guía de análisis estructural-msc. mario r

8/17/2019 Guía de Análisis Estructural-Msc. Mario R.

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GUIA UNIVERSITARIA

CURSO ANALISIS ESTRUCTURAL 1


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PRESENTACION DE GUIA DE ESTUDIO

La presente guía de práctica fue elaborada para los alumnos de la Universidad Nacional

de San Agustín de la ciudad de Arequipa – Programa Profesional de Ingeniería Civil,teniendo por finalidad la enseñanza dinámica e interactiva del curso de Análisis

Estructural 1, se propone un método muy usado actualmente el cual es conocido como100 % interacción alumno – docente, el mismo que permite que el alumno sea la partemás activa dentro de un salón de clases, y el Jefe de Prácticas estaría para orientar y

resolver las dudas, ojo solo orientar no dar la solución completa, ya que el alumno tendrá

que investigar más a fondo.

Cada unidad de trabajo está basada en temas de mucha importancia para el alumno, de

esta manera se espera que se llegue a un dominio básico para poder cumplir los

objetivos, para ello se piensa elaborar algunas preguntas dentro de clases durante el

desarrollo de las horas practicas, y no solo del tema a tratar si no de temas anteriores, es

muy importante debido a que los temas son acumulativos y si no conocemos el anterior

tema estaremos perdidos o con muchas dudas durante el desarrollo de un tema posterior.

A su vez se puede mencionar que cada unidad, presenta un marco teórico muy básico el

cual será complementado de manera individual por cada alumno, lo importante es la

variedad de ejercicios complementarios básicos pero bastantes ilustrativos, alguno de los

cuales se presentan incompletos, esto para que mientras se dicten las practicas

respectivas el alumno pueda completar las mismas bajo la supervisión del Jefe de

prácticas, no siendo necesariamente los que aparecen en esta guía, los únicos que se

desarrollaran en clases.

Cada unidad también presentara al finalizar la mismas,, ejercicios propuestos los cuales

ayudaran a verificar si el alumno comprendió el tema, si el alumno no pudo resolver oentender algún tema recién se dará la solución completa (Solucionario).

Finalmente para terminar, se debe decir que es muy importante la participación del

Profesor Principal del curso asumiendo el rol de dar una base teórica introductoria muy

importante, la cual se reforzara con la presente guía de ejercicios, al finalizar cada una de

las partes propuestas, presentar un informe primero al profesor encargado del curso y

luego al programa profesional acerca de cómo va nuestros avances y los objetivos

trazados, este informe presentara cuadros estadísticos que permitirá ir mejorando cada

tema, siendo nuestra prioridad saber llegar al alumno, como sabemos este curso tiene

que ser el principio, el cimiento solido a las puertas de una especialización estructural.

EL AUTOR


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CONTENIDO TEMATICO

Guía Nº1 Introducción al análisis estructural..........................................................Pág. 1

Guía Nº2 Estructuras estáticamente determinadas................................................Pág. 6

Guía Nº3 Deformaciones: Método de doble integración.........................................Pág. 12

Guía Nº4 Deformaciones: Método de viga conjugada............................................Pág. 18

Guía Nº5 Deformaciones: Método del trabajo virtual..............................................Pág. 24

Guía Nº6 Método Pendiente – Deflexión................................................................Pág. 30

Guía Nº7 Método Hardy Cross...............................................................................Pág. 40

Solucionario de las Guías Prácticas

Guía Nº1 Introducción al análisis estructural..........................................................Pág. 48

Guía Nº2 Estructuras estáticamente determinadas................................................Pág. 50

Guía Nº3 Deformaciones: Método de doble integración.........................................Pág. 56

Guía Nº4 Deformaciones: Método de viga conjugada............................................Pág. 61

Guía Nº5 Deformaciones: Método del trabajo virtual..............................................Pág. 66

Guía Nº6 Método Pendiente – Deflexión................................................................Pág. 70

Guía Nº7 Método Hardy Cross...............................................................................Pág. 78


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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN AGUSTIN DE AREQUIPA

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL - CARRERA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVILCURSO: PRACTICAS DE ANALISIS ESTRUCTURAL 1 SEMESTRE: 2008 - IIGUIA ELABORADA POR JEFE DE PRÁCTICAS: ING. MARIO P. RODRIGUEZ VASQUEZ

1


Programa Profesional de Ingeniería Civil

GUIA Nº 1

INTRODUCCION AL ANALISIS ESTRUCTURAL

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............

Fecha:................................................... Profesor encargado:.............................................

Grado de determinación de las estructuras

Existen estructuras estáticamente determinadas es decir que bastan las ecuacionessimples de la estática (∑Fx, ∑Fy y ∑Mo) para poder hallar sus diagramas axiales,cortantes o de momentos.

Pero también existen las que son estáticamente indeterminadas, es por eso la importancia

de poder definir su grado de determinación pues esto nos dará el tipo de estructura

correspondiente

Grado de determinación en vigas y pórticos en dos dimensiones

GD = 3 * NM + NR – 3 * NJ – NC

Donde:

GD: Grado de determinación

NM: Numero de miembros NJ: Numero de juntas o nudos

NR: Numero de reacciones NC: Numero de condiciones o rotulas.

Tener en cuenta que si:

GD < 0 La estructura es inestable por lo cual no debe existir sería imposible construirla

GD = 0 Estructura estáticamente determinada

GD > 0 Estructura estáticamente indeterminada de grado (el numero que obtengamos)


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Grado de determinación en armaduras

GD = NM + NR – 2 * NJ

Donde:

GD: Grado de determinación

NM: Numero de miembros NJ: Numero de juntas o nudos

NR: Numero de reacciones

Tener en cuenta que si:

GD < 0 La armadura es inestable por lo cual no debe existir sería imposible construirla

GD = 0 Estructura estáticamente determinada

GD > 0 Estructura estáticamente indeterminada de grado (el numero que resulte)

También debemos tener en cuenta que una estructura es inestable si presenta cualquiera

de estas dos restricciones.

- Restricción parcial, todas las reacciones externas se presentan como fuerzas paralelas

Figura 1.1 Restricción parcial

- Restricción impropia, todas las reacciones concurren en un mismo punto

Figura 1.2 Restricción impropia

Las estructuras inestables jamás deben existir ya que es un peligro eminente puesto que

está desarrollada solo para el colapso.


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Grado de libertad en estructuras de elementos totalmente flexibles

Son el número de parámetros que representan el movimiento que se producen en las

juntas de las estructuras, se puede deber a un desplazamiento (Δ) o una rotación ()

Figura 1.3 Grados de libertad del elemento viga

Según el grafico vemos que el elemento estructural ha sufrido cambios debido a la

aplicación de fuerzas y se han movido y rotado sus puntos A y C respectivamente.

Si el miembro pertenece a un marco rígido o viga los grados de libertad serán

GL = 3 * NJ – NR

Donde:

GL: Grado de libertad

NJ: Numero de juntas o nudos


Si el miembro pertenece a una armadura los grados de libertad serán

GL = 2 * NJ – NR

Donde:

GL: Grado de libertad

NJ: Numero de juntas o nudos



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PRACTICA LO APRENDIDO

Clasifique cada una de las siguientes estructuras en estáticamente determinada o

indeterminada además también encuentre su grados de libertad tanto analíticamentecomo gráficamente.

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

Rotulas


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NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

Rotula


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GUIA Nº 2

ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Equilibrio

Un cuerpo está en equilibrio cuando se encuentra en reposo o tiene un movimientouniforme. Analíticamente se expresa cuando la resultante de las fuerzas que actúan sobreun cuerpo es nula, se afirma así que el sistema de fuerzas no produce efecto algunosobre el cuerpo y se dice que el sistema de fuerzas está en equilibrio.

R = ΣF = 0

Para evaluar la situación de equilibrio en un cuerpo determinado, se hace un gráfico delmismo llamado Diagrama de cuerpo libre. Este diagrama consiste en aislarcompletamente el cuerpo o parte del mismo y señalar todas las fuerzas ejercidas sobre él,ya sean por contacto con otro cuerpo o por su propio peso. Luego se aplican las

condiciones de equilibrio, las cuales se pueden expresar en forma de ecuaciones que sedenominan ecuaciones generales de equilibrio, también llamadas ecuaciones básicas dela estática:

1. La suma algebraica de fuerzas en el eje X que se denominan Fx, o fuerzas condirección horizontal, es cero. ΣFx = 0 → ΣFh = 0

2. La suma algebraica de fuerzas en el eje Y denominadas Fy, o fuerzas con direcciónvertical, es cero. ΣFy = 0 → ΣFv = 0

3. La suma algebraica de momentos M, o tendencias de giro respecto a un puntodeterminado en equilibrio, es cero. ΣM = 0

Es importante recordar que la convención de signos adoptada, en el presente material,para la aplicación de las ecuaciones generales de equilibrio para fuerzas y momentos, entodos los casos y ejemplos, es la siguiente:


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Figura 2.1 Convención de signos


Realizar los diagramas fe fuerzas axiales, cortantes y de momentos para los siguientes

problemas

1)

Hallar reacciones en los apoyos

ΣFy = 0

R Ay

ΣM A = 0

RCx

ΣFx = 0

R Ax


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Analizar los tramos

Tramo AB

Poner las ecuaciones respectivas

N

V

M

Tramo BC


N

V

M

Completar el cuadro con los valores correspondientes a las distancias indicadas

x (m) M (kg-m)

0

8

16

x (m) N (kg)

0

10

20

x (m) M (kg-m)

0

10

20

x (m) V (kg)

0

10

20

Completar el cuadro con los

valores correspondientes a las

distancias indicadas


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Realizar los diagramas

Resaltar conclusiones de los diagramas

2)Hallamos reacciones

Utilizamos equilibrio externo

ΣM A = 0

By

ΣFy = 0

Ay

ΣMrotula = 0

Ax

ΣFx = 0

Bx


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Analizar los tramos

Tramo A – Rotula


N

V

M


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Completar el cuadro con los valores correspondientes a los ángulos indicados

¿Sera necesario realizar los calculo para el tramo rotula – B?

Realizar los diagramas

(º) N (Tn)Inicial

70

75

80

85

90

(º) V (Tn)Inicial

70

75

80

85

90

(º) M (Tn-m)Inicial

70

75

80

85

90


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GUIA Nº 3

DEFORMACIONES: METODO DE DOBLE INTEGRACION

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Deformaciones

Son las deformaciones lineales elásticas de las estructuras, pueden ser causadas por

momentos flexionantes, fuerzas axiales y cortantes, también por cambios de temperatura,

errores de fabricación, asentamientos, etc.

En las vigas y pórticos los momentos causan el mayor desplazamiento.

En armaduras las fuerzas axiales causan los mayores desplazamientos.

Las deflexiones por cortante son despreciables en vigas al ser muy pequeñas pero en

muros si es muy importante

¿Por qué deformaciones elásticas?

Porque los esfuerzos son proporcionales a las deformaciones, es decir si duplico el

esfuerzo se duplica mis deformaciones, acá si aplicamos una carga a un elemento

estructural luego de retirar la misma sus formas y longitudes recuperan sus estados

originales

Ahora supongamos que aplicamos una carga a una viga, si cuando retiramos la carga no

regresa a su forma original se llama una deformación plástica o no elástica.

Ecuación diferencial de la elástica

Sabemos que

d = dy / dx

Deformación unitaria:

= Δ / L = Δ / dx


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Como ocurre deformación elástico – lineal se aplica ley de Hooke

= / E

Por flexion:

= M * c / I = (M * c) / (E * I) Δ / dx = (M * c) / (E * I)

Finalmente si suponemos que cos = 1

d2v / dx2 = M / (E * I)

La ultima formula es la ecuación de la curva elástica.

Método de la doble integración

Se usa solo para deflexiones elásticas tales que la pendiente sea muy pequeña, se basa

en la ecuación de la curva elástica.

d2v / dx2 = M / (E * I)

Este método consiste en integras y para cada integración aparece una constante de

integración que se tiene que hallar para encontrar una solución única.

Entonces tendríamos

E * I dy / dx = M * dx + C1 Ecuación para hallar pendiente

E * I Δ = M * dx2 + C1 * dx + C2 Ecuación para hallar deflexión

Se debe hacer una ecuación para cada tramo, pero se puede obtener una ecuación

general de la viga generalmente que se toma en el último tramo.

Condiciones de frontera.- Ver grafico

Figura 3.1 Viga con sus condiciones de frontera


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1. Hallar las ecuaciones de la curva elástica y la deflexión máxima en la siguiente viga

EI: constante

Hallar reacciones ΣM A = 0 By

ΣFy = 0 Ay

Hallar la ecuación general para la viga

ΣM0 = 0 M

Hallamos las ecuaciones para la curva elástica

Realizar la primera integración EI

Realizar la segunda integración EIΔ


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Hallar los valores de los coeficientes respectivos

C1 C2

Entonces las ecuaciones de la curva elástica serán

EI

EIΔ

Recordar que la deflexión máxima ocurre cuando x

Por lo tanto la deflexión máxima es

2. Hallar la deflexión a la mitad de la carga distribuida y al final del volado

E = 217370 kg/cm2


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Previamente es necesario decir que aca para una mejor aplicación del metodo aplicar el

artificio de volver continua la carga distribuida

Realizar el esquema respectivo

Hallar reacciones

ΣM A = 0 Dy

ΣFy = 0 Ay

Hallar la ecuación general para la viga

ΣM0 = 0 M

Hallar la inercia respectiva

Hallar el producto E * I


Realizar la primera integración EI


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Realizar la segunda integración EIΔ

Hallar los valores de los coeficientes respectivos

C1 C2

Entonces las ecuaciones de la curva elástica serán

EI

EIΔ

Reemplazando los valores respectivos en la ecuación para la deflexión tenemos

Para la mitad a la carga distribuida x

La deflexión es

Para el final del volado x

La deflexión es


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GUIA Nº 4

DEFORMACIONES: METODO DE VIGA CONJUGADA

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Método de viga conjugada

Este método fue primero presentado por Otto Mohr en 1860. Este método se basa

solamente en principios de la estática y por tanto su aplicación será más familiar.

La base de este método es que se hace uso de una viga “análoga” o “conjugada” a la quese aplicara carga elástica, en lugar de la viga real, con la que es incorrecto hacer lo

anterior. La fuerza cortante y el momento flexionante en la viga imaginaria, cargada con el

diagrama M/EI, deberán corresponder exactamente a la pendiente y a la deflexión de la

viga real.

Por lo que podemos afirmar entonces del párrafo anterior que

Pendiente () de viga real = Cortante (V) de la viga conjugada

Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada

Por eso es necesario hacer uso de vigas conjugadas que tengan los apoyos cambiados,

las cargas y propiedades de la viga real no tienen efecto en la forma como esté apoyada

la viga conjugada. Los únicos factores que afectan a los apoyos de la viga imaginaria son

los apoyos de la viga real. Las longitudes de las dos vigas son iguales.

Las reacciones, los momentos flexionantes y las fuerzas cortantes de la viga conjugada

se calculan fácilmente por estática, ya que tal viga siempre es estáticamente determinada,

aun cuando la viga real puede ser hiperestática. Algunas veces la viga conjugada puede

aparecer como completamente inestable.


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Soportes de la viga conjugada

Cuadro 4.1 Soportes transformados

Aplicación del método

El siguiente procedimiento proporciona un método que puede usarse para determinar el

desplazamiento y la pendiente en un punto sobre la curva elástica de una viga usando el

método de la viga conjugada.

Viga conjugada Dibuje la viga conjugada para la viga real. Esta viga tiene la misma

longitud que la viga real y los correspondientes soportes de acuerdo al cuadro 4.1. En

general, recordar que si el soporte real permite una pendiente, el soporte conjugado debe

poder desarrollar una fuerza cortante, y que si el soporte real permite un desplazamiento,

el soporte conjugado debe poder desarrollar un momento. La viga conjugada se carga con


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el diagrama M/EI de la viga real. Se supone que esta carga está distribuida sobre la viga

conjugada y está dirigida hacia arriba cuando M/EI es positivo y hacia abajo cuando M/EI

es negativo.

Equilibrio Usando las ecuaciones de equilibrio, determine las reacciones en los soportes

de la viga conjugada. Luego seccione la viga conjugada en el punto en que deben

determinarse la pendiente y el desplazamiento Δ de la viga real. En la sección, muestrela fuerza cortante V y el momento M desconocidos que actúan en sus sentidos positivos

(Revisar convención de las vigas). Determine la fuerza cortante y el momento usando las

ecuaciones de equilibrio, V y M equivalen a y Δ, respectivamente, para la viga real. Enparticular, si esos valores son positivos, la pendiente es en sentido contrario a las

manecillas del reloj y el desplazamiento es hacia arriba.


1. Hallar la deflexión máxima en la siguiente viga

EI: constante


ΣFy = 0 Ay

Realizar el esquema respectivo de la viga conjugada:


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Realizar el diagrama de momentos orientado a M/EI

Hallar las nuevas reacciones ΣM A = 0 By

ΣFy = 0 Ay

Además recordar que Pendiente () de viga real = Cortante (V) de la viga conjugada

Por lo tanto V cuando x

Escribir las ecuaciones para el V y M respectivamente para la viga conjugada

V

M

Recordar que Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada

Por lo tanto la deflexión máxima es


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2. Hallar la deflexión en el punto C en la siguiente viga E = 29000 ksi e I = 2000 in4


ΣFy = 0 Ay

Realizar el esquema respectivo de la viga conjugada:

Realizar el diagrama de momentos orientado a M/EI, a B considerar como empotrado y

aplicar el principio de superposición, teniendo:

- Para la carga de la reacción en A


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- Para la carga distribuida

- Para la carga al final del volado

Realizar el diagrama final de la viga conjugada

Hallar las nuevas reacciones ΣM A = 0 By

ΣFy = 0 Ay

Hallando el momento en C hallaremos la deflexión en ese punto

La deflexión es


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GUIA Nº 5

DEFORMACIONES: METODO DEL TRABAJO VIRTUAL

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Principio del trabajo virtual.Las fuerzas que actúan sobre un cuerpo efectuarán trabajo virtual cuando el cuerpo sufraun desplazamiento o una rotación diferencial imaginarios. Por razones de equilibrio, lasuma del trabajo virtual efectuado por todas las fuerzas que actúan sobre el cuerpo debeser igual a cero para cualquier desplazamiento virtual. A esto se le llama principio deltrabajo virtual, y es útil para encontrar la configuración de equilibrio de un mecanismo o deuna fuerza reactiva que actúe sobre una serie de miembros conectados. Si este sistematiene un grado de libertad, entonces su posición puede ser especificada mediante unacoordenada independiente q.

Para aplicar el principio del trabajo virtual, es necesario usar primero coordenadas deposición para localizar todas las fuerzas y momentos actuantes sobre el mecanismo queefectuarán trabajo cuando éste sufra un movimiento virtual.

Método del trabajo virtual

En todo tipo de estructuras la relación que existe entre trabajo y energía se puedeconceptualizar de manera sencilla: Los elementos estructurales están diseñados parasoportar cargas. Al estar estos elementos trabajando bajo la acción de estas, surgirán enellos deformaciones. Dado el caso de una viga presentada en la Figura 5.1, el trabajorealizado sobre este sistema se almacena en forma de energía de deformación.

Aparentemente la viga no sufrió más que un desplazamiento pero si imaginamos lamagnitud de la fuerza que se requiere para poder deformar una viga de concreto,podremos tener una idea de los esfuerzos internos que se generaron en dicha viga. Siconocemos tanto las dimensiones de la viga como las cargas que actúan sobre ellapodremos determinar desplazamientos y por lo tanto el trabajo externo es conocido.

Aplicando el principio de conservación de la energía se puede establecer que: El trabajorealizado por un sistema de fuerzas aplicadas a una estructura es igual a la energía dedeformación almacenada en la estructura.


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Figura 5.1 Viga con deformación en el extremo

El método consiste en reemplazar por una carga unitaria virtual, siendo esta una fuerza oun momento, dependiendo de lo que se desee hallar, sobre el punto que estamosanalizando, y se obtienes las fuerzas internas tanto para cuando solo aplicamos cargasunitarias virtuales, así como para las cargas reales de la estructura

Las formulas que se usan en este método son:

Para deflexión

1.Δ = ∫ mMdx / EI

Para rotación

1. = ∫ mMdx / EI


1. Hallar la deflexión que se produce debido a la carga de 300 N

EI: constante


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ΣFy = 0 Ay

Trabajar con las cargas reales que actuan sobre la viga

Hallar las ecuaciones que se genera para el momento M

Tramo AC (antes de la carga de 300N)

M

Tramo BC (después de la carga de 300N)

M

Dibujar la viga sometida a la carga unitaria virtual


ΣFy = 0 Ay


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Trabajar con la carga virtual unitaria que actuan sobre la viga

Hallar las ecuaciones que se genera para el momento m


m


m

Aplicar la formula

Reemplazando la deflexion es


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2. Determinar la rotación tangencial en el punto C del marco mostrado en la figura.

Considere E = 200 MTn/m, I = 15 x 106 mm4

Será necesario hallar reacciones en el punto A, ¿Porque?

Trabajar con las cargas reales que actuan sobre el marco

Hallar las ecuaciones que se genera para el momento M

Tramo CB

M

Tramo BA

M


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Dibujar el marco sometido a la carga unitaria virtual

Trabajar con la carga virtual unitaria que actuan sobre el marco

Hallar las ecuaciones que se genera para el momento m

Tramo CB

m

Tramo BA

m

Aplicar la formula

Reemplazando la rotacion tangencial en el punto C


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GUIA Nº 6

METODO PENDIENTE - DEFLEXION

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Signo de los momentos de empotramiento perfecto

Se tomara en cuenta en el claro, luz o tramo analizado que el extremo izquierdo

presentara momento de empotramiento perfecto positivo y el extremo derecho momentode empotramiento perfecto negativo.

NOTA IMPORTANTE: SIEMPRE Y CUANDO LA CARGA ACTUANTE SOBRE EL

TRAMO SEA HACIA ABAJO

Figura 6.1 Signo de los MEP

Signo del desplazamiento (Δ) y de la rotación de la cuerda (Ψ) en un nudodeterminado

Si la viga o el pórtico en un nudo determinado, se desplaza hacia la derecha, eldesplazamiento (Δ) es negativo, caso contrario es positivo.

Recordemos que Ψ=Δ/L, por lo tanto si el desplazamiento (Δ) es negativo, entonces Ψ esnegativo, caso contrario es positivo.


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Figura 6.2 Pórtico sometido a una fuerza P

En la figura 6.2 el pórtico se desplaza hacia la derecha por lo tanto Δ es negativo.

Signo a la hora de trasladar los momentos finales y graficar los diagramas demomentos flectores tanto en vigas como en pórticos.

Para trasladar mis momentos finales, luego de operar y resolver todas mis ecuaciones delmétodo pendiente deflexión, si el momento final en el extremo de un tramo me saldríapositivo, se traslada a la viga o al pórtico contraria de las agujas del reloj (sentidoantihorario), si el momento final en el extremo de un tramo me saldría negativo, setraslada a la viga o al pórtico en dirección de las agujas del reloj (sentido horario).

Para graficar los diagramas de momentos flectores, para saber en donde graficar el

momento final que está actuando en los nudos se sigue la convención general de signospara graficar fuerzas y momentos internos, la cual se muestra a continuación:

Si trabajamos en el pórtico o viga de izquierda a derecha y el momento en el nudo actúaen dirección opuesta a las agujas del reloj (Sentido antihorario), este momento se dibujacomo un momento positivo, caso contrario se dibuja negativo.

Si trabajamos en el pórtico o viga de derecha a izquierda y el momento en el nudo actúaen dirección de las agujas del reloj (Sentido horario), este momento se dibuja como unmomento positivo, caso contrario se dibuja negativo.

Casos únicos (I = cte) y especiales de la ecuación universal de la viga cuando seemplea el método de pendiente deflexión

Como se menciono anteriormente para el método pendiente deflexión, la ecuaciónuniversal de la viga se reduce únicamente a dos casos, las formulas que aparecerán encada caso deberán ser aplicadas de manera directa sobre el claro, luz o tramo a analizar,estos casos son validos tanto para pórticos como para vigas.


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2

Caso 1: Ambos nudos presentan momentos

Para esto se aplica las siguientes ecuaciones

Mcl = 2EK (2Øc + Øl - 3Ψcl) + MEPcl

Donde: K = I/L

Subíndices:

C = Extremo cercano que estamos analizando

L = Extremo lejano que estamos analizando

Caso 2: Solo un nudo presenta momentos

Como solo un nudo presenta momentos entonces solo tendríamos una ecuación para estecaso

Mra = 3EK (Ør – Ψra) + MEPra – MEPar

Mar = 0

Acá también es muy importante tener en cuenta que signo va a tener MEPar o MEPra (Consultar primera consideración previa).

Donde: K = I/L

Subíndices:

a = Extremo articuladamente conectado (No presenta momento)

r = Extremo rígidamente conectado (Presenta momento)

Formas de reconocer un pórtico sin desplazamiento lateral

1) El pórtico debe de ser simétrico tanto en su geometría como en sus cargas.

Figura 6.3 Pórticos sin y con desplazamiento lateral


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Por lo descrito en este ítem el caso A seria un pórtico sin desplazamiento lateral

2) Debe de estar debidamente restringido.

Figura 6.4 Pórticos debidamente restringido para desplazamiento lateral

Se observa que el caso B (del ítem anterior) era un pórtico con desplazamiento lateral, alrestringirlo de una forma adecuada se volvió un pórtico sin desplazamiento lateral.

Procedimiento de análisis de los pórticos y vigas por el método pendiente deflexión

Caso vigas: bastara seguir los conceptos y consideraciones previas descritas en lapresente separata, además de las ecuaciones de equilibrio que debe existir en los nudos.

Caso pórticos sin desplazamiento lateral: al igual que el caso para vigas bastara seguirlos conceptos y consideraciones previas descritas en la presente separata, es oportunomencionar que este tipo de pórticos es analizado como si fuera una viga.

Caso pórticos con desplazamiento lateral: aparte de usar los conceptos yconsideraciones previas descritas en la presente separata, y de utilizar las ecuaciones deequilibrio en los nudos, como aparece una incógnita adicional en este tipo de pórticosdenominado rotación de la cuerda Ψ (debido a un desplazamiento Δ), se deberá usar unaecuación adicional denominada la ecuación de los pisos, que vendría hacer la reacción

externa horizontal que actúa sobre dicho pórtico.


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1. Hallar las reacciones en la siguiente viga y realizar sus diagramas de momentos.

EI = cte

Reconocer que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos

Tramo AB

Tramo BC

Plantear las ecuaciones

Tramo AB

M AB

MBA

Tramo BC

MBC


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MCB

Plantear el equilibrio para el nudo

Plantear la ecuación

EIØB

Reemplazar en las ecuaciones de los momentos respectivos

M AB

MBA

MBC

MCB

Trasladar los momentos a la viga


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Hallar reacciones

Tramo AB

Ay

Tramo BC

Cy

Equilibrio en el nudo B

By

Dibujar reacciones finales en la viga

Graficar el diagrama de momentos para la viga


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2. Determinar los momentos en los extremos de los miembros y las reacciones

horizontales para el pórtico de la figura

EI: cte

El pórtico presenta

Reconocer que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos

Tramo AB

Tramo BC

Tramo CD

Obtener las rotaciones de la cuerda que abran en cada elemento

Ψ AB

ΨBC

ΨCB


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Plantear las ecuaciones

Tramo AB

M AB

MBA

Tramo BC

MBC

MCB

Tramo CD

MCD

MDC


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Plantea el equilibrio para los nudos y

Obteniendo dos ecuaciones

La tercera ecuación sale del equilibrio las fuerzas de los pisos

Resolver las tres ecuaciones

EIØB

EIØC

EI Δ

Reemplazar en las ecuaciones de los momentos respectivos y en la de las fuerzas

horizontales una vez hallados los momentos

M AB MCD

MBA MDC

MBC V AB

MCB VDC


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GUIA Nº 7

METODO HARDY CROSS

Alumno:.............................................................................................. Grupo:.............


Introducción

El método de Hardy Cross es otro de los métodos muy utilizados para el análisis de

estructuras estáticamente indeterminadas, solo es practico para el análisis de estructuras

pequeñas además nos permite comparar los resultados con la computadora.

El método comienza suponiendo que cada nudo de la estructura esta fijo. Luego soltar y

bloquear cada nudo de manera sucesiva, los momentos internos en los nudos se

distribuyen y balancean hasta que estos han girado hasta alcanzar us posiciones finales o

casi finales.

Signo de los momentos de empotramiento perfecto

Al igual que el método de pendiente – deflexión, se tomara en cuenta en el claro, luz o

tramo analizado que el extremo izquierdo presentara momento de empotramiento perfectopositivo y el extremo derecho momento de empotramiento perfecto negativo.

Figura 7.1 Signo de los MEP

Factor de rigidez del miembro

La rigidez a la flexión (k) es el momento que debe aplicarse en uno de los extremos del

miembro para causar una rotación unitaria, el cual se puede aplicar también para dos

casos.


44/85



41

Caso 1: Ambos nudos son rígidos (es decir presentan momentos)

Para esto K = I/L

Caso 2: Un extremo es articulado (Solo un nudo presenta momentos)

Para esto K = 3I / 4L

Factor de rigidez de un nudo

Simplemente es la suma de los factores de rigidez de los miembros conectados a ese

nudo.

Momento trasladado y coeficiente de transporte (FT)


Para esto FT = 1/2 por lo tanto el Mij = M/2


Para esto FT = 0 por lo tanto el Mij = 0

Factor de distribución

Para un extremo que esta rígidamente conectado al nodo adyacente es igual a la razón dela rigidez relativa a la flexión del miembro con la suma de las rigideces relativas a laflexión de todos los miembros sujetos a este modo, es decir:

FD = K / Σ K

El FD se aplica a los nudos que tienen libertad para girar, por lo tanto para un apoyoempotrado será de 0 el valor de su FD.

La suma de los factores de distribución en un nudo tiene que darnos 1

Fases del método

- Se supone que todos los nudos son rígidos y se calculan los MEP para cada claro.

- Se deja girar libremente a cada nudo y se distribuye el momento no equilibrado (MEP)

haciendo el equilibrio, en cada nudo y con signo contrario entre todas las barras

adyacentes por medio de los FD, a continuación se vuelve a bloquear el nudo contra el

giro.


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42

- Una vez distribuido el momento no equilibrado se transmite según lo indicado por su FT,

con el mismo signo al otro extremo de cada barra.

Ciclos de distribuciones

En el empleo del método, se observa que existen distribuciones y transmisiones, el ciclo

generalmente debiera terminar en una distribución (salvo casos especiales), el proceso es

repetitivo hasta que los momentos no equilibrados son tan pequeños que pueden ser

despreciados o cuando lo amerite según nuestro análisis.

Procedimiento de análisis de los pórticos y vigas por el método pendiente deflexión

Caso vigas: bastara seguir los conceptos y consideraciones previas descritas en lapresente separata, además de las ecuaciones de equilibrio que debe existir en los nudos.

Caso pórticos sin desplazamiento lateral: al igual que el caso para vigas bastara seguirlos conceptos y consideraciones previas descritas en la presente separata, es oportunomencionar que este tipo de pórticos es analizado como si fuera una viga.

Caso pórticos con desplazamiento lateral: para los anteriores casos las traslaciones enlos nodos fueron cero, en cambio para este tipo de pórticos parecen las rotaciones ytraslaciones en los nudos.

Para este tipo de pórtico aplicamos el principio de superposición

Figura 7.2 Principio de superposición


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43

Por lo anterior vemos que entonces el análisis para este tipo de pórtico se divide en dospartes:

1) El ladeo se impide poniendo a la estructura un rodillo imaginario, manteniendo sus

cargas externas de la estructura real, luego se calcula los momentos en los extremos delos miembros aplicando el método de manera usual, hallando Ms, luego obtener la fuerzaR aplicando las ecuaciones de equilibrio.

2) Al marco se le aplica la fuerza R obtenida en la primera parte pero en dirección opuestay se desprecia cualquier fuerza extrema presente en la estructura real, acá se deberíahallar Mr.

Pero vemos que estos momentos debidos a la carga lateral R, no se pueden hallar ya queno contaría con momentos de empotramiento perfecto en ninguno de sus miembros.

Además es importante este momento porque

M = Ms + Mr

Entonces aplicamos un enfoque indirecto el cual sometemos el armazón a una traslaciónarbitraria conocida en los nudos que lo ameriten, causada por una carga desconocida Qque actúan en la ubicación y dirección de R.

Figura 7.3 Carga y desplazamiento arbitrario

Los MEP para la figura anterior estará dada por:


Para esto MEP = 6EI Δ‘ / L2


Para esto MEP = 3EI Δ‘ / L2


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44

Entonces en lugar de suponer un valor numérico para Δ‘ con el fin de calcular losmomentos en los extremos fijos suele ser mas conveniente suponer un valor numéricopara uno de estos momentos y usar el calor de Δ‘ para calcular los momentos restantes.

El signo que tendrá el MEP esta dado por como actúa el desplazamiento:

Si el desplazamiento se produce hacia la derecha el MEP será positivo, ya que senecesita un momento en sentido antihorario para regresar la estructura a su condicióninicial, en todos sus miembros.

Si el desplazamiento se produce hacia la izquierda el MEP será negativo, ya que senecesita un momento en sentido horario para regresar la estructura a su condición inicial,en todos sus miembros.

Entonces con esos MEP se calcula los momentos en los extremos de los miembrosaplicando el método de manera usual, hallando Mq, luego de obtener los momentos se

halla Q aplicando las ecuaciones de equilibrio, conocido Q y Mq, ahora se puededeterminar con facilidad los momentos debidos a la carga lateral R.

Teniendo Mr = (R/Q) x Mq

Entonces reemplazando eso en M = Ms + Mr

Obtenemos finalmente

M = Ms + (R/Q) x Mq

Para pórticos de mas de 1 piso, el método a aplicar es el mismo, siendo más tedioso

teniendo que hallar coeficientes por cada piso que tengamos

Suponiendo que tengamos dos pisos

M = Mo + C1Mq1 + C2Mq2


48/85



45


1. Realizar sus diagramas de momentos para la siguiente viga, EI = cte

Completar el cuadro

Nudo

Elemento

K

FD

MEP

Soltamos C

Momentos finales

Dibujar el diagrama de momentos para la viga


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46

2. Determinar los momentos internos y externos para el siguiente pórtico EI: cte

Realizar el primer Hardy – Cross

Nudo

Elemento

KFD

MEP

1era Distribución

1era Transmisión

2da Distribución

2da Transmisión

3ra Distribución

3ra Transmisión

4ta Distribución

4ta Transmisión

5ta Distribución

Momentos finales


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47

Por equilibrio el valor de R

Realizar el segundo Hardy – Cross, asumir un Momento de 1Tn-m para el miembro AB

Nudo

Elemento

K

FD

MEP

1era Distribución

1era Transmisión

2da Distribución2da Transmisión

3ra Distribución

Momentos finales

Por equilibrio el valor de Q

Aplicar la formula

Reemplazar en las ecuaciones

M AB

MBA

MBC

MCB

MCD

MDC


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48

SOLUCIONARIO GUIA Nº 1

INTRODUCCION AL ANALISIS ESTRUCTURAL

2 3 3 0 0 6

2 5 3 0 2 4

3 6 4 2 1 4

4 8 5 0 5 7

Viga estáticamente determinada

Viga estáticamente indeterminada de segundo grado

Viga estáticamente indeterminada de primer grado

Viga estáticamente indeterminada de quinto grado

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL


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49

4 4 5 1 0 10

8 4 5 0 2 6

NM NR NJ NC GD GL

Marco estáticamente determinado

Armadura estáticamente indeterminada de segundo grado

6 3 6 0 3 15

Marco estáticamente indeterminado de tercer grado

NM NR NJ NC GD GL

NM NR NJ NC GD GL


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50


ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS

1.-

Hallamos reacciones


ΣFy = 0

-(1.2)(16) + R Ay = 0

RAy = 19.2 kg ( )

ΣM A = 0

(16)(-1.2)(8) + (RCx)(28) = 0

RCx = 5.5 kg ( )

ΣFx = 0

-5.5 + R Ax = 0

RAx = 5.5 kg ( )

Empezamos a analizar los tramos

Tramo AB

Recordar que siempre se coloca el N, V y M en el sentido positivo según la convención de

signos universales (Repasar este punto)

ΣMo = 0 (5.5)(x) + M = 0

M = - 5.5 x

ΣFx = 0 5.5 + V = 0 V = -5.5 Kg

ΣFy = 0 19.2 + N = 0 N = -19.2 kg

x (m) M (kg-m)

0 0

8 -44

16 -88


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51

Tramo BC

Se tiene primero que transformar esa carga distribuida sobre el elemento por eso

realizamos lo siguiente:

Llevándolo al elemento como carga distribuida tenemos finalmente:

Entonces empezamos a realizar el corte respectivo y trasladando las fuerzas del otro

miembro tenemos:


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52

ΣMo = 0 88 – (12.1)(x) + (0.77)(x)(x/2) + M = 0

M = -0.39 x2 + 12.1 x – 88

ΣFx = 0 16 – (0.58)(x) + N = 0

N = 0.58 x - 16

ΣFy = 0 12.1 – (0.77)(x) – V = 0

V = -0.77 x + 12.1

Realizando los diagramas

x (m) M (kg-m)

0 -88

10 -5.25

20 0

x (m) N (kg)

0 -16

10 -10.2

20 -4.4

x (m) V (kg)

0 12.1

10 4.4

20 -3.3


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53

2.-

Hallamos reacciones


ΣM A = 0

- (5)(8)(4) – (By)(8) = 0 By = 20 Tn

ΣFy = 0

Ay + 20 – (5)(8) = 0 Ay = 20 Tn

Para hallar la distancia “d” simplemente haciendo uso de una relaciones por la figurapodemos decir que

d = 10 - 102 - 42 = 0.83 m

Haciendo entonces equilibrio y solo trabajando para el tramo desde A hasta la rotula

entonces tenemos

ΣMrotula = 0

(5)(4)(2) – (20)(4) + (Ax)(0.83) Ax = 48.2 Tn

ΣFx = 0 Bx = 48.2 Tn

Empezamos a analizar los tramos

Tramo A – Rotula

Como no es una circunferencia completa entonces tendremos que analizar completando

la misma, con la finalidad de poder aplicar los conceptos impartidos sin ningún problema,

por lo que tendremos


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54

De la figura podemos darnos

cuenta que

Sen = y / 10

y = 10 sen

Cos = (10 – x) / 10

x = 10 – 10 cos

Además para descomponer las

fuerzas N y V, en los ejes x e y

tenemos

ΣFx = 0 48.19 + Vcos + Nsen = 0...............................1

ΣFy = 0 Ncos + 20 - Vsen - 5(x-6) = 0

Despejando V = (Ncos + 50 – 5x) / sen.............................2

ΣMo = 0 M + (5(x-6)2)/2 + 48.19(y-9.17) – 20(x-6)

Despejando y reemplazando los valores correspondientes a x e y tenemos

M = 481.9 – 481.9sen

- 250cos2

.........................3

Reemplazando en 1 el valor de 2 y despejando obtenemos

N = -48.19sen - 50cos2 ...........................4

Reemplazando en 2 el valor de 4 y despejando obtenemos

V = -48.19cos - 50cos3 / sen + 50 cos /sen .............5


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55

Entonces dando valores a desde 66.42º que empieza nuestro arco hasta 90º y

reemplazando en las respectivas ecuaciones obtenemos

Por simetría para el tramo Rotula – B serán los mismos valores

Realizando los diagramas

(º) N (Tn)

66.42 -52.2

70 -51.1

75 -49.9

80 -49.0

85 -48.3

90 -48.2

(º) V (Tn)

66.42 -1

70 -0.4

75 0

80 0.2

85 0.1

90 0

(º) M (Tn-m)

66.42 0

70 -0.2

75 -0.3

80 -0.2

85 -0.1

90 0


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56


DEFORMACIONES: METODO DE LA DOBLE INTEGRACION

1.-

Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (300)(2) = 0 By = 200 N

ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N

Hallamos una ecuación general para la viga, teniendo en cuenta que siempre se busca

esto generalmente en el último tramo

ΣM0 = 0 -(100)(x) + 300 + M = 0

M = 100x - 300

Nota: Si al reemplazar un valor en sale un valor negativo se asume ese valor como

cero ya que no pertenecería a ese tramo, recordar que es una ecuación general que

abarca todos los tramos.


E * I dy / dx = M * dx + C1 Ecuación para hallar pendiente


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57

Realizando la primera integración EI = 50x2 - 1502 + C1.....................1

E * I Δ = M * dx2 + C1 * dx + C2 Ecuación para hallar deflexión

Realizando la segunda integración EIΔ = 16.67x3 - 503 + C1x + C2.................2

Aplicando condiciones de frontera

Cuando x = 0 entonces Δ = 0

Reemplazando en 2

0 = 0 – 0 + 0 + C2 C2 = 0


Reemplazando en 2

0 = 450 – 50 - C1(3) + 0 C1 = -133.3

Tenemos las ecuaciones de la curva elástica

EI = 50x2 - 1502 – 133.3…………….A

EIΔ = 16.67x3 - 503 - 133.3x………….B

La deflexión máxima ocurre cuando = 0

Entonces reemplazando en la ecuación A y asumiendo que = 0 en el primer tramo la

ecuación se resume a:

0 = 50x2 - 133.3 de donde x = 1.63 m

Reemplazando ese valor en la ecuación B obtenemos que

Δmax = -145.1 / EI, al ser negativo indica que la deflexión es hacia abajo


61/85



58

2.-

Para poder plantear las ecuaciones de una mejor manera se procederá a utilizar un

artificio de hacer la carga de 400 kg/m continua es decir extenderla al punto E esto se

logra añadiendo una carga igual y opuesta q la anule a partir de C

Hallamos reacciones

ΣM A = 0 -(400)(7)(4.5) + (Dy)(6) – (600)(8) + (400)(4)(6)= 0 Dy = 1300 kg

ΣFy = 0 Ay + 1300 – (400)(3) - 600 = 0 Ay = 500 kg


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59

Hallamos una ecuación general para la viga, teniendo en cuenta que siempre se busca

esto generalmente en el último tramo

ΣM0 = 0 -(500)(x) + 4002 / 2 - 4002 / 2 – 1300 + M = 0

M = 500x - 2002 + 2002 + 1300

Nota: Si al reemplazar un valor en sale un valor negativo se asume ese valor como

cero ya que no pertenecería a ese tramo, recordar que es una ecuación general que

abarca todos los tramos.

Además sabemos por dato que E = 2173700000 kg/m2

Hallamos I = (0.3)(0.5)3 / 12 = 0.003125 m4

E * I = 6792812.5 kg/m2


Realizando la primera integración

EI = 250x2 – 66.73 + 66.73 + 6502 + C1.....................1

Realizando la segunda integración

EIΔ = 83.3x3 – 16.74 + 16.74 + 216.73 + C1x + C2.................2

Aplicando condiciones de frontera



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60

Reemplazando en 2

0 = 0 – 0 + 0 + 0 + C2 C2 = 0


Reemplazando en 2

0 = 17992.8 – 10437.5 + 267.2 + C1(6) + 0 C1 = -1303.8

Tenemos las ecuaciones de la curva elástica

EIΔ = 83.3x3 – 16.74 + 16.74 + 216.73 -1303.8 x.....................3

Además E * I = 6792812.5 kg/m2

Para la mitad de la carga distribuida x = 2.5 m luego de reemplazar en la ecuación 3

Δ = -0.0003 m -0.3 mm, la deflexión es hacia abajo

Para el final del volado x = 8m luego de reemplazar en la ecuación 3

Δ = -0.00028 m -0.28 mm, la deflexión es hacia abajo


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61


DEFORMACIONES: METODO DE VIGA CONJUGADA

1.-


ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N

La viga conjugada seria siguiendo el cuadro 4.1 (Revisar Pág. 19) la siguiente:

Realizamos el diagrama de momentos orientado a M/EI de la viga real, y este se

superpone a la viga conjugada (NOTA ESTE DIAGRAMA ESTA GRAFICADO CON

MOMENTO POSITIVO ARRIBA Y MOMENTO NEGATIVO ABAJO POR ESE MOTIVO

LAS CARGAS SE COLOCAN A TRACCION – CASO CONTRARIO COLOCAR LASCARGAS A COMPRENSION)


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62

Hallamos las reacciones respectivas para esa viga conjugada debido a la carga 200 / EI

ΣM A = 0 (200)(2)(0.5)(2/3)(2) + (200)(1)(0.5)(2+(1/3)(1)) – (By)(3) = 0

By = (166.7 / EI) N

ΣFy = 0 -Ay + (200)(2)(0.5) + (200)(1)(0.5) – 166.7 = 0

Ay = (133.3 / EI) N

Recordando la deflexión máxima se da cuando la pendiente es cero en la viga real, por lo

tanto para que esto se cumpla en la viga conjugada se debe encontrar en qué punto el

cortante es cero, encontraremos ese punto, suponiendo que se encuentra en el primer

tramo.

Nota: q se obtuvo con triángulos notables

ΣFy = 0 -133.3 / EI + (100 x / EI)(x)(0.5) – V = 0 CORREGIR CORTANTE

Además para que se cumpla lo expresado V = 0

Despejando x = 1.63 m

Recordemos que la deflexión (Δ) en un punto de la viga real es el momento (M) que seproduce en el mismo punto en la viga conjugada, por lo tanto


66/85



63

ΣMo = 0 (133.3 / EI)(1.63) – (163 / EI)(1.63)(0.5)(1/3)(1.63) + M = 0

M = -145.1 / EI

Recordamos que Deflexión (Δ) de viga real = Momento (M) de la viga conjugada

Por lo tanto Δmax = -145.1 / EI, como es negativo la deflexión es hacia abajo

Nota: Este mismo ejercicio se realizo con el método de la doble de integración obteniendo

el mismo resultado verificar!!!

2.

Hallamos reacciones ΣM A = 0 -(2)(30)(15) + (By)(30) – (12)(40) = 0 By = 46 kg

ΣFy = 0 Ay – (2)(30) + 46 - 12 = 0 Ay = 26 kg

La viga conjugada seria siguiendo el cuadro 4.1 (Revisar Pág. 19) la siguiente:


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64

Realizamos el diagrama de momentos orientado a M/EI de la viga real, y este se

superpone a la viga conjugada, como tenemos varias cargas aplicaremos el método de

superposición, para establecer los diagramas

Superponiendo en la viga conjugada tenemos


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65

Hallamos la reacción del apoyo A de la viga conjugada

ΣM A AB = 0 (Ay)(30) – (780 / EI)(30)(0.5)(1/3)(30) + (900 / EI)(30)(1/3)(1/4)(30) = 0

Ay = (1650 / EI) k – ft2

ΣMC = 0

(1650/EI)(40) + (1/3)(900/EI)(30)((30/4)+10) – (780/EI)(30)(0.5)((1/3)(30)+10) +(120/EI)(10)(0.5)((2/3)(10) + M = 0

M = 6500 / EI

Pero E = 29000 ksi e I = 2000 in4

Reemplazando M = Δc = +0.194 in la deflexión es hacia arriba


69/85



66


DEFORMACIONES: METODO DEL TRABAJO VIRTUAL

1.


ΣFy = 0 Ay + 200 – 300 = 0 Ay = 100 N

Hallamos M


ΣMO = 0

M = 100x


ΣMO = 0

M = 200x


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67

1

0

2

0

Colocamos una carga virtual de 1 en lugar de la fuerza de 300 N

Hallamos reacciones ΣM A = 0 (By)(3) – (1)(2) = 0 By = 0.67 N

ΣFy = 0 Ay + 0.67 – 1 = 0 Ay = 0.33 N

Hallamos m

Tramo AC

ΣMO = 0

m = 0.33x

Tramo BC

ΣMO = 0

M = 0.67x

Aplicando la formula 1.Δ = ∫ mMdx / EI

Δ = ∫ (0.33x)(100x)dx / EI + ∫ (0.67x)(200x)dx / EI = 133 / EI deflexión hacia abajo


71/85



68

2. Vemos que no será necesario hallar las reacciones

en el punto A, debido a que entraremos hallar las

ecuaciones de derecha a izquierda.

Hallamos M

Tramo BC

ΣMO = 0

M = -2.5x

Cuando x = 3 M = 7.5 Tn - m

Tramo AB

Para este tramo, trasladaremos las fuerzas finales del miembro BC (Sobre todo el

momento) al miembro AB

ΣMO = 0

M = -7.5

Colocamos la carga virtual sobre el punto a analizar, para este caso asumiremos un

momento unitario virtual (1 Tn-m) en sentido contrario a las manecillas del reloj en el

punto C


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69

3

0

2

0

Hallamos m

Tramo BC

ΣMO = 0

m = 1

Tramo AB

Para este tramo, trasladaremos las fuerzas finales del miembro BC (Sobre todo el

momento) al miembro AB

ΣMO = 0

m = 1

Aplicando la formula 1.θ = ∫ mMdx / EI

θ = ∫ (1)(-2.5x)dx / EI + ∫ (1)(-7.5)dx / EI = -26.25 / EI

Además sabemos que

E = 200 MTn/m, I = 15 x 106 mm4

Reemplazando

θ = -0.00875 rad, como es negativo entonces la rotación es en sentido de las agujas

del reloj


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70


METODO PENDIENTE - DEFLEXION

1.

Reconocemos que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos

Tramo AB – ambos nudos presentan momentos

Tramo BC – Solo un nudo presenta momentos (Nudo B)

Planteamos las ecuaciones

Tramo AB

M AB = 2EK (2Ø A + ØB - 3Ψ AB) + MEP AB

Reemplazando K = I/3, Ø A = 0 (no hay rotación en A), Ψ AB = 0, MEP AB = +2.22 Tn-m

M AB = 0.67EIØB + 2.22

MBA = 2EK (2ØB + Ø A - 3ΨBA) + MEPBA

Reemplazando K = I/3, Ø A = 0 (no hay rotación en A), ΨBA = 0, MEP AB = -4.44 Tn-m

MBA = 1.33EIØB - 4.44


74/85



71

Tramo BC

MBC = 3EK (ØB – ΨBC) + MEPBC – MEPCB / 2

Reemplazando K = I/4, ΨBC = 0, MEPBC = +6.67 Tn-m, MEPCB = -6.67 Tn-m

MBC = 0.75EIØB + 10.01

MCB = 0 (No existe momento en C)

En el nudo B no debe existir momento por lo tanto MBA + MBC = 0, operando y

reemplazando tenemos

2.08EIØB = - 5.57

EIØB = -2.68

Reemplazando en las ecuaciones de los momentos M AB MBA MBC

M AB = 0.43 Tn-m

MBA = -8 Tn-m

MBC = 8 Tn-m

MCB = 0 Tn-m

Trasladamos esos momentos según la convención vista en la parte teórica de la separata


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72

Empezamos hallar reacciones

Tramo AB

ΣM A = 0

(B ‘ y)(3) – 8 – (10)(2) + 0.43 = 0

B ‘ y = 9.19 Tn

ΣMB = 0

-(Ay)(3) + 0.43 + (10)(1) - 8 = 0

Ay = 0.81 Tn

Tramo BC

ΣMC = 0

-(B ‘’ y)(4) + 8 + (5)(4)(2) = 0

B ‘’ y = 12 Tn

ΣMB = 0

(Cy)(4) – (5)(4)(2) +8 = 0

Cy = 8 Tn

Reacción By

ΣFy = 0

By = 21.19 Tn


76/85



73

Reacciones finales graficadas en la viga

Graficando el diagrama de momentos considerando también la convención vista en la

parte teórica de la separata

2.


77/85



74

Reconocemos que es un pórtico con desplazamiento lateral

Reconocemos que casos de la ecuación universal tenemos para los tramos

Tramo AB – ambos nudos presentan momentos

Tramo BC – ambos nudos presentan momentos

Tramo CD – ambos nudos presentan momentos

Obteniendo las rotaciones de la cuerda que existiran en cada elemento

Ψ AB = - Δ/L = - Δ/7 = -0.14 Δ

ΨBC = 0 (La viga no se desplazara)

ΨCB = - Δ/L = - Δ/5 = -0.20 Δ

Planteamos las ecuaciones

Tramo AB

M AB = 2EK (2Ø A + ØB - 3Ψ AB) + MEP AB

Reemplazando K = I/7, Ø A = 0 (no hay rotación en A), Ψ AB = -0.14 Δ, MEP AB = 0 Tn-m

M AB = 0.29 EIØB + 0.12 EI Δ

MBA = 2EK (2ØB + Ø A - 3ΨBA) + MEPBA

Reemplazando K = I/7, Ø A = 0 (no hay rotación en A), ΨBA = -0.14 Δ, MEP AB = 0 Tn-m

MBA = 0.58 EIØB + 0.12 EI Δ

Tramo BC

MBC = 2EK (2ØB + ØC - 3ΨBC) + MEPBC

Reemplazando K = I/7, ΨBC = 0, MEP AB = +39.2 Tn-m

MBC = 0.58EIØB + 0.29EIØC + 39.2


78/85



75

MCB = 2EK (2ØC + ØB - 3ΨCB) + MEPCB

Reemplazando K = I/7, ΨCB = 0, MEP AB = -29.4 Tn-m

MCB = 0.58EIØC + 0.29EIØB - 29.4

Tramo CD

MCD = 2EK (2ØC + ØD - 3ΨCD) + MEPCD

Reemplazando K = I/5, ØD = 0 (no hay rotación en D), ΨCD = -0.20 Δ, MEPCD = 0 Tn-m

MCD = 0.8EIØC + 0.24EI Δ

MDC = 2EK (2ØD + ØC - 3ΨDC) + MEPDC

Reemplazando K = I/5, ØD = 0 (no hay rotación en D), ΨDC = -0.20 Δ, MEPDC = 0 Tn-m

MDC = 0.4EIØC + 0.24EI Δ

Planteamos las ecuaciones en los nudos

MBA + MBC = 0

1.16 EIØB + 0.29EIØC + 0.12 EI Δ = - 39.2

MCB + MCD = 0

0.29 EIØB + 1.38EIØC + 0.24EI Δ = 29.4


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Por lo visto tenemos tres incógnitas y dos ecuaciones por lo que plantearemos la tercera

de las fuerzas que se producen en el piso

En el miembro AB

ΣMB = 0

(V AB)(7) = M AB + MBA V AB = (M AB + MBA)/7

En el miembro CD

ΣMC = 0

(VCD)(5) = MDC + MCD VCD = (MDC + MCD)/5

Por equilibrio V AB + VCD = 0 y reemplazando los valores respectivos

0.12 EIØB + 0.24EIØC + 0.13 EI Δ = 0

Por lo tanto

1.16 EIØB + 0.29EIØC + 0.12 EI Δ = - 39.2

0.29 EIØB + 1.38EIØC + 0.24EI Δ = 29.4

0.12 EIØB + 0.24EIØC + 0.13 EI Δ = 0


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Resolviendo el sistema de ecuaciones

EIØB = - 39.6

EIØC = 34.3

EI Δ = -26.7

Reemplazando en las ecuaciones de los momentos M AB MBA MBC MCB MCD MDC

MAB = -14.7 Tn-m (Sentido horario)

MBA = -26.2 Tn-m (Sentido horario)

MBC = +26.2 Tn-m (Sentido antihorario)

MCB = -21 Tn-m (Sentido horario)

MCD = +21 Tn-m (Sentido antihorario)

MDC = +7.3 Tn-m (Sentido antihorario)

Hallando las reacciones horizontales reemplazando en las ecuaciones respectivas los

valores de los momentos relacionados tenemos

VAB = -5.84 Tn (Hacia la derecha)

VDC = 5.66 Tn (Hacia la izquierda)

Vemos que no coinciden estas fuerzas, lo cual debería ser para mantener el equilbrio,pero se presume que es, por no trabajar con todos los decimales sino solo con dos.


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METODO HARDY CROSS

1.

Primero resolvemos como si todos los nudos fueran rígidos, notar que C no es rígido peroasí se lo trabajara, si hacemos esto el K = I/L, para todos los tramos teniendo

Además para apoyo fijo o móvil que se encuentre en un extremo FD = 1

Además para apoyo empotrado que se encuentre en un extremo FD = 0

Los otros factores se determinaron de esta manera Recordar que FD = K / Σ K

FD = (I/3) / (I/3) + (I/4) = 0.57 Para BA. FD = (I/4) / (I/4) + (I/3) = 0.43 Para BC

Además recordar que los ciclos acaban casi siempre en una distribución

Nudo A B C

Elemento AB BA BC CB

K I/L I/L

FD 0 0.57 0.43 1

MEP 2.22 -4.44 6.67 -6.67

1era Distribución -1.27 -0.96 6.67

1era Transmisión -0.64 3.34 -0.48

2da Distribución -1.9 -1.43 0.48

2da Transmisión -0.95 0.24 -0.72

3ra Distribución -0.14 -0.1 0.72

3ra Transmisión -0

guía de análisis estructural-msc. mario r

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