solución examen final

PONTIFICIA UNIVERSIDAD CATOLICA DE CHILE ESCUELA DE INGENIERIA Departamento de Ingeniería Estructural y Geotécnica

ICE 2114 – ANALISIS ESTRUCTURAL I

EXAMEN FINAL - PAUTA

Ayudante: Ricardo Montero López

[email protected]

EJERCICIO Nº 1 (1.8 puntos)

Si se ignoran las deformaciones debidas al esfuerzo normal, la siguiente estructura (E, I constantes)

puede ser analizada teniendo en cuenta los grados de libertad indicados en la figura, i.e., {u} = {u3 3}T.

El vínculo en el nodo 2 es un apoyo móvil que sólo impide desplazamientos verticales.

1) Determinar la matriz de rigidez global [K] de la estructura. (0.4 puntos)

2) Considerando el Estado de Carga I, determinar el vector de fuerzas globales {P}. (0.2 puntos)

3) Considerando el Estado de Carga I, determinar el vector de fuerzas globales “de empotramiento

perfecto” {P}. (0.2 puntos)

4) Determinar el desplazamiento horizontal del nodo 3 debido al Estado de carga I. (0.3 puntos)

5) Considerando el Estado de Carga II, determinar el vector de fuerzas globales {P}. (0.2 puntos)

6) Considerando el Estado de Carga II, determinar el vector de fuerzas globales “de empotramiento

perfecto” {P}. (0.2 puntos)

7) Determinar el desplazamiento horizontal del nodo 3 debido al Estado de carga II. (0.3 puntos)

L

L

x

y

3

u3

2 3

1


Nota: ignorar las deformaciones debidas al esfuerzo de corte. Expresar los resultados en función de las

cantidades F, L, E e I.

SOLUCIÓN

1) Matriz de rigidez global de la estructura.

Primera columna de la matriz de rigidez (u3=1, θ3=0). La estructura deformada sería:

Barra 1-3:

F

Estado de carga I

F

L / 2 L / 2

Estado de carga II


Luego, la primera columna de la matriz de rigidez es:

2

3

L

EI6

L

EI12

Segunda columna de la matriz de rigidez (u3=0, θ3=1). La estructura deformada sería:

Barra 1-3:


Barra 2-3:

Luego, la segunda columna de la matriz de rigidez es:

L

EI7

L

EI6

L

EI3

L

EI4

L

EI6

22

Finalmente,

L

EI7

L

EI6

L

EI6

L

EI12

K

2

23

2) Vector de fuerzas globales (Estado de Carga I).

0

FP

3) Vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” (Estado de Carga I).

Dado que no hay fuerzas aplicadas en los vanos de las barras,


0

0P

4) Desplazamiento horizontal del nodo 3 (Estado de carga I).

PuKP

3

3

2

23

θ

u

L

EI7

L

EI6

L

EI6

L

EI12

0

F

EI

FL

8

1EI

FL

48

7

θ

u2

3

3

3

Luego, EI

FL

48

7u

3

3 (hacia la derecha)

5) Vector de fuerzas globales (Estado de Carga II).

Dado que no hay ninguna carga aplicada en los nodos:

0

0P

6) Vector de fuerzas globales “de empotramiento perfecto” (Estado de Carga II).

Los valores se obtienen del “Apéndice II”, ecuación (D1)

FL16

30

P

7) Desplazamiento horizontal del nodo 3 (Estado de carga II).

PuKP


FL16

30

θ

u

L

EI7

L

EI6

L

EI6

L

EI12

0

0

3

3

2

23

EI

FL

64

3EI

FL

128

3

θ

u2

3

3

3

Luego, EI

FL

128

3u

3

3 (hacia la izquierda)

EJERCICIO Nº 2 (3.2 puntos)

La estructura mostrada en la figura (E, I constantes) está vinculada mediante apoyos fijos en los nodos 1

y 4, y mediante un vínculo que sólo restringe giros en el nodo 2. La estructura está sometida a momentos

de magnitud M (sentido horario) que actúan en el punto medio de la barra 1-2 y en los nodos 1, 3 y 4.

(1) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., horario o antihorario) de los giros en todos los nodos.

(0.5 puntos)

(2) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., horario o antihorario) de los momentos nodales Mij, Mji en

todas las barras. (0.3 puntos)

(3) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las fuerzas nodales T ij,

Tji en todas las barras. (0.3 puntos)

(4) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las fuerzas nodales Nij,

Nji en todas las barras. (0.3 puntos)

(5) Determinar la magnitud y el sentido (i.e., arriba/abajo o izquierda/derecha) de las reacciones de

vínculo. (0.3 puntos)

(6) Expresar analíticamente los momentos flexores en todas las barras en función de sistemas de

coordenadas locales. Considerar momentos positivos en sentido horario. (0.3 puntos)

(7) Trazar el diagrama de momento flexor. Considerar momentos positivos en sentido horario, y

considerar también que ordenadas positivas según el sistema de coordenadas local indican valores

negativos de momento flexor. Indicar valores representativos. (0.3 puntos)

(8) Verificar el giro en el nodo 4 mediante la aplicación del Primer Teorema de Área-Momento en la barra

2-4. (0.3 puntos)


(9) Determinar la coordenada local x’ del punto de la barra 3-4 en donde el momento flexor es nulo.

(0.3 puntos)

(10) Determinar el desplazamiento vertical del punto determinado en el ítem anterior mediante la

aplicación del Segundo Teorema de Área-Momento. (0.3 puntos)

Notas: Ignorar las deformaciones debidas a los esfuerzos de corte y normal. Expresar los resultados en

función de las cantidades M, L, E e I.

SOLUCIÓN

1) Determinar la magnitud y el sentido de los giros en todos los nodos.

Si se ignoran las deformaciones debidas al esfuerzo normal, los vínculos externos de la estructura son

tales que los nodos no se desplazan ni vertical ni horizontalmente. De las varias maneras posibles de

resolver el problema, probablemente la más práctica consiste en aplicar Análisis Matricial Formal

(Método General) considerando elementos barra 2D de dos grados de libertad (los giros en los nodos).

Vector de desplazamientos globales:

T4z3z2z1z θθθθu

T4z3z1z θθ0θu

1 2

L

3

M

M M

4

L

M


El elemento conocido es θ2z (= 0). Las incógnitas a determinar son θ1z, θ3z y θ4z.

Vector de fuerzas globales:

T4z3z2z1z MMMMP

T2z MMMMP

Los elementos conocidos son M1z, M3z y M4z (= -M). La incógnita a determinar es M2z.

Vector de fuerzas de empotramiento perfecto en coordenadas globales:

Las barras 1-3, 2-4 y 3-4 no tienen cargas en el vano. Luego:

4x1exp34exp24exp13 0PPP

Barra 1-2:

El vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas locales es (ver el

“Anexo” al final de la pauta):

4

M4

M

'P 12

Teniendo en cuenta que el sistema de coordenadas local del elemento considerado coincide con el

sistema de coordenadas global, la matriz de transformación de todas las barras es una matriz identidad

de 2x2. Luego el vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas globales

es:

4

M4

M

'PTP 12T

1212

y el vector de fuerzas de empotramiento perfecto de la barra 1-2 en coordenadas globales expandido es:


0

04

M4

M

P exp12

Luego, el vector de fuerzas globales de empotramiento perfecto es:

0

04

M4

M

P

Matriz de rigidez global

En vista de que todas las barras tienen la misma longitud y las mismas propiedades, las matrices de

rigidez de barra en coordenadas locales son iguales entre sí.

42

24

L

EIk'k'k'k' 34241312

Matrices de rigidez de barra en coordenadas globales:

ijijT

ijij Tk'Tk

42

24

L

EIkkkk 34241312

Matrices de rigidez de barra en coordenadas globales expandidas:

0000

0000

0042

0024

L

EIk exp12 ,

0000

0402

0000

0204

L

EIk

exp13

4020

0000

2040

0000

L

EIk exp24 ,

4200

2400

0000

0000

L

EIk

exp34


Matriz de rigidez global:

8220

2802

2082

0228

L

EIK

Ecuación matricial global:

PuKP

0

04

M4

M

θ

θ

0

θ

8220

2802

2082

0228

L

EI

M

M

M

M

4z

3z

1z

2z

0

04

M

θ

θ

θ

820

282

028

L

EI

M

M

M

4z

3z

1z

EI

ML

448

47112

9448

33

θ

θ

θ

4z

3z

1z

El signo negativo indica que el sentido del giro en todos los nodos coincide con el sentido horario (en el

nodo 2 el giro es nulo).

2) Magnitud y sentido de los momentos nodales Mij, Mji en todas las barras.

Para cada barra:

ijijijijji

ijij 'PuTk'

M'

M'P'

Barra 1-2:


4

M4

M

EI

ML

0448

33

42

24

L

EI

M'

M'P'

21

1212

M224

89

M112

61

P'12 (sentido horario)

Barra 1-3:

EI

ML

112

9448

33

42

24

L

EI

M'

M'P'

31

1313

M32

15

M112

51


Barra 2-4:

EI

ML

448

470

42

24

L

EI

M'

M'P'

42

2424

M112

47

M224

47


Barra 3-4:

EI

ML

448

47112

9

42

24

L

EI

M'

M'P'

43

3434

M112

65

M32

17


3) Magnitud y sentido de las fuerzas nodales Tij, Tji en todas las barras.


Barra 1-2:

Equilibrio:

0LTMMM:M 2121121

L

M

224

435MM

224

89M

112

61

L

1MMM

L

1T 211221

(hacia arriba)

0TT:F 2112y

L

M

224

435TT 2112 (hacia abajo)

Barras 1-3, 2-4 y 3-4:

Equilibrio:

0LTMM:M jijiiji

jiijji MML

1T

0TT:F jiijy

jiij TT

Luego:

L

M

224

207M

32

15M

112

51

L

1MM

L

1T 311331

(hacia la izquierda)


L

M

224

207TT 3113 (hacia la derecha)

L

M

224

141M

112

47M

224

47

L

1MM

L

1T 422442

(hacia la izquierda)

L

M

224

141TT 4224 (hacia la derecha)

L

M

224

249M

112

65M

32

17

L

1MM

L

1T 433443

(hacia arriba)

L

M

224

249TT 4334 (hacia abajo)

4) Magnitud y sentido de las fuerzas nodales Nij, Nji en todas las barras.

Equilibrio en el nodo 2:

0TN:F 2421X

L

M

224

141TN 2421 (hacia la izquierda)

0NT:F 2421Y

L

M

224

435TN 2124 (hacia abajo)

Barra 1-2:

0NN:F 2112x

L

M

224

141NN 2112 (hacia la derecha)

Barra 2-4:

0NN:F 4224x

L

M

224

435NN 2442 (hacia la arriba)

Equilibrio en el nodo 3:

0TN:F 3134X


L

M

224

207TN 3134 (hacia la derecha)

0NT:F 3134Y

L

M

224

249TN 3431 (hacia arriba)

Barra 3-4:

0NN:F 4334x

L

M

224

207NN 3443 (hacia la izquierda)

Barra 1-3:

0NN:F 3113x

L

M

224

249NN 3113 (hacia la abajo)

5) Magnitud y sentido de las reacciones de vínculo.

L

M

56

87

L

M

224

207

L

M

224

141TNR 13121x

(hacia la derecha)

L

M

56

171

L

M

224

435

L

M

224

249TNR 12131y

(hacia la abajo)

M28

17M

224

47M

224

89MMM 24212z

(sentido horario)

L

M

56

87

L

M

224

141

L

M

224

207TNR 42434x (hacia la izquierda)

L

M

56

171

L

M

224

249

L

M

224

435TNR 43424y (hacia la arriba)

6) Momentos flexores en todas las barras (momentos positivos en sentido horario).

Barra 1-2:


Lx2

L,x

L

M

224

435M

112

1732

Lx0,x

L

M

224

435M

112

61

xM

Barra 1-3:

Lx0,xL

M

224

207M

112

51xM

Barra 2-4:

Lx0,xL

M

224

141M

224

47xM

Barra 3-4:

Lx0,xL

M

224

249M

32

17xM

7) Diagrama de momento flexor.

8) Giro en el nodo 4 mediante la aplicación del Primer Teorema de Área-Momento en la barra 2-4.

L

0

4224 dx

EI

xMθθ


Teniendo en cuenta que 2 = 0 y considerando la expresión M2-4(x) (momentos flexores en la barra 2-4)

determinada en el ítem anterior:

EI

ML

448

47θ4

El signo positivo indica en este caso que el sentido de 2 coincide con el sentido horario. Luego, el

resultado obtenido coincide con el obtenido en el ítem 1.

9) Coordenada local x’ del punto de la barra 3-4 en donde el momento flexor es nulo.

0xM 43

L249

119x'0x'

L

M

224

249M

32

17

10) Desplazamiento vertical del punto determinado en el ítem anterior mediante la aplicación del

Segundo Teorema de Área-Momento en la barra 3-4.

EI

gAxx'θψψ b

Mx'-3

333x'

En el sistema local de la barra 3-4 se tiene que x3 = 0. Luego, considerando que 3 = (9/112) ML/EI

(ítem 1), que 3 = 0 y que el área AM

3-x’ es un triángulo, se tiene que

L

249

119

3

2L

249

119M

32

17

2

1

EI

1L

249

119

EI

ML

112

9ψx'

EI

ML0020420ψ

2

x' . (ascenso)

EJERCICIO Nº 3 (1.0 punto)

Determinar el desplazamiento vertical del nodo 2 de la estructura mostrada en la figura (E, I constantes).

Considerar solamente deformaciones debidas a flexión. Expresar el resultado en función de las

cantidades F, L, E e I. (1.0 punto)


SOLUCIÓN

Existen varias maneras de resolver el problema. Esta pauta considera una solución mediante el Método

de Flexibilidad.

Barra 1-2 (M21 = 0 debido a la presencia de la rótula elástica):

El desplazamiento en el nodo 2 debido a la acción de F1 es (ecuación (B4), “Apéndice I”):

EI

LF

3

1δ

31

1

Barra 2-3 (M23 = 0 debido a la presencia de la rótula elástica):

1 2 3

L 3/2 L

F


El desplazamiento en el nodo 2 debido a la acción de F2 es (ecuación (B4), “Apéndice I”):

EI

LF

8

9

EI

L2

3F

3

1δ

32

3

2

2

La compatibilidad de desplazamientos verticales en el nodo 2 exige que:

δδδ 21

EI

LF

8

9

EI

LF

3

13

23

1

21 F8

27F

y el equilibrio de nodo exige que:

FFF 21

FFF8

2722

F35

8F2

Finalmente

EI

FL

35

9

EI

LF

8

9δδ

332

2 (descenso)


ANEXO

Determinación de los momentos de empotramiento perfecto de una barra simple sometida a un momento

de magnitud M aplicado en su punto medio (se consideran momentos positivos en sentido horario).

Método de Flexibilidad:

Lo anterior es equivalente a:

Luego:

0θθθθji MiMiMii (1)

0θθθθji MjMjMjj (2)

Los giros en los extremos debidos a un momento aplicado en el punto medio no se encuentran en el

“Apéndice I”. En esta pauta se determinan mediante el Método de la Doble Integración:

Así, el momento flexor del primer tramo de la viga es:


2

L'x0,x

L'

MxM

Realizando la doble integración:

2

L'x0,Cx

EIL'

M

2

1dx

EI

xMxθ 1

2

2

L'x0,CxCx

EIL'

M

6

1dxxθxψ 21

3

Condiciones de borde:

00xψ

0C2 (3)

02

L'xψ

0CL'C2

1L'

EI

M

48

121

2 (4)

de donde:

L'EI

M

24

1C1

La constante C1 es el giro inicial de la barra y por la simetría del problema también es el del final de ella.

Entonces,

EI

ML'

24

10xθθ Mi

EI

ML'

24

1L'xθθ Mj

Del “Apéndice I”, ecuaciones (G3 a, b), se obtiene los giros restantes:

EI

L'M

3

1θ i

Mi i

EI

L'M

6

1θ i

Mj i

EI

L'M

6

1θ

jMi j


EI

L'M

3

1θ

jMj j

Reemplazando en (1) y (2):

0EI

L'M

6

1

EI

L'M

3

1

EI

ML'

24

1θ

jii

0EI

L'M

3

1

EI

L'M

6

1

EI

ML'

24

1θ

jij

Resolviendo,

4

MMM ji (sentido horario)

solución examen final

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