras aporticadas soportadas sobre sueloselásticos uniformes o no uniformes.
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VIGAS INFINITAS CON CARGA PUNTUAL
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Ejemplo # 1.-
2.33m
P1 = 100000 Kg P2 = 50000 Kg
b x
y
Solución:
Teniendo en consideración los datos dados, determinamos el coeficiente de “amortiguamiento”de respuesta suelo – viga (α), o elasticidad del medio en función:
= ∗ 4 ∗ ∗ 4
Donde: K = es el coeficiente de Balasto, el cual es la fuerza de empuje que ejerce el suelo enfunción a un volumen.
E = módulo de elasticidad del elemento estructural (Viga)I = Momento de Inercia del Elemento Estructural (Viga)
Sustituyendo en = 5.17 ∗604∗210000 ∗27000004 = 4.300161 10−3
Para x = 0 ∗ = 0.00000 De manera que: ∗ = 1.00000 Para x = 233cm ∗ = 1.00194 ∗ = 2.72356 Coeficiente elástico del suelo por efecto de las cargas viene dado por:
=
+cos
Sustituyendo para cada carga aplicada a la viga, obtenemos:
1 = 0+cos 00 1 = 1.000002 = 1.00194+cos 1.001941.00194 2 = 0.37353
Determinar la presión reactiva dedescenso y sus esfuerzos para una viga de
longitud infinita.
d K
b = 150 cmd = 60 cm E = 210000 Kg/cm
2 K = 5.17 Kg/cm
3
I = 2700000 cm4
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Viga sobre Fundación ElásticaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL
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La presión reactiva para cada carga es:
=
∗2
∗. +cos
resumiendo:
0 (
1) =
1∗2
∗.
1
;
0 (1) = 100000 ∗ 4.30016110−32∗150 . 1.00000 0 (1) = 1.43339 /2 0 (2) = 2 ∗ 2 ∗ . 2
0 (1) = 50000 ∗ 4.30016110−32∗150 . 0.37353 0 (2) = 0.26771 /2 Entonces: 0 = 0 (1) + 0 (2) 0 = 1.43339 + 0.26771 = . / El valor de la flecha ( y) viene dada por:
0 = 0 por tanto : 0 = 1.70110 / 35.17 /4 = . Determinación de los Esfuerzos Internos:
Momento Flector:
= 4∗ . ( − sen ) donde: = ( − sen )
(1) = ( − sen ) (1) = ( 0 − sen 0)0 (1) = 1.00000
(
2)
=( − sen )
(
2)
=( 1.00194 − sen 1.00194)
1.00194
�
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