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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 1
UNIDAD 5
CALCULO ESTRUCTURAL
En edificios aporticados de configuracin geomtrica regular, las estructuras ms usuales
responden a una reticulacin lineal de ejes de vigas y columnas, esto facilita en cierta forma
definir un modelo simple y sencillo de resolver estructuras hiperestticas tanto por mtodos
aproximados, iterativos y matriciales. Estas estructuras normalmente se corresponden con losas,
vigas continuas y prticos de varios pisos.
Losas y vigas continas
Prticos de varios pisos
Fig. 5.1 Estructuras Hiperestticas Reticulares
Aunque no es materia propia de este programa el ensear a resolver estructuras hiperestticas,
para los efectos de este curso se har un repaso de algunos mtodos tiles y prcticos para
resolver estructuras reticulares. Para tal fin se dividirn las estructuras en dos tipos: estructuras
sometidas a cargas verticales sin considerar desplazamientos de nodos, y estructuras aporticadas
sometidas a cargas horizontales considerando desplazamientos. Esto tiene como ventaja que
aprovechando el comportamiento elstico de las estructuras y despreciando los desplazamientos
de los prticos sometidos a cargas verticales, podemos resolver las estructuras por etapas y
superponer efectos de cargas verticales y horizontales.
Fig. 5.2 Superposicin de Efectos
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Por otro lado las normas y el despreciar los desplazamientos horizontales, nos permite resolver
estructuras aporticadas sometidas a cargas verticales, simplificando el clculo al considera el pisocomo un elemento analizable independiente de los niveles contiguos, con columnas empotradas
en los extremos.
Fig. 5.3 Simplificacin de un prtico sometido a carga vertical
Aunque hoy en da parecera poco til el utilizar ventajas de aproximaciones despreciando
solicitaciones o deformaciones cuando se cuenta con programas de computacin sumamente
avanzados, no es menos cierto que el poder resolver manualmente una estructura desarrollainicialmente la mente del ingeniero estructural. Es altamente peligroso usar software estructurales
sin tener una idea del comportamiento interno de los programas y sin tener el feeling de losvalores probables de las solicitaciones y desplazamientos, cualidades que se aprenden cuando
alguna vez en la vida el ingeniero se detiene a pensar en como podra obtener los resultados de un
anlisis con las herramientas aprendidas en pregrado.
5.1.- Clculo estructural de vigas continuas y prticos sometidos a cargas verticales sinconsiderar desplazamientosPara este tipo de estructuras existen mtodos exactos, aproximados y mtodos iterativos que
resuelven la estructura por clculos sucesivos. Estos ltimos son exactos siempre y cuando las
consideraciones de despreciar desplazamientos y deformaciones por fuerza axial modelen el
comportamiento real de la estructura. Por ejemplo, las deformaciones por fuerza axial de vigas de
entrepiso, no tienen sentido cuando la carga horizontal producto del sismo no es una carga
puntual, por el contrario es una carga distribuida en un entrepiso de acuerdo a la distribucin del
peso. Por otro lado una deformacin axial cuando la viga est contenida en un o diafragma rgido
no responde a un modelo real. Algo similar se pudiera pensar de las deformaciones axiales de lascolumnas debido a carga vertical, ya estas trabajan por etapa constructiva.
El mtodo iterativo inicialmente desarrollado y conocido, que se imparte en las clases depregrado fue el mtodo de Hardy-Cross, sin embargo posteriormente surgi una tcnica similar
que computacionalmente es ms fcil de programar que es el mtodo de Kani. Este ltimo es el
mtodo que se emplear para clculo de vigas continuas y prticos compuestos de elementos
lineales de estructuras reticulares definidos e identificados por nodos extremos ik.
Mtodo de Kani
Fig. 5.4 Elemento ik de unaestructura reticular
i
k
i
k
ik
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Basados en las ecuaciones de rotacin de la teora estructural, el momento para un extremo i de
un miembro ik es,Mik = EKo(aii+ bk - (ai+b)ik) + MEik 5.1
Donde,E, es el mdulo de elasticidad del elemento
Ko = I / L, es la rigidez relativa del elemento inercia sobre longitudai,aky b son constantes de las barras
i,k, son las rotaciones de los nodos
ik, rotacin del elemento debido al desplazamiento relativo entre nodos
MEik, momento de empotramiento del elemento.
Reagrupando trminos, luego multiplicando y dividiendo el primer trmino por b,
Mik = (ai/b) bEKo i+ bEKo k - (ai+b)EKo ik+ MEik 5.2
Llamando:Componente por rotacin en el extremo i,
Mik= bEKo i 5.3
Componente por rotacin en el extremo k,
Mki= bEKo k 5.4
Componente por desplazamiento,
Mik = - (ai+b)EKo ik 5.5
Componente por momento de empotramiento,
MEik= f(w,l) 5.6
(una funcin de la carga y la luz)
Se tiene,Mik= (ai/b) Mik + Mki + Mik + MEik 5.7
Por analoga,
Mki= Mik + (ak/b)Mki + Mki + MEki 5.8
i
k(ai/b)Mik
kMki
i
k
Mik
i
Mki
ik
k
MEik
i
MEki
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Por equilibrio de nodos,
=+++= 0ME"M'M'M)b/a(M ikikkiikiik 5.9
Definiendo como momento de fijacin del nodo al trmino de sumatorias de momentos de
empotramiento,
= iki MEMF 5.10La Ec.5.9 queda,
=+++ 0MF"M'M'M)b/a( iikkiiki 5.11
Sustituyendo la Ec.5.3 en la Ec. 5.11,
=+++ 0MF"M'MbEKo)b/a( iikkiii =+++ 0MF"M'MEKoa iikkiii 5.12
Despejando ise tiene el valor de la rotacin en el nodo i,
( )EKoa
MF"M'M
i
iikki
i
++
= 5.13
Sustituyendo la Ec.5.13 en la Ec.5.3 se tiene el valor de la componente por rotacin en el nodo i,
( )
++= iikkii
ik MF"M'MEKoa
bEKo'M 5.14
Multiplicando y dividiendo por ai,
( )
++
= iikkii
i
iik MF"M'M
EKoa
EKoa
ab'M 5.15
Conocido el trmino aiEKo como la rigidez del elemento Rik,
Rik=aiEKo 5.16
( )
++
= iikkiik
ik
iik MF"M'M
R
R
ab'M 5.17
Para estructuras con seccin constante b=2 y ai=ak=4 . Adicionalmente si la estructura tiene todos
los elementos del mismo material, esto es, E es constante, se tendr,
Rik= 4EKo 5.18
( )
++= iikki
ik
ikik MF"M'M
Ko
Ko5.0'M 5.19
i
Mik
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Para estructuras sin desplazamientos ik=0 la componente por desplazamiento Mik ser tambin
cero,
( ) +=iki
ik
ikik MF'MKo
Ko5.0'M 5.20
Llamando al trmino constante fuera del parntesis factor de giro de i para k,
=
ik
ikik
Ko
Ko5.0FG 5.21
Finalmente queda una expresin iterativa para obtener la componente por rotacin del nodo i,
( ) += ikiikik MF'MFG'M 5.22
Esta expresin permite calcular la componente por rotacin del nodo i. Como inicialmente se
desconocen los valores de las componentes por rotacin en los extremos contrarios de los
elementos que llegan al nodo i (Mki), se le darn valores cero y se irn calculando nodo a nodoobteniendo nuevos valores hasta que por autocorreccin converjan al valor real. Finalmente elmomento definitivo se obtiene de la simplificacin de la Ec.5.7 al no considerar el trmino
correspondiente a la componente por desplazamiento,
Mik= 2 Mik + Mki + MEik 5.23
Ejemplo:
Calcular el siguiente prtico continuo,
Inercia I y rigideces relativas Ko de las columnas,
Ics=30*303/12=67500 cm
4 RCS=Ko=67500/300=225cm
3
Ici=30*403/12=160000cm4 RCI=Ko=160000/300=533.33cm3
Eje-1 empotramiento Ko
Inercia I y rigideces relativas Ko de las vigas,
I=30*60
3
/12=540000cm
4
RV=Ko=540000/600=900cm
3
6,00 6,00 6,00
h=3,00 W=3000 kg/m 30/30
W=2000 kg/m
(30/60)
30/40 30/40h=3,00
1,50
21 3 4
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Factores de giros,
090005Ko
Ko5.0FG
ik
2121 =
==
176.03.533225900900
9005.0FGFG 3212 =+++
==
193.03.33900900
9005.0FGFG 4323 =++
==
5.09009005.0FG 34 ==
Momentos de empotramiento y fijacin,
mkg900012 6*300012L*WMEME22
1221 ====
mkg600012
6*200012
L*WMEMEMEME22
34432332 ======
mkg22502
5.1*20002
L*WME22
4DER === (volado)
MF1=(0-9000)= -9000kg-m, MF2=(9000-6000)=3000kg-m
MF3=(6000-6000)=0kg-m, MF4=(6000-2250)=3750kg-m
6,00 6,00 6,00
h=3,00 W=3000 kg/m 30/30
W=2000 kg/m
(30/60)
30/40 30/40
h=3,00
RCS 0RV 900 900 900 0
RCI 0
FGik 0 -0,176 -0,176 -0,193 -0,193 -0,5MEik -9000 9000 -6000 6000 -6000 6000 -2250
MFi
0 0 0 0 0 0
0 -528 -528 101,9 101,9 -1926
0 -545,94 -545,9 477,1 477,1 -2114
Mik' 0 -612,0 -612,0 526,0 526,0 -2138
0 -620,6 -620,6 532,4 532,4 -2141
0 -621,7 -621,7 533,2 533,2 -2142
0 -621,9 -621,9 533,3 533,3 -2142
0 -621,9 -621,9 533,4 533,4 -2142
Mik -9621,9 7756,3 -6710,4 6444,9 -7075,0 2250 -2250
Mcol
Mcs
Mci
0
0
-310,3
-735,6
0
630,1
-9621,9 1045,9 -630,1 0
1,50
-9000 3000 0 3750
533,3
225 0
533,3
21 3 4
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Momentos en las vigas,
Luego se aplica la Ec. 5.22 en las vigas variando i desde 1 hasta 4, varias veces hasta que los
valores de Mik se repitan. Finalmente los momentos en los extremos de las vigas se obtienenaplicando la Ec. 5.23,
M1-2= 2 M1-2 + M2-1 + ME1-2 = 2*(0) - 621.9 9000 = -9621.9 kg-m
M2-1= 2(-621.9) + 0 + 9000 = 7756.3 kg-m
M2-3= 2(-621.9) + 533.4 - 6000 = -6710.4 kg-m
M3-2= 2(533.4) 621.9 + 6000 = 6444.9 kg-m
M3-4= 2(-533.4) 2142 6000 = -7075.0 kg-m
M4-3= 2(-2142) + 533.4 + 6000 = 2250 kg-m
Momentos en las columnas por equilibrio de los nodos,
Momentos que pasan a las columnas por eje Mcol = Mik
Mcol1= -9621.9 kg-m (lo toma el empotramiento)
Mcol2= 7756.3 - 6710.4 = 1045.9 kg-m
Mcol3= 6444.9 - 7075 = -630.1 kg-m
Mcol4= 2250 - 2250 = 0 kg-m (no hay columnas)
Momento en la columna superior del eje 2,
mkg3.3103.533225
2259.1045RCIRCS
RCSMcolMcs 22 =+
=+
=
Momento en la columna inferior del eje 2,
mkg6.7353.533225
3.5339.1045
RCIRCS
RCIMcolMci
22 =+
=+
=
Momento en la columna inferior en el eje 3,
Mci3 = -Mcol3 (solo hay una columna)
5.2.- Clculo estructural de prticos sometidos a cargas horizontales considerandodesplazamientos.
Igual que en vigas continuas, para este tipo de estructuras existen mtodos exactos, aproximados
y mtodos iterativos por clculos sucesivos. Para los fines de esta unidad se explicarn dos
mtodos tiles; el mtodo de Kani, el cual siendo un mtodo iterativo es exacto si se desprecian
deformaciones por fuerza axial, y el mtodo de longitud equivalente, el cual es un mtodo
aproximado desarrollado en esta casa de estudio por el Prof. Cesar Vezga. Para ambos casosposteriormente se desarrollarn tcnicas alternativas de clculo de desplazamientos de los
entrepisos.
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Mtodo de Kani.
En el caso de prticos sometidos a fuerzas
horizontales, no se consideran desplazamientorelativos entre los extremos de las vigas. Sin
embargo, las columnas se ven afectadas por
los desplazamientos de los entrepisos,
generando desplazamientos relativos entre losextremos y por lo tanto el trmino Mik de la
Ec.5.7 y la Ec. 5.19 no se debe eliminar.
De la Ec.5.19 el trmino correspondiente al
momento de fijacin MFise puede eliminar ya
que para los propsitos de clculo no habrn
cargas transversales en ningn elemento.
De esta forma la ecuacin de iteracin 5.19 que sirve para determinar los valores decomponentes por rotacin Mik quedar,
( )
+= "M'MKo
Ko5.0'M ikki
ik
ikik 5.24
Utilizando la definicin de factor de giro de la Ec. 5.21,
( ) += "M'MFG'M ikkiikik 5.25
Conocido que la altura de la columna de un piso es hik, que el momento en el extremo superior es
Mik y que el momento en el extremo inferior es Mki, por equilibrio tomando momentos en el
extremo inferior k se obtendr el corte Qik,
( )
ik
kiikik
h
MMQ
+= 5.26
Fig 5.6 Equilibrio de los cortes de columnas de un piso
Por equilibrio de la suma de los cortes de todas las columnas de un piso y el corte del piso, se
obtiene la siguiente expresin,
0QQppiso
ik =+ 5.27
Fig. 5.5 Estructura conDesplazamiento
Mki
Mik
i
k Qki
Qik
Qik
-
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Sustituyendo la Ec. 5.26 en la Ec.5.27,
0MMh*QpMMh1Qp
piso
ki
piso
ikik
piso
ki
piso
ik
ik
=
++=
++ 5.28
Sustituyendo Ec.5.7 y Ec.5.8 en la Ec. 5.28,
0ME"M'Mb
a'M
ME"M'M'Mb
ah*Qp
piso
ki
piso
ki
piso
kik
piso
ik
piso
ik
piso
ik
piso
ki
piso
iki
ik
=
++
++
+++
+
5.29
Llamando momento del piso Mp,
+
+=
piso
ki
piso
ikik MEMEh*QpMp 5.30
y reagrupando trminos semejantes, la Ec.5.29 se transforma en,
0"M"M'Mb
a1'M
ba
1Mppiso
ki
piso
ik
piso
kik
piso
iki =
++
++
++ 5.31
Sustituyendo la Ec.5.5 y su anlogo en la Ec.5.31,
0EKo)b2aa('Mba
1'Mba
1Mppiso
kiik
piso
kik
piso
iki =
++
++
++ 5.32
Despejando ikde la expresin anterior,
++
++
++
=
piso
ki
piso
kik
piso
iki
ikEKo)b2aa(
'Mb
a1'M
ba
1Mp
5.33
Sustituyendo la Ec.5.33 en la Ec.5.5 se tiene,
++
++
++
+=
pisoki
k
piso
iki
piso
ki
iik 'Mb
a1'M
ba
1MpEKo)b2aa(
EKo)ba("M 5.34
Definiendo como factor de corrimiento Fd,
+++
=
piso
ki
iik
EKo)b2aa(
EKo)ba(Fd
+++
=
piso
ki
kki
EKo)b2aa(
EKo)ba(Fd 5.35
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La Ec.5.34 y su anlogo se transforman en,
++
++=
pisoki
k
pisoik
i
ikik 'Mb
a
1'Mb
a
1MpFd"M 5.36
++
++=
piso
kik
piso
iki
kiki 'Mba
1'Mb
a1MpFd"M 5.37
Para elementos de seccin constante ai=ak=4 y b=2, por lo tanto la ecuaciones 5.36 y 5.37 sern
iguales.
++=
piso
ki
piso
ikikik 'M3'M3MpFd"M 5.38
Multiplicando y dividiendo por 3,
++=
piso
ki
piso
ikikik 'M'M3
MpFd3"M 5.39
Renombrando al factor de corrimiento por FDik=3Fdik, y sustituyendo los valores de las
constantes de barra ai, aky b en la Ec.5.35 se tendr una sola expresin para los nuevos factores
de corrimiento,
=
++
+==
pisopiso
ikikKo
Ko
2
3
EKo)2*244(
EKo)24(3Fd3FD 5.40
Renombrando al momento del piso de la Ec.5.3 por MP=Mp/3, y suponiendo que en las
columnas no hay cargas transversales, esto es, no hay momentos de empotramiento, la Ec. 5.3quedar,
3
h*Qp
3
MpMP ik== 5.41
Finalmente la ecuacin de iteracin para determinar las componentes por desplazamientos en las
columnas queda,
++=
piso
ki
piso
ikikik 'M'MMPFD"M 5.42
Procedimiento:1. Idealizar y enumerar los nodos de la estructura reticular2. Calcular la rigidez Ko=I/L de cada miembro (vigas y columnas)3. Calcular por cada nodo i los factores de giro FGik en cada extremo de elemento que
concurren a el.
=
ik
ikik
Ko
Ko5.0FG
4. Calcular por los factores de corrimiento FDik por cada columna por piso.
=
piso
ikKo
Ko
2
3FD
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5. Calcular los cortes de cada piso za partir de las fuerzas de cada piso Fz.
=
=
n
zj
jz FQp
6. Calcular los momentos de piso de cada piso z para una altura de entrepiso h ik=hz.
3
h*QpMP zzz =
7. Calcular las componentes por desplazamiento Mik por columna por piso
++=
piso
ki
piso
ikzikik 'M'MMPFD"M
8. Calcular las componentes por giro del nodo Mikpor elemento por nodo
( ) += "M'MFG'M ikkiikik
9. Calcular los momentos definitivos por elementos partiendo de la Ec.5.7
Para vigas.. Mik= 2 Mik + Mki
Para columnas . Mik= 2 Mik + Mki + Mik
Ejemplo:
Calcular el prtico de concreto armado de la figura 5.7,
Paso 1:
Fig. 5.7Prtico sometido acarga horizontal
30
5.00 5.00
3.00
3.00
3.00
2000 kg
2000 kg
2000 kg
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(30/30)
Ko=225
(30/30)
Ko=225
(30/30)
Ko=225
1 2 3
4 5 6
7 8 9
10 11 12
Dimensiones
25
40
25
25
30
-
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Paso 2:Inercia I y rigideces relativas Ko de las columnas,
Columna central I=30
4
/12=67500 cm
4
Ko=67500/300=225 cm
3
Columna lateral I=25
4/12=32552 cm
4Ko=32552/300=108.5 cm
3
Inercia I y rigideces relativas Ko de las vigas,
I=25*403/12=133333.3 cm
4 Ko=133333.3/500=266.6 cm
3
Paso 3 al paso 8:En la figura 5.8 estn plasmados los clculos descritos en los pasos anteriormente presentados.
Los factores de giro estn calculados ubicando sus valores a los lados y en la parte superior einferior de cada nodo, por ejemplo,
114.07.2662257.266225
2255.0KoKoKoKo
Ko5.0FG985878118
118118 =
+++=
+++=
Fig. 5.8 Esquema de clculo iterativo
10-0,
355
0
261,
7
258,
8
271
275,
3
276
266,67287,
5
286,
5
283,
9
277,
7
222,
5
0
-0,
176
11-0,
176
0
222,
5
277,
7
283,
9
286,
5
287,
5
266,67275,
8
275
272,
5
258,
5
182,
7
0
-0,
355
12 Fz Qz MPz
-0,145 -0,148 -0,145
0 0 0
106,49 187,73 74,316
105,29 234,35 105,16
110,26 239,54 110,88
112 241,72 111,91
112,29 242,62 112,21
108,5 225 108,5 2000 2000 2000298,51 637,23 298,36
297,4 634,71 296,92
293,13 625,68 291,2
278,15 589,88 267,73235,86 436,35 181,46
0 0 0
-0,112 -0,114 -0,112
7-0,
28
0
579,
7
683,
6
720,
4
730,
9
733,
7
266,67755,
2
752,
2
741,
5
699,
1
517,
2
0
-0,
14
8-0,
14
0
517,
2
699,
1
741,
5
752,
2
755,
2
266,67733,
3
729,
8
715,
7
658
446
0
-0,
28
9
-0,112 -0,114 -0,112
0 0 0
235,86 436,35 181,46
278,15 589,88 267,73
293,13 625,68 291,2
297,4 634,71 296,92
298,51 637,23 298,36
108,5 225 108,5 2000 4000 4000456,01 982,12 455,65
454,9 979,25 453,39
450,96 967,49 444,65
437,59 918,4 411,71
386,55 714,97 297,6
0 0 0
-0,112 -0,114 -0,112
4-0,
28
0950
1075
1108
1118
1121
266,671164
1161
1147
1088
847,
4
0
-0,
14
5-0,
14
0
847,
4
1088
1147
1161
1164
266,671120
1114
1093
1012
731,
4
0
-0,
28
6
-0,112 -0,114 -0,112
0 0 0
386,55 714,97 297,6
437,59 918,4 411,71
450,96 967,49 444,65
454,9 979,25 453,39
456,01 982,12 455,65
109 225 109 2000 6000 6000
1 2 3
-2826
-0,368
-736
-1186-1318
-0,764
-1527
-2460-2734
-0,368
-736
-1186-1318
-1352
-1360
-1363
-0,368 -0,368
-1352
-1360
-1363
-2803
-2821
-5401
-5434
-5443
-1473
-2302-2542
-2604
-0,764
-3054
-4774-5271
-1473
-2302-2542
-2604
-2895
-2904
-2620
-2625
-0,368
-2209
-0,368
-2209
-2620
-2625
-2907
-0,764
-4581
-5650-5931
-6004
-6023
-6027
-2724-2860
-2907
-2724-2860
-2895
-2904
Mik=M7-4
Mik=M11-8
FDik=FD7-4
FGik=FG8-11
Ko
Nodo
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
13/35
Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 13
Los factores de corrimiento estn calculados y colocados al lado de cada columna, por ejemplo,
368.05.1082255.108
5.108
23KoKoKo
Ko
23FD695847
4747 =++=++=
Los cortes y momentos de pisos estn calculados y colocados en el margen derecho del dibujo,
por ejemplo para el piso dos,
400020002000FQp3
2j
j2 =+===
40003
3*4000
3
h*QpMP 222 ===
Las iteraciones para obtener las componentes por desplazamiento Mik estn colocadas al ladode la columna, modificndose variando su ubicacin de arriba hacia abajo para seis iteraciones.
Por ejemplo para una segunda iteracin,
[ ]
[ ] 23026.29797.71455.38646.18135.43686.2354000368.0
'M'M'M'M'M'MMPFD"M 96857469584724747
=++++++=
++++++=
Las iteraciones para obtener las componentes por rotacin Mik estn colocadas en los
extremos de cada barra, modificndose variando su ubicacin del nodo hacia el otro extremo de
la barra para cinco iteraciones. Por ejemplo para una primera iteracin,
( )( ) 35.436305415270073.1877.579114.0"M"M'M'M'M'MFG'M 58811858981187118118
=+++=
+++++=
Los momentos definitivos se calcularan a partir de los resultados finales de los M ik y los Mkiaplicando las respectivas formulas para columnas y vigas. Por ejemplo,
Para la columna 8-5,
M8-5= 2 M8-5 + M5-8 + M8-5= 2*637.23 + 982.12 5443 = -3186.42 kg-m
M5-8= 2 M5-8 + M8-5 + M8-5= 2*982.12 + 637.23 5443 = -2841.53 kg-m
Para la viga 8-9,
M8-9= 2 M8-9 + M9-8 = 2*755.2 + 733.3 = 2243.7 kg-m
M9-8= 2 M9-8 + M8-9 = 2*733.3 + 755.2 = 2221.8 kg-m
Para la columna 4-1,
M4-1= 2 M4-1 + M1-4 + M4-1= 2*456.01 + 0 2907 = -1994.98 kg-m
M1-4= 2 M1-4 + M4-1 + M4-1= 2*0 + 456.01 2907 = -2450.99 kg-m
Para la viga 4-5,
M4-5= 2 M4-5 + M5-4 = 2*1121 + 1164 = 3406 kg-m
M5-4= 2 M5-4 + M4-5 = 2*1164 + 1121 = 3449 kg-m
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
14/35
Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 14
En la siguiente figura se presentan los clculos de los momentos definitivos descritos como
despieces de los elementos.
Fig. 5.9 Resultados finales. Diagramas de momentos
Mtodo de longitud EquivalenteEste mtodo aproximado fue desarrollado enLUZ por el Prof. Cesar Vezga, profesor de esta
ctedra por muchos aos. Es mtodo que arrojaresultados con muy buenas aproximaciones se
basa en la determinacin de la posicin los
puntos de inflexin y el valor de los cortes de
las columnas. El valor de los momentos en los
extremos vendr dado por la multiplicacin del
corte y las distancias entre el punto de inflexin
y los extremos respectivos.
Ms=V*ds 5.43
Mi=V*di 5.44
-840
840851
851
-1704
-654-654
-1309
2244
-3186
2244
-1572
2223
840
-840
2222
-1572
-1414-1415
-2841
3448
-4063
3449
-1995
3406
3404
-1995
-2451-2451
-5045
ds
di
PI
Ms
Mi
V
V
Fig.5.10 Diagrama de
momentos de la columnas
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 15
Determinacin de la posicin del punto de inflexin:Para entender este procedimiento se estudiar el comportamiento del punto de inflexin encolumnas desplazables con diferentes condiciones de borde. Para ello se analizar la relacin
entre las alturas de una columna real y una columna ficticia doblemente articulada o doblementeempotrada.
En una columna desplazable de seccin
constante con condiciones de borde
doblemente empotrada, el punto de
inflexin siempre se encontrar en elcentro de la misma. La altura de la
columna ficticia de Euler doblemente
articulada o doblemente empotrada
desplazable tendr una altura K*Hdonde K=1, esto es, la columna real y la
ficticia tiene la misma altura. Al estar el
punto de inflexin en el centro de la
columna real, las distancias ds y di seriguales, y su valor ser H/2.
ds = di = H/2 5.45
Si la columna tiene condiciones de bordeen el extremo superior e inferior no
empotrados, el coeficiente K de la
columna de Euler ser mayor que la
unidad, esto es, la columna ficticia
doblemente articulada o doblemente
empotrada desplazable tendr una alturamayor e igual a KH. En este caso altener condiciones de borde iguales, el
punto de inflexin estar en el centro de
la columna doblemente empotrada y porlo tanto en el centro de la columna real.
Esto determina que las distancias ds y di
son iguales y valen H/2, a su vez las
porciones de alturas de columna ficticia
hs y hi, provenientes de la diferencia de
altura entre la columna ficticia y la real(KH-H) son iguales.
K>1
ds = di = H/2 hs = hi = (KH-H)/2 5.46
H
H
Columna real
PI
Columna ficticia
Fig.5.11 Puntos de inflexinpara columnas doblemente
empotrada desplazables
ds=H/2
di=H/2
Fig.5.12 Puntos de inflexin paracolumnas desplazables con
condiciones de borde simtricas
no empotradas
H
KH
Columna
real
PI
Columna ficticia
hs
hi
KHds
di
2KH
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 16
Similar al caso anterior, si la columna
tiene condiciones de borde en el extremosuperior e inferior no empotrados, el
coeficiente K de la columna de Eulerser mayor que la unidad, y la columna
ficticia doblemente articulada odoblemente empotrada desplazable
tendr una altura mayor que la columna
real. En este caso al no tener condiciones
de borde iguales, el punto de inflexin
no estar ubicado en el centro de lacolumna doblemente empotrada ni en el
centro de la columna real. A medida que
en un extremo se hace ms rgido que el
otro, este tendr mas dificultad en rotar yse acercar mas al extremo ficticio
empotrado. Esto determina que las
distancias ds y di as como las porciones
de altura ficticia son diferentes. Estadiferencia no es fija y depende de las
condiciones de borde de los extremos delas columnas, lo cual depende de las
rigideces de los elementos que llegan a
los nodos.
K>1
ds di H/2 hs hi (KH-H)/2 5.47
Como se pudo observar la posicin del punto de inflexin depende de las condiciones de bordeque tengan las columnas en sus extremos. Este mtodo establece que las proporciones de
columna ficticia tambin dependern de dichas condiciones de borde, y que una buena
aproximacin para evaluar su longitud, es hacerla depender proporcionalmente del parmetro r
o relacin entre la sumatoria de las rigideces de las columnas, sobre la sumatoria de las rigideces
de las vigas que llegan al nodo extremo de la columna.
==
Kov
Koc
Rv
Rc'r 5.48
( ) ( )'r'r
'r1KH
'r'r
'rHKHhs
is
s
is
s
+=
+= 5.49
( ) ( )
hs)1K(HhsHKH
'r'r
'r1KH
'r'r
'rHKHhi
is
i
is
i
==
+=
+=
5.50
hs2
KHds = dsHhi2
KHdi == 5.51/5.52
Fig.5.13 Puntos de inflexin paracolumnas desplazables con
condiciones de borde diferentes
H
KH
Columnareal
PI
Columna ficticia
hs
hi
KHds
di
2
KH
rs
ri
HKoc
Koc
Koc
Kov
Kov
KovKov
Fig.5.14 Vinculacin de
la columna con las vigas
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 17
El valor de K para la longitud efectiva de Euler en columnas con desplazamientos se puede
obtener de los nomogramas de Jackson y Morland, o a travs de las expresiones de Furlong que acontinuacin se describen utilizando un promedio rmentre los valores de rsuperior e inferior,
2
'r'rr ism
+= 5.53
Si rm
-
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RT(i,j) es la rigidez traslacional de la columna del piso i del eje j, la cual se define como la
fuerza cortante necesaria para producir un desplazamiento relativo unitario entre sus extremos.Para la obtencin de esta rigidez se parte de la premisa de que la rigidez traslacional RT de una
columna real de altura H, es igual a la rigidez traslacional RTF de una columna ficticiadoblemente empotrada de longitud efectiva KH.
Fig.5.17 Premisa para obtener la Rigidez Traslacional de una Columna
La rigidez traslacional de una columna doblemente
empotrada se obtiene a partir de las ecuaciones de rotacin.
Mik = Mki = Eko(ai + bk - (a+b)ik) + MEik 5.59
Para seccin constante a=4 y b=2
Por ser doblemente empotrada i=k=0
Por no tener cargas transversales MEik=0
Mik = Mki = -6Ekoik 5.60
Para un desplazamiento unitario =1
H1
Hik =
= 5.61
Sustituyendo la Ec.5.61 en la Ec.5.60,
Mik = Mki = -6Eko/H 5.62
Por equilibrio de momento,
( )2
ikkiikkiik
H
EKo12H
M2
H
MMV0MMH*V ==
+==++ 5.63
Este corte que produce un desplazamiento unitario en una columna doblemente empotrada se
conoce como rigidez traslacional infinita RT.
H
=1
RT
Columna Real de altura H
HF=KH
=1
RTF
Columna Ficticia de altura KH
RT = RTF
H
=1
V
V
Mik
Mki
Fig.5.18 Corte queproduce un
desplazamiento unitarioen una columna
doblemente empotrada
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 19
La rigidez traslacional infinita representa el valor mximo de corte que se requiere en una
columna para poder producir un desplazamiento unitario, no existe otra condicin de borde quepueda requerir una fuerza cortante mayor.
2H
EKo12RT = 5.64
En los prticos las condiciones de borde de las columnas no son doblemente empotradas, por el
contrario, los nodos extremos rotan de acuerdo a la rigidez que le proporcionan las vigas que
concurren a ellos. En tal sentido, la rigidez traslacional real de una columna es siempre menor
que su rigidez traslacional infinita.
RT RT RT = C*RT con C 1 5.65
Recordando la premisa inicial, la altura de la columna ficticia HFde igual rigidez que la columna
real es KH, por lo tanto la rigidez traslacional ser,
( ) ( )
===== RTK
1
H
EKo12
K
1
KH
EKo12
H
EKo12RTRT
22222
F
F 5.66
Observando las Ecs.5.65 y 5.66 se deduce que el valor C que transforma la rigidez traslacional
infinita de una columna en su rigidez real es,
2K1C = 5.67
Finalmente la rigidez traslacional se define por,
22 HEKo12
K1RT
= 22 HE12
KKoRT
= 5.68
Otro mtodo universalmente utilizado para determinar las rigideces traslacionales son las
expresiones de WILBUR que se dan a continuacin,
( )
+
++
=
12/KKhh
K
h4h
E48R
1c
1v
21
1c
11
1 5.69
( )
++
+
++
=
2v32
1c
1v
21
2c
22
2
K
hh
12/KK
hh
K
h4h
E48R 5.70
++
++
=
+
iv
1ii
1iv
i1i
ic
ii
i
K
hh
K
hh
K
h4h
E48R 5.71
i
1
n
2
n-1
Fig.5.19 Niveles dereferencia para la
rigidez de Wilbur
-
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Una vez determinado la posicin del punto de inflexin de las columnas y los cortes de las
mismas, se calculan los momentos en los extremos utilizando las expresiones descritas en lasEc.5.43 y Ec.5.44. Finalmente, por nodo el prtico se termina de resolver al distribuir entre las
vigas, la suma de los momentos de columnas que concurren al nodo. Esta distribucin se haceproporcional a las rigideces de las vigas.
Para la viga izquierda del nodo,
( )DERIZQ
IZQ
IZQ KovKov
KovMciMcsMv
++= 5.72
Para la viga derecha del nodo,
( )DERIZQ
DERDER KovKov
KovMciMcsMv
++= 5.73
Procedimiento:
1. Idealizar la estructura reticular2. Calcular la rigidez Ko=I/L de cada miembro (vigas y columnas)3. Calcular los r en cada nodo por piso por eje.
=Kov
Koc'r
4. Calcular un promedio de r por columna
2rr'r is
+=
5. Calcular K de longitud efectiva por columna
Si r
-
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10.Calcular el corte de columna por eje por piso
REi
)j,i(RTVi)j,i(Vc =
11.Calcular los momentos en el extremo superior e inferior de la columnaMcs=Vc*dsMci=Vc*di
12.Calcular los momentos en la viga izquierda y derecha por nodo
( )DERIZQ
IZQ
IZQ KovKov
KovMciMcsMv
++=
( ) ( ) IZQDERIZQ
DERDER MvMciMcsKovKov
KovMciMcsMv +=
++=
Ejemplo:
Calcular el prtico de la figura 5.21 que fue resuelto por el mtodo de Kani.
Paso 1 y 2:
Lo valores de Ko fueron calculados en el mtodo de Kani
Fig. 5.21 Prtico sometido a carga horizontal. Valores de Ko
Piso 3
Piso 2
Piso1
5.00 5.00
3.00
3.00
3.00
2000 kg
2000 kg
2000 kg
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/40)
Ko=266.6
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(25/25)
Ko=108.5
(30/30)
Ko=225
(30/30)
Ko=225
(30/30)
Ko=225
1 2 3
-
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Paso 3 y 4:En la figura 5.22 estn plasmados los valores calculados por nodosPor ejemplo, para el nodo del piso 2 con eje 2,
844.066.26666.266
225225
Kov
Koc'r =
+
+==
Fig. 5.22 Valores de
=
Kov
Koc'r
Paso 5 y 10:En la figura 5.23 estn plasmados los valores calculados por columnas y por pisoPor ejemplo, para la columna del piso 2 con eje 2,
844.02
844.0844.0
2
rr'r is =
+=
+=
r
-
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 23
La rigidez de entrepiso del piso 2,
( )
=
++==
=
22
22
3
1j
)j,2(2
H
E1293.262
H
E126593.13265RTRE
El corte del piso 2,
400020002000FQp3
2j
j2 =+===
El corte de la columna del piso 2 eje 2,
29.202293.262
93.1324000
RE
RTVVc
2
)2,2(
2)2,2( === kg
Fig. 5.23 Valores de r,K, (Ko/K2) y cortes de columnas Vc
Paso 11 y 12:En la figura 5.24 estn plasmados los valores de momentos calculados por columnas y por vigas
Por ejemplo, para la columna del piso 2 con eje 2,
Mcs=Vc*ds = 2022.29*1.5= 3033.44 kg-m
Mci=Vc*di = 2022.29*1.5=3033.44 kg-m
Por ejemplo, para la viga del piso 2 a la izquierda y derecha del eje 2,
( ) 221566.26666.266
66.266)30331397(
KovKov
KovMciMcsMv
DERIZQ
IZQIZQ =
++
++= kg-m
( ) 22152215)30331397(MvMciMcsMv IZQIZQ ==+= kg-m
r=0.611K=1.23
ds=1.62di=1.38
Ko/K2=71.66
Vc=493.76
r=0.814K=1.292
ds=1.5
di=1.5
Ko/K2=65Vc=988.86
r=0.407
K=1.162ds=1.26
di=1.74Ko/K2=80.35Vc=1479.65
r=0.611K=1.23
ds=1.62di=1.38
Ko/K2=71.66
Vc=493.76
r=0.814K=1.292
ds=1.5
di=1.5Ko/K2=65Vc=988.86
r=0.407
K=1.162ds=1.26
di=1.74
Ko/K2=80.35Vc=1479.65
r=0.633K=1.237
ds=1.62di=1.38
Ko/K2=146.94
Vc=1012.47
r=0.844K=1.301
ds=1.5
di=1.5
Ko/K2=132.93
Vc=2022.29
r=0.422
K=1.167ds=1.25
di=1.75
Ko/K2=165.12
Vc=3040.70
1 2 3
Vi (kg)
2000
4000
6000
REi/(12E/H2)
290.26
262.93
325.82
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 24
Fig. 5.24 Resultados finales. Diagramas de momentos
Clculo de cortes en vigas y fuerzas axiales en columnasUna vez determinado los momentos en las vigas y las columnas por cualquiera de los mtodos
explicados, para poder resolver completamente la estructura, habr que calcular los cortes en lasvigas por simple esttica, los cuales pasarn a las columnas como fuerzas axiales por equilibrio
de los nodos piso a piso.
L
MMV
DERIZQ
S
+= 5.74
Fig. 5.25 Corte por ssmico en un tramo de viga
-800
800820
820
-1640
-681-681
-1397
2215
-3033
2215
-1483
2164
800
-800
2164
-1483
-1483-1483
-3033
3417
-3801
3417
-1864
3347
3347
-1864
-2575 -2575-5321
MIZQ MDERVS
VS
L
-
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25/35
Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 25
Fig. 5.26 Fuerzas axiales en columnas. VsIJ= cortes en viga del piso I del tramo JFIJ = Fuerza axial en columna del piso I en el eje J
Fig. 5.27 Fuerzas axiales en columnas del ejemplo de la figura 5.7 (KANI).
MDERMDER
MIZQ
MIZQ
MDER
MIZQ
MIZQ
MDER
MIZQ
MDER
MIZQ
MDER
Vs31
Vs31
Vs32
Vs32
Vs21
Vs21
Vs22
Vs22
Vs11
Vs11
Vs12
Vs12
F31=-(Vs31)
F21=-(F31+Vs21)
F11=-(F21+Vs11)
F32=-(Vs31+Vs32)
F22=-(F32+Vs21+Vs22)
F12=-(F22+Vs11+Vs12)
F33=-(Vs32)
F23=-(F33-Vs22)
F13=-(F23-Vs12)
840851
851
2244
2244
2223
840
2223
1371
3449
3406
3406
338
338
338
338
893
893
893
893
1371
1371
1371
1371
F31=338
F21=1231
F11=2602
F32=0
F22=0
F12=0
F33=-338
F23=-1231
F13=-2602
-
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5.3. Clculo de desplazamientos en prticos sometidos a cargas horizontales
Para el obtener los desplazamientos en estructuras reticulares aporticadas que se han calculado
por los mtodos anteriormente explicados, se puede optar por dos metodologas, la primera estbasada en el uso de las ecuaciones de rotacin y la otra en el uso de la definicin de la rigidez
traslacional.
Clculo de desplazamientos usando las ecuaciones de rotacin:Conocidas la ecuaciones de rotacin,
ijijiiij ))ba(ba(EKoM ++= 5.75
jijjjiji ))ba(ab(EKoM ++= 5.76
Despejando de la Ec.5.75 y Ec.5.76 el valor de jse tiene,
iji
iiij
jb
ba
b
a
bEKo
M
++= 5.77
ji
j
j
i
jj
ji
ja
ba
a
b
EKoa
M
++= 5.78
Conocido que ij=ji , igualando la Ec.5.77 y la Ec. 5.78,
y luego despejando ij se obtiene,
i
ijji
ij EKo6
M2M+
=
5.79
Despejando de la Ec.5.75 y Ec.5.76 el valor de ijse tiene,
+
+
+= j
ii
i
i
i
ij
ij )ba(b
)ba(
a
EKo)ba(
M 5.80
+
+
+= j
j
j
ijj
ji
ji )ba(
a
)ba(b
EKo)ba(
M 5.81
Conocido que ij=ji, igualando la Ec.5.80 y la Ec. 5.81, y luego despejando j se obtiene,
i
ijji
jEKo2
MM+
= 5.82
La Ec.5.82 nos permite conocer la rotacin en el extremo superior j, conocida la rotacin en el
extremo inferior iy los momentos en dichos extremos. Por lo tanto, partiendo de una rotacin
inferior en planta baja igual a cero debido al empotramiento, se pueden obtener todas las dems
rotaciones a lo largo de una columna.
i
i
j
ij
Fig. 5.28 Columna con extremo
inferior i y extremo superior j
j
-
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Por otro lado, la Ec.5.79 nos permite conocer la rotacin completa ijde la columna ijpartiendode la rotacin en el extremo inferior i, por consiguiente se puede conocer el desplazamientorelativo o deriva jmultiplicando la rotacin ijpor la altura de la columna.
Fig. 5.29 Diagrama de flujo para obtener el desplazamiento total por piso jy la deriva del piso j
Clculo de desplazamientos usando la definicin de la rigidez traslacional:Por definicin la rigidez traslacional RTjde un piso j de un prtico, es la fuerza de corte Vjnecesaria para producir un desplazamiento unitario j. Por lo tanto el desplazamiento relativo del
piso ser el corte del piso entre la rigidez traslacional, y el desplazamiento absoluto ser el
desplazamiento absoluto del piso inferior mas el desplazamiento relativo del piso.
RTj= Vj/j j= Vj/RTj j=j-1+ j 5.83
i
ijji
ijEKo6
M2M+
=
i
ijji
jEKo2
MM+
=
j = Hj*ij
j= j-1+ j
j = n
Fin
i=0,j=1,j=0
i=0
si
noi = i+1
j = j+1
-
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Ejemplo:Caso 1: Calcular los desplazamientos del prtico de la figura 5.7 con los resultados obtenidos del
mtodo de Kani y las ecuaciones de rotacin.Caso 2: Calcular los desplazamientos con los resultados del mtodo de longitud equivalente y la
rigidez traslacional.
Caso 1:Utilizando los resultados de los momentos de la columna izquierda de la figura 5.9, se realizan
los clculos de abajo hacia arriba.
cmkg257330345.108*25015000EKo ==
cm265.0300*10*82.8 43 == cm339.1265.0075.13 =+=
44
23 10*82.810*79.5EKo*6
100*)654*2840( =+
+=
44
2 10*79.510*86.8EKo*2
100*)14141572( =+
+=
cm51.0300*10*7.1 32 == cm075.151.0565.02 =+=
34
12 10*7.110*86.8EKo*6
100*)1414*21572( =+
+=
4
1 10*86.80EKo*2
100*)24511995( =+
+=
cm565.0300*10*883.1 31 == cm565.0565.001 =+=
3
01 10*883.10EKo*6
100*)2451*21995( =+
+=
0=0
Fig. 5.30 Calculo de desplazamientos con los resultados obtenidos del mtodo deKani y las ecuaciones de rotacin
-840
-654
-1572
-1414
-1995
-2451
3
2
1
-
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Caso 2:Utilizando las rigideces traslacionales relativas de entrepiso RE/(12E/H2) cm3de la figura 5.23 y
la expresin de la Ec.5.83 se determinaran los desplazamientos relativos y absolutos.Para todos los pisos, todas la rigideces de entrepiso se deben multiplicar por:
12E/H2=12*15000 250 /300
2=31,62 kg/cm
4
Piso REi(kg/cm) Vi i = Vi/REi i = i-1+ i
3 9178.83 2000 0.218 1.281
2 8314.58 4000 0.481 1.063
1 10303.33 6000 0.582 0.582
5.4.- Introduccin al clculo matricial.El clculo matricial en estructuras es una tcnica altamente exacta siempre y cuando su uso este
bien concebido. Una mala idealizacin, una concepcin errada del comportamiento a la hora de
definir el modelo, una definicin errada de la caractersticas de los elementos o las cargas sersuficiente motivo para obtener resultados elevadamente errados. Por ejemplo, es lgico
considerar la deformacin axial de las vigas cuando se calcula un prtico de un edificio?, eslgico definir el valor de la rigidez a torsin de la columnas con cualquier valor para un anlisis
espacial?. Evidentemente este tipo de preguntas nos obligan a pensar bien en el modelo a utilizar
antes de iniciar cualquier clculo.
A pesar de que esta ctedra no contempla la enseanza propia de la tcnica del anlisis matricial,
se darn algunos elementos introductorios para el uso de programas ya elaborados. Estopermitir facilitar en el futuro entender el uso, manejo e interpretacin de los resultados de
programas mas avanzados.
Nodos y Miembros:La estructura se compone de elementos o miembros rectos cuyos extremoscoinciden con nodos, estos estn posicionados bajo un sistema de coordenadas que definen porincidencia la ubicacin y orientacin del elemento en el plano. Cada nodo puede recibir uno o
ms miembros con rigidez que dependen de sus propiedades como condiciones de borde, rea,
inercia y longitud. Esta ltima propiedad queda establecida por la posicin de los nodos que
reciben el miembro. Por esta razn para poder idealizar un modelo matemtico matricial es
necesario ordenar la informacin numerando los nodos y los miembros.
Fig. 5.31 Numeracin de nodos y miembros en estructuras hiperestticas
1 2
3 4
Y
X1
2 3
4
5 6
1 2
3 4
Y
X
1 2
3
Armadura con 4 nodos y 6 elementos Prtico con 4 nodos y 3 elementos
-
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Las fuerzas en los extremos de los elementos, depende del grado de rotacin y deformacin axial
de los mismos. Estos a su vez dependen de la rotacin de los nodos y el alargamiento delmiembro. El alargamiento es funcin del desplazamiento diferencial que ocurre entre los nodos
extremos luego de deformada la estructura al ser sometida a carga. En otras palabras, los gradosde libertad ripor nodo i(desplazamientos y rotaciones) son las incgnitas a determinar para cadaestado de carga, y el nmero de estas m, representa el tamao del sistema matricial a manipular.En estructuras planas como las armaduras, los grados de libertad o incgnitas por nodos son dos
(2), un desplazamiento vertical y un desplazamiento horizontal. En forma similar, para prticos
planos los grados de libertad por nodos son tres (3), dos desplazamientos como las armaduras
mas una rotacin. Por lo tanto, el total de incgnitas men estructuras planas ser el nmero denodos npor los grados de libertad que se consideran de acuerdo al tipo de estructuras a modelar.En armaduras planas m=2*n y en prticos planos ser m=3*n.
Fig. 5.32 Grados de libertad e incgnitas para dos estructuras planas
de diferente caractersticas
Sistemas de coordenadas:En el anlisis matricial se emplean dos sistemas de coordenadas para poder modelar
adecuadamente las estructuras y las cargas aplicadas. El primero es el SISTEMA GLOBALquedescribe la geometra en el plano al otorgarle coordenadas a los nodos, este a su vez identifica la
orientacin de las cargas concentradas, desplazamientos y rotaciones en los nodos y por
consiguiente el signo positivo o negativo de los mismos. Todo esto en correspondencia con los
grados de libertad de la estructura y un sistema de coordenadas cartesianas como se muestra en la
de la figura 5.33.
Fig.5.33 Sistema Global decoordenadas para un prticoplano y fuerzas aplicadas en elnodo 3 en correspondencia conlos grados de libertad.
Armadura con 8 grados de libertad Prtico con 12 grados de libertad
1 2
3 4
Y
X1
2 3
4
5 6
r1
r2
r3
r4
r5
r6
r7
r8
1 2
3
Y
X
1 2
3
r1
r2r3
r4
r5r6
r7
r8
r9 4r10
r11
r12
Y
X
Z
1 2
3
1 2
3
r1
r2r3
r4
r5r6
r7
r8r9 4
r10
r11r12
p7
p9
p8
-
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De esta forma las fuerzas y momentos en los nodos se pueden representar con un vector P ,donde pirepresenta el valor de fuerza o momento en correspondencia a la direccin del grado de
libertad. De forma similar los desplazamientos y rotaciones se pueden representar por un vector
R , donde rirepresenta el valor de desplazamiento o rotacin en correspondencia a la direccindel grado de libertad. En el planteamiento matricial la ecuacin que describe la relacin
Fuerza-Desplazamiento y el sistema a resolver tiene la siguiente forma,
=
m
2
1
mm1m
2221
m11211
m
2
1
p
p
p
*
ff
ff
fff
r
r
r
MOM P*FR = 5.84
Donde F es una matriz cuadrada y representa la matriz de flexibilidad de la estructura quenormalmente se obtiene del planteamiento estructural por el mtodo de las fuerzas o flexibilidad.
Multiplicando a ambos lados de la ecuacin por la inversa de dicha matriz 1F se tiene,
PP*IP*FFRF 11 === PRF 1 = R*KP = 5.85
Donde 1FK = se conoce como la matriz de rigidez, la cual es igualmente cuadrada. Esta
expresin Ec.5.85 es el planteamiento estructural por el mtodo de los desplazamientos o
rigideces, y la obtencin de la matriz de rigidez se hace a travs de la definicin de la rigideces
de los elementos y compatibilidad de deformaciones en los nodos.En la mayora de los problemas estructurales el sistema matricial planteado es el referido a la
ecuacin 5.84, donde partiendo del resultado de los desplazamientos R se pueden obtener las
solicitaciones en los extremos de los elementos. Por otro lado el vector P es un estado de carganico o variable, por lo que para resolver la estructura para varios casos de carga el problema
fundamental es tener la matriz de flexibilidad. En forma prctica la mejor manera de obtener lamatriz de flexibilidad, es obtener la de matriz de rigidez partiendo de la definicin de rigidez de
los elementos que conforman la estructura para luego invertirla.
P*KR 1= 5.86
Partiendo de lo anteriormente descrito, la mayora de los programas de computacin utilizados
para resolver problemas estructurales bajo la tcnica de anlisis matricial lo que hacen esdeterminar la matriz de rigidez K y la invierten para conseguir as la matriz de flexibilidad. Una
vez determinada y almacenada la matriz 1KF = , las deformaciones para cualquier estado de
carga se obtienen multiplicando la inversa de la matriz de rigidez por el vector de carga P .
El segundo sistema de coordenadas es el SISTEMA LOCAL para cada elemento. En lasestructuras planas un elemento puede estar orientado en cualquier direccin del plano, por lo queel sistema global por si solo no es capaz de servir como sistema referencia para el elemento. El
sistema local por el contrario, aunado al sistema global que define la posicin de los nodos y porconsiguiente la direccin del elemento, sirve de referencia para definir propiedades y cargas
distribuidas a lo largo del miembro. Las incidencias de los nodos que limitan un miembro, esto
es nodo inicial iy nodo finalj, definen la orientacin del eje xdel elemento partiendo desde el
-
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nodo inicial hacia el nodo final, el eje yser el eje perpendicular al eje xcontenido en el mismoplano de la estructura, mientras que el eje z ser el perpendicular saliente al plano de laestructura. Este sistema se puede adoptar como la regla de la mano izquierda, donde en un
elemento horizontal con junta inicial en el origen del sistema de coordenadas globales, tiene sustres ejes coincidentes con el sistema global como lo muestra el elemento prismtico de la figura
5.34.
Fig.5.34 Sistema de coordenadas locales de un elemento. Incidencias de juntas para loselementos de una estructura plana con miembros sometidos a cargas distribuidas
De acuerdo a lo anteriormente expuesto en lostres miembros de la figura 5.34 se orientan losejes del sistema local partiendo su origen en el
nodo inicial anteriormente establecido. Cada
miembro como lo describe la figura 5.35 tendr
su propio sistema local. Aunque en el anlisis
estructural plano tiene poca importancia, este
sistema define ahora el rea axial como el rea
del elemento perpendicular al eje xlocal, el reaa corte cuando no se desprecia como el reaparalela al eje y local, y la inercia como la
inercia del elemento rotando alrededor del eje zlocal y global.
Utilizando el sistema local, las cargas transversales al elemento tendrn un signo positivo o
negativo de acuerdo a la direccin respecto al eje ylocal. En este caso como se puede ver en lafigura 5.35, las tres cargas dispuestas sobre cada elemento tendrn un valor negativo por ir en
direccin contraria al eje y local. Por otro lado este sistema tambin describir la direccin osigno de las solicitaciones en los extremos de los elementos, esto es, fuerza axial, corte y
momento. Por ejemplo, el momento positivo significa que la rotacin es antihoraria. En algunosprogramas esta orientacin de los signos puede ser modificada para que el momento de imprimir
los resultados de la flexin, el valor positivo sea rotacin horaria o para que el elemento
sometido a compresin refleje fuerzas axiales negativas en los extremos.
xy
z
ij
Y
X
Z
1 2
3
1 2
3 4
W3
W1W2
Elemento i j
Incidencias
1 1 3
2 2 4
3 3 4
Sistema local de un
elemento prismtico
x
y
1
3
1
W1
y
x
2
2
4
W2
3
W3
3 4
y
x
Fig.5.35 Sistema de coordenadas
locales de los elementos.
-
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Ejemplo:Impresin de resultados del clculo del prtico de la figura 5.34 con un programa de anlisismatricial para prticos planos.
Fig.5.34 Ejemplo de prtico plano de la figura 5.7
UNIVERSIDAD DEL ZULIAFAC. DE INGENIERIA
PROF. OTTO ROJAS
NOMBRE DEL ESTUDIANTE = ALUMNO-1
NOMBRE DEL PORTICO =F-5.7
COORDENADAS DE LOS NODOS EN MT
------------------------------
NODO X Y
1 0.000 0.000***
2 5.000 0.000***
3 10.000 0.000***
4 0.000 3.000
5 5.000 3.000
6 10.000 3.000
7 0.000 6.000
8 5.000 6.000
9 10.000 6.000
10 0.000 9.000
11 5.000 9.000
12 10.000 9.000
CARACTERIASTICAS DE LOS MIEMBROS
--------------------------------
E= 237170 Kg/cm2
MIEMBRO No. --JUNTA INICIAL---JUNTA FINAL-----INERCIA cm4---AREA cm2
1 1 4 32552.00 625.00
2 2 5 67500.00 900.00
5.00 5.00
3.00
3.00
3.00
2000 kg
2000 kg
2000 kg
1 2 3
4 5 6
7 8 9
10 11 12
1 2 3
4 5 6
7 8 9
10 11
12 13
14 15
-
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Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 34
3 3 6 32552.00 625.00
4 4 7 32552.00 625.00
5 5 8 67500.00 900.00
6 6 9 32552.00 625.00
7 7 10 32552.00 625.00
8 8 11 67500.00 900.00
9 9 12 32552.00 625.00
10 4 5 133333.00 1000.00
11 5 6 133333.00 1000.00
12 7 8 133333.00 1000.00
13 8 9 133333.00 1000.00
14 10 11 133333.00 1000.00
15 11 12 133333.00 1000.00
CARGAS EN LOS MIEMBROS
----------------------
MIEMBRO No. ORDENADA INICIAL ORDENADA FINAL
CARGAS NODALES EN KG-MT
-----------------------
NODO S/X S/Y Mz
---- --- --- --
4 2000.00 0.00 0.00
7 2000.00 0.00 0.00
10 2000.00 0.00 0.00
Desplazamientos en cm y rad.
----------------------------
NODO S/X S/Y ROTACION
1 0.000000 0.000000 0.000000
2 0.000000 0.000000 0.0000003 0.000000 0.000000 0.000000
4 0.569080 0.005270 0.000900
5 0.565910 -0.000010 0.000930
6 0.564900 -0.005270 0.000890
7 1.083170 0.007760 0.000590
8 1.080000 -0.000010 0.000610
9 1.078950 -0.007770 0.000590
10 1.352940 0.008450 0.000230
11 1.349780 -0.000010 0.000240
12 1.348730 -0.008450 0.000230
FUERZAS EN LOS MIEMBROS Kg-Mt
-----------------------------
MIEMBRO FI VI MI FJ VJ MJ1 2605.77 1489.27 -2465.61 2605.77 -1489.27 -2002.19
2 -3.22 3033.48 -5046.76 -3.22 -3033.48 -4053.70
3 -2602.55 1477.38 -2446.54 -2602.55 -1477.38 -1985.59
4 1232.27 993.98 -1412.54 1232.27 -993.98 -1569.41
5 0.39 2010.03 -2845.87 0.39 -2010.03 -3184.23
6 -1232.66 996.09 -1417.07 -1232.66 -996.09 -1571.20
7 338.27 498.06 -654.34 338.27 -498.06 -839.86
8 -0.03 1004.00 -1309.05 -0.03 -1004.00 -1702.95
9 -338.24 497.87 -653.90 -338.24 -497.87 -839.72
10 -1504.73 -1373.50 3414.73 -1504.73 1373.50 3452.77
11 -481.29 -1369.89 3446.80 -481.29 1369.89 3402.67
12 -1504.11 -894.01 2223.75 -1504.11 894.01 2246.28
13 -498.12 -894.42 2247.01 -498.12 894.42 2225.11
-
8/9/2019 CAP-5 Calculo Estructural
35/35
Proyectos Tcnicos Estructurales Prof. Otto Rojas V 35
14 -1501.98 -338.27 839.86 -1501.98 338.27 851.48
15 -497.93 -338.24 851.47 -497.93 338.24 839.72
EQUILIBRIO DE JUNTAS Kg-Mt
--------------------------
NODO S/X S/Y MOMENTO
1 -1489.27 -2605.77 -2465.61
2 -3033.48 3.22 -5046.76
3 -1477.38 2602.55 -2446.54
4 2000.01 -0.00 0.00
5 0.01 0.00 -0.00
6 0.00 0.00 0.00
7 2000.03 0.00 0.00
8 0.05 0.00 0.00
9 0.09 -0.00 0.00
10 2000.04 0.00 0.00
11 -0.05 0.00 0.00
12 -0.05 0.00 0.00