Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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CAPÍTULO I
CONCEPTOS GENERALES
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CONCEPTOS GENERALES
I - 2
PROYECTO ESTRUCTURAL
El proyecto estructural, desde el punto de vista del cálculo; consta de dos etapas
que se complementan: a) la etapa del análisis estructural y b) la etapa del diseño
estructural.
El objetivo del análisis estructural y consecuentemente del diseño, es la
obtención de una edificación, como producto terminado; seguro, funcional y
económico, además de estético.
Las estructuras y sus elementos deben ser concebidas y calculadas de tal
manera que resistan con un margen de seguridad (factor de seguridad) todas las
cargas y deformaciones que se producen desde su construcción hasta el periodo
de su vida útil. Para alcanzar tal objetivo, hay que encontrar para cada estructura
en particular el método más apropiado de análisis.
ANÁLISIS ESTRUCTURAL
El análisis estructural de una edificación es la determinación de la respuesta de
la estructura ante la solicitación de cargas y esta se expresa a través de la
determinación y cálculo de los esfuerzos internos y de las deformaciones tanto
a nivel de cada elemento y en forma global a nivel de la estructura.
Modelo matemático:
Antes de analizar una estructura real o imaginaria, es necesario plantear un
modelo matemático sobre el cual trabajaremos. El modelo matemático consiste
en definir los ejes de los elementos resistentes (estructurales) y sus conexiones
entre ellas así como las condiciones de apoyo y el sistema de cargas que
actuarán en la estructura.
Respuesta estructural:
El análisis estructural conlleva a la determinación y cálculo de la respuesta de la
estructura ante la acción de cargas. La respuesta de la estructura se expresa a
través de dos parámetros: esfuerzos internos y deformaciones.
Los esfuerzos internos pueden ser: a) esfuerzos norm ales (esfuerzo normal por
momento flexionante “M” y esfuerzo normal por fuerza axial “N”) y, b) esfuerzos
de corte (esfuerzo de corte por fuerza cortante “V” y esfuerzo de corte por
momento torsionante “Mt”)
Las deformaciones tanto a nivel de sección de elementos y a nivel global de la
estructura, son: a) traslacionales (desplazamiento en una o varias direcciones
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
I - 3
de los ejes principales X, Y y Z) y, b) rotacionales (giro en uno o varios planos
que conforman los ejes principales, planos XY, plano XZ y plano YZ).
La respuesta de la estructura ante la acción de un sistema de cargas cualquiera
depende de dos factores: a) de la estructura propiamente dicha y, b) de lamagnitud de las cargas .
Estructura:
Si realizamos un análisis plano, se tendrá en cuenta el material (módulo de
elasticidad “E” y módulo de corte “G”), las pro piedades de sección de cada
elemento (área “A” y momento de inercia “I”). Adicional a esto, se tendrá en
cuenta la esbeltez de los elementos, el tipo de conexión entre barras y la
condición de los apoyos así como la estabilidad de la estructura.
Si se realiza un análisis espacial, se tendrá en cuenta además de lo señalado
anteriormente, la configuración en planta y en elevación, a fin de determinar si
la estructura es regular o irregular. Las estructuras regulares resisten bien a las
cargas gravitacionales y laterales, mientras que las estructuras irregulares tienen
como principal enemigo a la carga lateral o de sismo (por el efecto de torsión en
planta).
Cargas:
Los tipos de cargas que mayormente actúan en una estructura son las cargas
gravitacionales (verticales) y las cargas laterales (horizontales).
La cargas gravitacionales están referidas a: a) carga m uerta que proviene del
peso de los materiales, dispositivos de servicio, equipos, tabiques y otros
elementos soportados por la edificación, incluyendo su peso propio, que se
propone sean permanentes y, b) carga viva que proviene del peso de todos los
ocupantes, materiales, equipos, muebles y otros elementos movibles soportados
por la edificación.
Las cargas laterales están referidas fundamentalmente a las cargas del sismo,
pudiendo ser relacionadas también a las cargas del viento y a las cargas de
presiones de tierras.
En consecuencia, las edificaciones y todas sus partes deberán ser capaces de
resistir la acción de cargas impuestas como consecuencia de su uso previsto.
TIPOS DE ANÁLISIS
Se puede realizar dos tipos de análisis: a) análisis plano “2D” y, b) análisis
espacial “3D”.
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CONCEPTOS GENERALES
I - 4
Análisis plano: 2D
El análisis plano de estructuras reales se realiza con cargas estáticas y con
cargas dinámicas. En el caso de las cargas estáticas puede desarrollar mediante
un análisis de cargas estáticas y mediante cargas dinámicas.
Por cargas estáticas
Por cargas dinámicas
Análisis espacial: 3D
Por cargas estáticas
Por cargas dinámicas
MÉTODOS DE ANÁLISIS
- Cada problema tiene su método de análisis más apropiado.
- Existen el método más apropiado para cada tipo de problema en
particular.
- Este texto facilita al estudiante el entendimiento del comportamiento de
las estructuras y el aprendizaje de las técnicas de análisis tradicionales y
modernos.
- Dentro de los métodos existentes se encuentran:
Método energético
Método tradicional
Método matricial
Método de los elementos finitos
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CAPÍTULO II
TRABAJO DE LA DEFORMACIÓN ELÁSTICA
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 2
MÉTODOS ENERGÉTICOS
TRABAJO DE LA DEFORMACIÓN ELÁSTICA
ó
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN
Se considera que los cuerpos sólidos en la mecánica de materiales estánformados por materia que consiste de partículas denominadas puntos materialesy cuyo conjunto constituye la configuración del cuerpo – elemento. Se dice queel cuerpo – elemento experimenta una deformación cuando cambia suconfiguración, o sea cuando se desplazan sus puntos materiales (sufren unreacomodo).
Si se supone un sistema de fuerzas aplicado a un cuerpo, este sedeforma hasta que el sistema de fuerzas internas equilibra al sistema de fuerzasexternas. Las fuerzas externas realizan un trabajo que se transforma y acumulaen el cuerpo como energía interna, esta energía (o trabajo interno) es el utilizado
por el cuerpo para recuperar su forma cuando cesa la acción del sistema defuerzas externas. Si el cuerpo recupera exactamente su forma inicial se dice quees un cuerpo perfectamente elástico, e indica que el trabajo de las fuerzasexternas durante la deformación del cuerpo se transformará totalmente enenergía de deformación. (Se desprecia la pérdida de energía por cambio detemperatura del cuerpo, por ser cantidad pequeña).
Considerándose una barra elástica de sección transversal A y longitud L, sujetaa una carga axial P, aplicada gradualmente, como se muestra en la figura 3.
(Fig. 1) Sistema Recto
A B
P1
Lδ1
A B
P
R
δ
(Fig. 2) Sistema Curvo
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II - 3
Sabemos:
El trabajo externo desarrollado en contra de las fuerzas internas del sistema es:
∫
∫
()
( ) ( ) ()
δ
A
L
P
(Fig. 3)
P
δo
(P , δ )1 1
Wext.
RELACIÓN: CARGA - DEFORMACIÓN
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 4
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN
El trabajo de la deformación elástica corresponde al área sombreada deltriángulo mostrado, es decir, está representado por el área bajo la recta.
En el caso de la elasticidad no lineal, la energía de deformación es elárea bajo la curva.
ENERGÍA DE DEFORMACIÓN EN BARRAS
CASO I: Debido al esfuerzo normal
()
()
()
Como:
P
δ
Wext.
CASO NO LINEAL
P
δ
Wext.
CASO LINEAL
δ
A
L
P
d = d .dv s A
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II - 5
(2) en (1):
(A.L) = Representa un volumen que se puede considerar unitario, obteniéndoseel llamado TRABAJO ESPECÍFICO DE DEFORMACIÓN , es decir, la
energía de deformación almacenada en la unidad de volumen.
Como:
De la energía especifica de deformación:
∭
∭
ds
d Ad = d .dv s A
Tomando una d iferencide volumen
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 6
(3) en (4):
∭
∭
∫ ∬
A. EFECTO DE FUERZA NORMAL
en (5):
∫ ∬
Como N, E, A son constantes en una sección transversal.
Además:
∬
En (6):
∫
∫
B. EFECTO DE MOMENTO FLEXIONANTE
En (5)
∫ ∬
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II - 7
Como M, E, I son constantes en una sección y
Además:
∬
En (7)
∫ ∬
∫
CASO II: Debido al esfuerzo cortante
Sabemos:
()
A
Ld = d .d .v x y dz
o
z
y
x
dy
dx
P
P
δ
P
P
Elemento sujetoa fuerza cortante
P
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 8
Considerando: dx.dy.dz = 1, volumen unitario, se obtiene el TRABAJOESPECÍFICO DE DEFORMACIÓN debido a esfuerzo de corte.
ENERGÍA ESPECÍFICA DE DEFORMACION DEBIDA A ESFUERZO DE CORTE
Como:
De la energía específica de deformación:
∭
∭ (4) en (5):
∭
∭
∫ ∬
A. EFECTO DE FUERZA CORTANTE
En (6)
∫ ∬
∫ ∬
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II - 9
Como: V, G, A son constantes y además:
∬
(*) Factor o coeficiente de forma (solo depende de la forma de la seccióntransversal)
En (7)
K = 1.2, Para secciones rectangulares y triangulares
K = 10/9, Para secciones circulares.
∫
∫
(*) TRABAJO DE DEFORMACIÓN POR FUERZA CORTANTE
B. EFECTO DE MOMENTO TORSIONANTE
Considerando sección circular:
En (6)
∫ ∬
∫ ∬
Como: son constantes y además:
∬
En (8)
∫
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 10
∫
(*)TRABAJO DE DEFORMACIÓN POR MOMENTO TORSIONANTE
Aplicando el Principio de Superposición de Causas y Efectos a fin deconsiderarse los 4 efectos simultáneamente en a barra; además como unsistema estructural esta compuesto de varios elementos Aplicando la sumatoria,se obtiene la energía interna a trabajo interno debido a la deformación elástica.
∑ ∫ ∑ ∫
∑∫ ∑∫
En donde:
El trabajo de la deformación elástica debido a:
- FUERZA AXIAL (Tracción o Compresión):
∑ ∫
- MOMENTO FLEXIONANTE:
∑ ∫
- MOMENTO TORSOR:
∑ ∫
FACTOR DE FORMA “K”
El coeficiente de forma o factor de forma “K” de la sección transversal de un
elementos, esta dado por la siguiente expresión:
∬
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II - 11
En donde:
Q = A.d ; Momento elástico
I = Momento de Inercia
t = Ancho de la sección
A = Área de la sección
K = 6/5 = 1.2 : Para secciones rectangulares
K = 10/9 : Para secciones circulares
K = 1 : Para secciones I
y
dy
x dx
S
d s
dx
dy
α
α
s
d s
θ
dθ
θ
dx
dy
R
d = Rds θ
o ≤ ≤θ α
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 12
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Determinar el trabajo de la deformación elástica de la viga en cantiléver
SOLUCIÓN:
En esta estructura se presentan los efectos de flexión y corte, por lo tanto:
∫ ∫
1º. Cálculo de las fuerzas internas
TRAMO AB:
2º. Cálculo de la “
∫ ∫
P
L B A
Px
LB A
+
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II - 13
PROBLEMA Nº 02
Calcular el trabajo de la deformación elástica para la viga de sección constante.
SOLUCIÓN:
∑ ∫ ∑∫
1º. Cálculo de las fuerzas internas
TRAMO AB:
TRAMO CB:
2º. Cálculo de la “ : En (1):
∫
∫
∫
∫
P
B A
3L/4C
L/4
L
Px
LB
A
+
x
3L/4
P/4 3P/4
CL/4
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 14
PROBLEMA Nº 03
Encontrar el trabajo de la deformación elástica por todo concepto de la estructuraen arco de circunferencia. La sección es única y tiene radio (r = 0.05R), usar
G=0.4E
SOLUCIÓN
∫ ∫
∫
TRAMO BA:
Además:
R
B
A
P
d = 2r
x - x
RP
d = Rds θ
B
A
Psenθ
θ
θ
dθ
(R - Rcos )θ
S
d = 2r
x - x
x
x
PcosθM=P.d
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II - 15
En (1):
A.
∫
∫
OJO:
∫ ( )
( ) ∫
( )
B.
∫
∫
OJO:
∫ ∫
( ) ∫
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 16
C.
∫
∫
OJO:
∫
∫
( ) ∫
Reemplazando las expresiones encontradas:
PORCENTAJE DE PARTICIPACIÓN:
La influencia del cortante y del normal es insignificante en relación a la flexión,por consiguiente se pueden despreciar.
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II - 17
PROBLEMA Nº 04
Para la estructura que se muestra, hecha de una varilla maciza de diámetro(d =0.1a), siendo G = 2/5 E , determinar el trabajo de la deformación elástica
considerando todos los efectos.
SOLUCIÓN:
1º. Cálculo de las fuerzas internas:
TRAMO AB:
Plano: XZ
a
a
a
A
BC
D
P
d = a/10
o
X
Z
Y
a
a
a
A
BC
D
Px
+
d = a/10
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 18
TRAMO BC:
TRAMO CD:
√
o
X
Z
Y
a
BC
D
Pa
+
x
PPlano: XY
o
X
Z
Y
C
D
Pa
+
PPa
a
C
D
P
+
a
x
a √ 2
P a √ 2
P
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II - 19
√
2º. Cálculo de la energía interna
∑ ∫ ∑ ∫
∑ ∫ ∑∫
POR FLEXIÓN:
[∫
∫
∫√
]
POR CORTE:
( )
[∫
∫
∫
]
POR CARGA AXIAL:
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II - 20
[∫
∫
∫
]
POR TORSIÓN:
[∫
∫
∫
]
PORCENTAJE DE PARTICIPACIÓN:
∑
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II - 21
PROBLEMA Nº 05
Hallar:
SOLUCIÓN:
∫
TRAMO AB:
∫
∫
∫
∫ ( )
( ) ∫
( )
R
A C
P
B
P
R
A CP
B
P
dθ
ds=Rdθ
Rsenθθ
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 22
PROBLEMA Nº 06
Considerando solo el efecto de flexión (EI=cte), calcular la energía dedeformación elástica acumulada en la estructura.
SOLUCIÓN:
1º. Reacciones:
∑
√
∑
∑
A
4a
qa²
B 3a C
R Sen A 45º = qa
AR Cos A 45º = qa
X
4a
45º
R A
45º
qa²
B 3a
X
Hc = qa
Vc = qa
C
+
+
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II - 23
2º. Acciones Internas
TRAMO AB:
TRAMO CB:
3º. Energía de deformación
∑ ∫
∫ ∫
∫
∫
PROBLEMA Nº 07
La barra ABC de sección circular esta doblada según la recta AB y el cuadrantede circunferencia BC, si esta fija en A y libre en C, hallar la Energía deDeformación Elástica al actuar una carga “P” en C, perpendicular al plano de la
barra. Considerar los efectos de deformación por flexión y torsión(J = 2 I, G = 0.40 E).
B
A
C
r r
Y
Z
X
P
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 24
SOLUCIÓN:
TRAMO CB:
TRAMO BA:
θ
B
A
C
r r
Y
Z
X
P dθ
ds r = dθ
θ
B A
C
r
r
YZ
X
P
dθ
θ/2
d / 2
d / 2
θ/2
M=MCosθ/2f
-
M=Pd
M=MSen θ/2t
+
d=2rSen /2θ
MomentoTorsor: +
P
B A r
r
YZ
X
P
Px
45º
M=√2 Pr
Mt
+
Mf
+
r √ 2
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II - 25
∑ ∫ ∫
∫
( )
∑∫ ∫
∫
( )
( )
PROBLEMA Nº 08
Solo efectos de flexión EI = cte.
TRAMO DC:
TRAMO CB:
P
AB
CD a
2a
3a
P
CD a
x
+
B
C
2a
P
Pa
x
+
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TRABAJO DE LA DEFORMACION ELÁSTICA
II - 26
TRAMO BA:
∑ ∫ ∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
P
A B Pa
x
+
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CAPÍTULO III
PRIMER TEOREMA DE
ALBERTO CASTIGLIANO
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 2
1er TEOREMA DE ALBERTO CASTIGLIANO
Calcula.- Deformaciones en Sección de elemento
La deflexión del punto de aplicación de la carga medida a lo largo de la línea deacción de , puede expresarse como la derivada parcial de la energía de deformación
con respecto a la carga . ∑ ∫ ∑ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
La deflexión se obtiene directamente cuando la carga esta aplicada en el punto
donde se va obtener .Si la carga “i” no está ubicada en el punto donde se quiere obtener aplicaremos una
carga ficticia en el punto de análisis de luego se deriva respecto de .
∑ ∫ ∑ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
Luego haciendo , se obtiene la deflexión en la dirección deseada.
El teorema también es válido cuando se trata de hallar giros, en cuyo caso se aplicará.
Ángulos de torsión:
Pi
δi
i
Pi (Ficticia)Qi
δi
i
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 3
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Hallar la deflexión vertical del extremo libre de la viga en cantiléver mostrado en alfigura.
Considerar solo efectos de flexión (EI=constante)
SOLUCIÓN:
Tramo AB:
∫ ∫
∫
P
A BL
x
L
P
A B δB
+ B|
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 4
PROBLEMA Nº 02
Hallar (EI=cte)
SOLUCIÓN:
Tramo AB:
∫
∫
∫
L A B
W
x
L
Q (Ficticia)
A B
W
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 5
PROBLEMA Nº 03
Hallar del sistema mostrado en la figura.
SOLUCIÓN:
Tramo AB:
Tramo BC:
∫ ∫
∫ ∫
P
A
B Ca a
xP
A
B C2EI
EI
a a
xP
BC
2EIPa
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 6
PROBLEMA Nº 04
Hallar la flecha al centro de la luz de la viga simplemente apoyada solicitada concarga uniformemente repartida: (EI = constante)
SOLUCIÓN:
Tramo AC:
∫
∫
∫
∫
B
W
AC
L
x Q (Ficticia)
B
W
AC
WL2
Q2
+ WL
2Q2
+Lδ
C
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III - 7
PROBLEMA Nº 05
Determinar el giro en el extremo libre de la viga en voladizo mostrado en la figura
Considerar solo efectos de flexión. (EI = constante)
SOLUCIÓN:
Tramo AB:
∫
∫
∫
L B A
W
x
θ A
A’
(Ficticia)M A
L
B A
W
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 8
PROBLEMA Nº 06
En la estructura mostrada determinar el desplazamiento horizontal del nudo A y lafuerza horizontal H que anula este desplazamiento. Considerar solo el efecto de la
deformación por flexión EI.
SOLUCIÓN
Tramo AB:
Tramo CB:
∫ [ ]
∫ [ ]
∫
∫
∫
∫
r
37ºr r
P
B
C A
r 37º
r r
P
B
C A
d =rds θ
dθ
θ
d =rds θ
θ
dθ
4P/5
3P/5
37º
3P/10 3P/10
H+4P/5H
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 9
Cálculo del desplazamiento ”
Cálculo de “H” que anula este desplazamiento:
PROBLEMA Nº 07
El anillo de la figura está fabricado con un perfil de acero cuya sección es m-n. si alser construido hay un error de longitud, por defecto, de 0.05m. Hallar la fuerzanecesaria F para unir los extremos libres y poder soldarlos.
F F
3 m.
0.05m
1 1’
2
3
4
m
n
8’’
12’
3/8’’
3/8’’
½’’
SECCIÓN: m - n
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 10
SOLUCIÓN
Analizando media estructura
∫ ∫ ∫ ∫
∫
∫
∫
∫ ∫
∫
* +
3
F1
3
d =rds θ
MFsenθ
Fcosθ
F
dθθ
1
θ
rCosθ
+
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III - 11
Datos:
(
)
PROBLEMA Nº 08
Para el sistema mostrado en la figura, calcular el desplazamiento vertical del nudo“D”. Considerar solo efectos de flexión:
5 m
P=6 ton.
12 ton.
12
A
CD
B
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 12
SOLUCIÓN
1º. Reacciones
∑
∑
2º. EFECTOS EN LAS BARRAS
Tramo AC:
Tramo DC:
Tramo DC:
5 m
x
x
xP=6 ton.
12 ton.
12
A
C D
B
R A
RB
+
+
+
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III - 13
3º. Cálculo del: ∑ ∫
∫ ∫
∫
∫ ∫
PROBLEMA Nº 15
Hallar
a
2a
B C
w
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 14
SOLUCIÓN
1º. De la estática:
∑
∑
2º. Cálculo de Tramo AB:
d =ads θ
dθθ
a
V =P-wac
2a
B C P=wa
V =P-wa A
H A
x
w
YX
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III - 15
Tramo BC:
Como:
∑ ∫ ∫
∫
∫
∫
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 16
PROBLEMA Nº 10
Considerando solo efectos de flexión calcular el desplazamiento horizontal delapoyo móvil. (EI = Constante)
SOLUCIÓN
1º. De la estática:
∑
∑
Tramo AB:
A
B Cw
a 2a
A
B Cw
a
a 2a
(Ficticia) Q
AV
Q
CV
A
B C
w
a 2a
Q
x
αY
(2/3wa - Q/3)
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III - 17
Pero:
∫
√
√
∫ √
∫ √
√ ∫
√
α
dsdy
dx
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 18
Tramo BC:
∫
∫
∫
∫
√
A
BC
w Q
x
(4/3wa + Q/3)
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III - 19
PROBLEMA Nº 11
Calcular el valor de la carga P para que los extremos A y D sufran el mismodescenso vertical
SOLUCIÓN
Tramo AB:
Tramo DC:
Tramo BC:
1m 1m
1m
300 kg
P
B
A
C D
E
2m
1 m 1 m
1 m
Q=300 kg
P
B
A
C D
E
2 m
x
x
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 20
Tramo CE:
PROBLEMA Nº 12
Hallar
Q
xB C
Q
x
M =(P-Q)f
M =Qf
P+Q
C
E
1m
1m.
2m.
5000 kg.
A
B
C
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III - 21
SOLUCIÓN
Sabemos:
∑ 1º. Reacciones
∑
2º. Equilibrio de nudos
Nudo “B”:
∑
√ √
Q
βα
(Q+5000)
V = V =Q+2500C A
5000 kg.
V A
A
B
C
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III - 22
∑
√ √
Nudo “C”:
∑
√√
3º. Efectos axiales (+): Tracción (-): Compresión
Y
X5000
N AB
α
NBC
X
Y
XQ+5000
N AC
Q+2500
β
2500
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III - 23
√ √ √
√ √ √√ √
TOTAL
PROBLEMA Nº 13
Hallar
1m.
1m.
2m.
Q √
√
2 + 5 0
0 0 2
2500
250Q√2
Q
βα
(Q+5000)
V = V =Q+2500C A
5000 kg.
V A
A
B
C
60º 45º
EI= 8
EA= 8
BARRA RÍGIDA
P2L/3L/3
E, A, L
A B
C D
E, A, L
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III - 24
SOLUCIÓN
D.C.L. (Barra)
∑
En el sistema tipo armadura
∑ ∑
Nudo: “B”
∑ √
P
2L/3 L/3 A
L
Q
60º 45º
B
C D
Q
X
Y
X
NBC
Q
45º
NBD
60º
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III - 25
∑
√ √ √
√ √
√ √
:
√ √ √ √
√ √
√
√ √ √ √ √ √
√
√
√ √ √
√
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III - 26
PROBLEMA Nº 14
Para la estructura reticular plano, se pide calcular el desplazamiento horizontal delNudo 4 (Apoyo móvil)
,
SOLUCIÓN
Reacciones
∑
∑
1º. Cálculo de las fuerzas axia les en las barras
Nudo:
∑
∑ √
1
2
4
3
5 6
3m 3m 3m
3m
18 ton.6 ton.
1
2
4
3
5 6
Q Q
18 ton.6 ton.
V4V1
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III - 28
2º. Cálculo de
∑
(+): Tracción - (-): Compresión - Q = 0 (Ficticia)
√
√
√ √
√ √
TOTAL
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III - 29
PROBLEMA Nº 15
Para la estructura bi – articulada, determinar el desplazamiento vertical de 3 y horizontalde 4. Considerar para todas las barras.
SOLUCIÓN
1º. Reacciones
∑
∑
2º. Fuerzas axiales internas:
Nudo:
∑ √
∑ √
1
2
43
5
3m 3m
3
8 ton.6
8 ton.
2 43
5
3m
8 ton. 6
8 ton.
4√2
4√2
4√2
4√2
V5V1
P
H 1
1 H5
P
N23
Y
X
4√2
N12
4√2
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III - 30
Nudo:
∑
√
√
∑
√
√
Nudo:
∑ √ *√ +
∑ *√ +
√
Nudo:
∑ √
√
∑ √ [ √]
√
N13
45º
½ (P+Q)
Y
X
H1
4√2
N34
Y
X
P
4√2
√2/2(P+Q)-8 N36
45º
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III - 31
3º. Cálculo de los desplazamientos
N46
45º
Y
½ (P-Q)+4√2
4√2
4√2
N56
1
2 43
5
3m 3m
3m
8 ton. 6
8 ton.
√ 2 / 2 ( P + Q
) - 8
4√2
1/2(P-Q)
1/2(P-Q)+4√2
√ 2 / 2 ( P -
Q )
1 / 2 ( P
- Q ) + 4
√ 2
4√2
4√2
4√2
4√2
4√2
V5V1
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III - 32
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 33
PROBLEMA Nº 16
Para la estructura reticulada mostrada en la figura, se pide determinar eldesplazamiento vertical del Nudo “5”
SOLUCIÓN
1º. Reacciones
∑
∑
∑
2º. Fuerzas axiales:
Nudo:
∑
∑
√
1
2
4
3
5
a a
a
Q
2A
2A
A A
A2A
P
2P
1
2
4
3
5
Q
P
2P
V1 V4
H1 H4
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 34
Nudo:
∑
∑
Nudo:
∑
∑
Y
X
V4
45º H4
N34
XN23
45º
N34N35
2P
Y
Y
X
N12
V1
N15H1
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 35
Nudo:
∑
∑
√
3º. Cálculo de
(+): Tracción
(-): Compresión
√ √ √ √
√ √ √ √
TOTAL
√
Y
XN23
45º
N25N12
P
(14-Q)1
2
4
3
5
a a
a
Q H
V4V1
P-Q2
4
P+Q2
3P+Q2
Q
2A
2A
A A
A
2A
P
2P
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 36
√
PROBLEMA Nº 16
Hallar el desplazamiento vertical del nudo , del sistema bi -articulado
SOLUCIÓN
1º. Reacciones
∑ ∑
2º. Equilibrio de nudos:
1
2
43
5
1.5m. 1.5m.
2m.
8 ton.
P
8
1
2
43
5
8 ton.
P
8
12 ton
8 ton.H =1
-16/3+P/2V =153/3+P/V =5
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 37
Nudo:
∑
∑
Nudo:
∑
3º. Efectos axiales
(+): Tracción (-): Comprensión
Y
X8
α=53º
N35N13
P
α=53º
Y
X8 α=53º
(20/3-5P/8)
(-16/3 + P/2 )
N15
1
2
43
5
1.5m. 1.5m.
2m.
8 ton.
P
(4+3/8P)
8
V =-16/3 + P/21 V =53/3 + P/2
5
H =8 ton.1
12
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 38
TOTAL
PROBLEMA Nº 18
Para la estructura con elementos bi - articulados (armadura), calcular eldesplazamiento vertical del nudo 4.
Considerar para todos los elementos:
Hallar: 45º 6 ton.
1
2 3
5 4
12 ton.
4m. 3m.
3m.
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
III - 39
SOLUCIÓN
1º. Cálculo de las fuerzas axiales:
Nudo:
∑ √ ∑ √ √ √
∑
√
∑
√
Nudo:
∑ √
√
∑ √ √
45º 6 ton.
1
2 3
5 4
12 ton
R5
3 2√
R1
3 2√
3 2√
Y
X45º
P
N34
N45
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1er. TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
III - 40
√
2º. Cálculo de:
∑ ∫
En donde: (+): Tracción (-): Compresión
√
√
√
√
√ √ √
TOTAL
Y
X37º
N13
3/4P - 3/4 2√
3 2√
3 2√
P
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CAPÍTULO IV
MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 3
Como: (Ficticia)
Reemplazando en el 1er Teorema de A. Castigliano:
∑∫ ∑ ∫ ∑ ∑ ∫
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 4
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 06
Para la estructura mostrada en la figura, se pide determinar el desplazamientovertical en la rótula.
(EI = constante)
SOLUCIÓN:
a. En el sistema de carga real:
1º. Reacciones
∑
A
BRótula
D
E
C
wa²
a 3aa
4a
A
BRótula
D
53º
C
wa²
AV =wa 5
AH =wa 5
x
M
xE
4/3x=y
wa 5
w 5
dx
dyd ds=5 /3 x
53º
Sistema de carga real
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IV - 5
∑
b. En el sistema de carga virtual:
∑
2º. Cálculo de los efectos de flexión al momento flexionante
A
BRótula
D
53 º
C
Av = 4 5
x
m
x
E
4/3x=y
1/5
dx
dyd ds= 5/3 x
53 º
1/ Ah = 1
5
1
Sistema de carga virtual
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 6
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
B C
x
R=wa²
wa 5
4wa² 5
wa 5
B C
x
4 5
4a 5
15
m = 4/5x - 4a/5
C D
x
wa 5
wa 5
C D
x
4 5
1 5
m = 4/5x
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 8
SOLUCIÓN:
∑ ∫
R
B
D
C
A
4R w
ds=Rdθ
dθ
θ
4wRw
B
A
x
R(1-Cosθ)
C
4wR
4wR
M
SISTEMA DE CARGA REAL
d =ads θ
dθ
θ
½
B
D1
x
R(1-Cosθ)
C
½
1
m
SISTEMA DE CARGA VIRTUAL
A
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IV - 9
Tramo AB:
Tramo BCD:
En (1):
∫ ∫ ()
∫ ∫
∫ ∫
PROBLEMA Nº 06
Hallar el alejamiento de los bordes A y D de un canal usado para transportar un
fluido cuyo , cuando:
, A
D
BC
4a3.2a
6a3a 3a
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 10
SOLUCIÓN:
1. Cálculo de reacciones
a. En el sistema de carga real: Aprovechando la simetría
∑
b. En el sistema de carga virtual:
2. Cálculo de las fuerzas internas de cada elemento
Tramo AA’:
A’ C’
AD
BC
δ=800 kg/m3
F=1/2 lw=5614.08 a²
53º
W
B’
W W
l = 4 . 3 8 6 a
RR
h=3.2a
w=δ.h.1m
w=2560a(kg/m)Sistema de Carga Real (M)
o
A’C’
A
B
53º
B’
oo
Sistema de Carga Virtual (m)
oC
4/5
3/5
x
1 1
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 13
∑ ∫
Tramo BC:
∫
∫
Tramo AB:
P
A
B
C
R
x
SISTEMA DE CARGAS REALES (M)Efectos reales de flexió
A
BC
1
x
SISTEMA DE CARGA UNITARIA (m)Efectos virtuales de flexió
P
A
B
x R
4Ra
A
B
x
1
4
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 14
Reemplazando en la ecuación (1)
∫
∫
(2) y (3) en (1):
∫
∫
∫
∫ [ ]
* +
dx
dyds
α
x
y
α
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 15
∑
2º. Cálculo del desplazamiento horizontal del rodillo:
∫
P
A
BC
25104
P
25104P
P
1413M =
APa
P
A
B
C
x
25
104P
SISTEMA DE CARGAS REALES (M)
A
BC
x
1
SISTEMA DE CARGA UNITARIA (m)
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 16
Tramo BC:
∫
Tramo AB:
∫
Reemplazando en la ecuación (2):
∫
x
1
A
B
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 17
PROBLEMA Nº 01
La barra ABC, ubicada en un plano horizontal, está sujeta a una carga vertical“w”, uniformemente repartida. Determinar el desplazamiento vertical de “C”.
Datos:
E, G=0.4E
I, J = 2I
SOLUCIÓN:
C
A
w
B
w
3 a 3 a
3 a
X
Z
o
C B
w
3 a 3 a
3 a
X
Z
tM =3√2wa( 2
3 a)=9wa²√23a 2√
o
3a 2√
x
A
w
En el sistema de carga real
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 19
SOLUCIÓN:
∑ ∫
∑ ]
∑
A
B
C
22 ton.
2.3m.
2m.
1m.
x dx
N+
i jL
T T: TRACCIÓN
x dx
N-
i jL
c c: COMPRESIÓN
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 20
1º. Reacciones
∑
∑
2º. Equilibrio de nudos
a. En el sistema de carga real
Nudo C:
A
B
C
22 ton.
22 ton
V
En el sistema de carga real
A
VB
A
B
C
1
V
En el sistema de carga virtual
A
VB
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 21
∑
∑
Nudo B:
∑
Y
X
NBC
22
α
N AC
Y
X
19.13
22
N AB
19.13
β
A
B
C
22 ton.
2.2
19.13
9.565
23.990
3 6 . 1 5 7
19.13
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 22
b. En el sistema de carga virtual:
Nudo A:
∑
Y
X
N AB
1θ
1.304
A
B
C
22 ton.
1
1.304
1 . 6 4 3
1.304
1
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IV - 23
3º. Cálculo de :
TOTAL
PROBLEMA Nº 07
Para el sistema de armadura con elementos bi-articulados se pide calcular eldesplazamiento vertical del nudo 3.
SOLUCIÓN:
∑
1º. En el sistema de cargas reales:
1
5
4
2 353º
2m.2m.
2m.
5 ton.
1
5
4
4 ton.
253º3 ton.
5 ton.
H1
H5
V5
3
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 24
A. Cálculo de las reacciones:
∑
∑ ∑
B. Cálculo de las fuerzas axiales en las barras
Nudo 5:
∑
√ √
∑
√ √
Y
X
N
α
4
15N45
4
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IV - 25
Nudo 1:
∑
∑
√
2º. En el sistema virtual de carga unitaria :
A. Cálculo de las reacciones:
∑
Y
X
N
β
414
N12
4
1
5
4
4 ton.
253º
2
2 5 √
2 5 √
3
4
3 ton.
5 ton.
H =71
H =45
V =45
1
5
4
2H1
H5
V5
3
1
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IV - 27
3º. Cálculo del desplazamiento:
√ √
√ √
√
√
√
TOTAL
PROBLEMA Nº 08
Para la armadura mostrada, calcular el desplazamiento horizontal y vertical del
nudo y la rotación de la barra - . Considerar para todas las barras:
1
5
4
3
√ 5
2H =2
1
H =25
V =15
√ 5
2
1
2
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 28
SOLUCIÓN:
I. Cálculo del desplazamiento horizontal
1º. Reacciones
a. En el sistema de carga real: N
b. En el sistema de carga virtual: n
Nudo:
∑
∑
4m.1 2
3
6000 kg
53º53º
4m.
3m
37º
4m.
3000 kg
1 2
3
6000 kg
53º53º
4m.
3m
37º
3000 kg
Y
X
1
37º37º
n23n
13
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IV - 29
2º. Cálculo del desplazamiento horizontal
∑
II. Cálculo de desplazamiento vertical
1º. Reacciones
a. En el sistema de carga real: N
b. En el sistema de carga virtual: n
4m.
N = 500013
0
3000 kg
1 2
3
6000 kg
53º53º
N = 500023
4m.
3m
37ºN = 400012
3000 kg
N
n13
½
1 2
3
1
n23
37º
n = 2/312
½
53º53º
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 30
Nudo:
∑
∑
Nudo:
∑
2º. Cálculo del desplazamiento horizontal
∑
III. Cálculo de la rotación de la barra: -
Método 1:
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IV - 31
1 2
3
∆v
m L
∆H
∆HCotα ∆ H C s c
αα
α
m
L
δ
α
m
(∆ )V - HCot α∆
( HCscαδ - ∆
23θ =
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 32
Método 2:
Fuerzas axiales:
Nudo:
∑
∑
De :
n13
1/8
1 2
3
1
n23
n12
1/8
8m.
5 m.
1/5 =
F=1/5
Y
X
53º37º
37º
n13
23
13
n
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IV - 33
Nudo:
∑
Rotación de la barra 2 - 3:
∑
Y
X37º
n
n =5/2413
12
1/8
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 34
PROBLEMA Nº 09
Para la estructura con elementos bi – articulados, se pide determinar eldesplazamiento horizontal del apoyo móvil.
(EA=constante)
SOLUCIÓN:
1º. Cálculo de las reacciones:
a. En el sistema de carga real:
∑
1
2 4
3
5
P
2P
1V
4V
P
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IV - 35
b. En el sistema de carga virtual:
∑
2º. Cálculo de los efectos debido a la fuerza axial
a. En el sistema de carga real:
Nudo 1:
∑
∑
1
24
3
51
1V
4V
Y
X
N
45º
P
13
N15
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TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA
IV - 38
SOLUCIÓN:
1. En el sistema de carga real: N
∑
√
√
∑
√
√
2. En el sistema de carga virtual: n
∑ √
√
37º45º
a
√2/2BD
N
3/5BC
N
BDN
BCN
√2/2BD
N
4/5BCN
P
2a/3 a/3
D.C.L. VIGA
37º45º
1
a
a
√2/2BD
n
3/5BCn
BDn
BCn
√2/2BD
n
4/5BCn
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IV - 41
2º. Cálculos de los efectos debido a la fuerza axia l
a. En el sistema de caga real:
Nudo:
∑
∑
√
b. En el sistema de carga virtual :
Nudo:
Y
X
N
45º
34
32
P
H4
P/21
2
4
3
5
H =
V4=
4
P2
3P2
Q
P2P
P2
3P23P2
32
P2
P2
P
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CAPÍTULO IX
MÉTODO DE KANI
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MÉTODO DE KANY
IX - 4
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCION:
1º. Grado de hipergeometría: 4º GRADO (
2º. Rigideces
4000 kg / m
4000 kg
1 3
6
2
4 5
3m
6m6m
4000 kg / m
2I 2I
I II
E
E
E
E
E
E
4000 kg
1 3
6
2
4 5
3m
6m6m
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 5
m.c.m. = 3
3º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 7
1ra Iteración:
* +
Nudo :
Nudo :
Nudo :
2da Iteración:
Nudo :
1 3
6
2
4 5
0300035003586361436223624
-120003000
35003586361436223624
120000
251262254251251
00251262254251251
-120000
251262254251251
12000-3000
-2563-2417-2385-2377-2376
0-3000-2563-2417-2385-2377-2376
0
-0.167 - 0 . 1
6 7
- 0 . 1
6 7
-12000
-0.25 - 0 . 2
512000
-0.25 - 0 . 2
5
- 0 . 5
- 0 . 5
- 0 . 5
M’63
M’65M’56
M’52
M’54M’45
M’41
4000
M”-2000-2594-2716-2742-2748-2750
M’’
M’’
IDEMM’’
IDEMM’’
IDEM
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 9
5ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
6ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
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MÉTODO DE KANY
IX - 10
8º. Momentos de Kani
VIGAS:
COLUMNAS:
9º. Momentos flectores finales
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 11
10º. Dibujo del DFC y DMF
-10.06
-1.79
13.94
-13.06
1.58
10.94
4.21
D.F.C.
4.5
-0.87
-16.13
-2.25
1.58
-7.5
5.13
D.M.F.
-4.5
12.96
-13.88
-7.5
7.31
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MÉTODO DE KANY
IX - 12
KANI – CON BASE ARTICULADO Y CON DIFERENTES
ALTURAS EN EL 1er PISO
RIGIDEZ:
CORRECCIÓN DE ALTURA:
Se toma:
(Altura de referencia)
FACTOR DE DESPLAZAMIENTO DE COLUMNAS:
∑
MOMENTO DE DESPLAZAMIENTO DE COLUMNAS:
* ( )+
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MÉTODO DE KANY
IX - 14
m.c.m. = 48
3º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
4º. Corrección de altura ( de columna)
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 15
Sea:
5º. Factor de desplazamiento ( de columnas):
∑
6º. M.E.P.
1000 kg/m
4m
1
2 M21
0
H2
0
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 19
Nudo :
Nudo :
[ ]
[ ]
6ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
[ ]
[ ]
7ma Iteración:
Nudo :
Nudo :
[ ]
[ ]
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IX - 23
m.c.m. = 60
3º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
4º. M.E.P.
1
2
15000 kg-m
3m
a b
M21
0
2m
L=5mM
21
0
3600 kg/m
32 6m M320M23
0
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 138/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 25
1ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
2da Iteración:
Nudo :
Nudo :
7º. Momentos flectores finales
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 27
SOLUCION:
1º. Grado de hipergeometría: 6º GRADO (
2º. Rigideces
m.c.m. = 12
3º. Factores de giro:
Nudo:
2000 kg/m
3000 kg
6000 kg
16000 kg10000 kg
2m 4m
2I
I I
I I
6m 2m
3m
4m
2I
1
3
6
2
4 5
7 8
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MÉTODO DE KANY
IX - 28
Nudo:
Nudo:
Nudo:
4º. Factor de desplazamiento ( de columnas)
∑
1er PISO:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 29
2do PISO:
5º. M.E.P.
2000 kg/m
6m
6 7
M76
0M67
0
7
8M78
0 2m
2000 kg/m
16000 kg/m
6m
M43
0M34
0
2m 4m
3
a b
4
M45
0
2m
1000 kg/m
4 5
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MÉTODO DE KANY
IX - 32
3ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
Nudo :
1er PISO:
[]
2do PISO:
[]
4ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
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MÉTODO DE KANY
IX - 38
3º. Factores de giro:
Nudo: ( )
Nudo: ( )
Nudo:
( )
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 39
4º. Factor de desplazamiento ( de columnas)
∑
5º. M.E.P.
6º. Momentos de piso:
7º. Proceso de distribución
4000 kg/m
65 5mM65
0M56
0 65 5m
M76
0
M67
0
15000 kg
2m3ma b
L
4000 kg-m
45
M54
0
2m
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 43
Nudo:
4º. M.E.P.
2M
32
0M
23
0 36m
3600 kg/m
1 2M
21
0M12
0 6m
3600 kg/m
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MÉTODO DE KANY
IX - 44
5º. Proceso de distribución
6º. Momentos de KANI
7º. Momentos flectores finales
1
32
4
5
5400
-0.15 - 0 . 1
5
- 0 . 2
010800
-0.214 - 0 . 2
8 6
0-810-393-369-368-368
-10800-1080-524-492-490-490
10800-2780-2939-2948-2949-2949
0-2080-2199-2206-2206-2206
16200-810-393-369-368-368
M’35
M’32M’23
M’24
M’21
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 47
4º. Corrección de altura:
Sea:
5º. Factor de desplazamiento ( de columnas)
∑
6º. M.E.P.
18 KN/m
4 5M45
0 10m
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http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 164/521
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MÉTODO DE KANY
IX - 52
COLUMNAS:
10º. Momentos flectores finales
11º. Dibujo del DFC y DMF
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 53
77.79
22.21
-106.40
73.60
58.64
D.F.C.
427.67
-222.06 148.91
-350.27
D.M.F.
6.15 m.-236.10
-164.04
350.27
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MÉTODO DE KANY
IX - 54
PROBLEMA Nº 07
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCION:
1º. Grado de hipergeometría: 7º GRADO (
2º. Rigideces
8000 kg
2400 kg/m
6000 kg
6m 2m
3m
3m
1
3
6
2
4
5 7
8
1m
3600 kg
1 2 0
0 k g / m
3600 kg/m
8000 kg
2400 kg/m
6000 kg
6m 2m
3m
3m
1
3
6
2
4
5 7
8
1m
3600 kg
1 2 0 0 k g / m
3600 kg/m
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 55
m.c.m. = 24
3º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
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MÉTODO DE KANY
IX - 56
Nudo:
Nudo:
4º. Corrección de altura:
1er Piso:
Sea:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 57
5º. Factor de desplazamiento ( de columnas): 1er Piso:
∑
2do Piso:
∑
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http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 171/521
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 59
7º. Momentos de piso:
1er Piso:
2do Piso:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE KANY
IX - 60
8º. Proceso de distribución
1ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
9002098269344005807679674607901819283848511859686518687871187278738
8745875087538755
-7200105213512203291234083741396241084205426843114338435743694377438243864388
43904391
7200802
15652398310036143969420842674472454145874618463846514660466546694672
46734675
1198611984119801197511967119551193611908118661180611706115591133711001104909710
851166543807-6860
015983120478261817207791583918708891790569147920892489274929193039311
931693199321
-9728-18419-25184-29960-33200-35361-36794-37742-38368-38783-39056-39236-39355-39434-39486-39521-39544
-39559-39569-39575
1490414902148991489414886148751485714830147901472914637144971428613966134831275311647994271392160-900
-16922-25088-25977-33065-35064-36373-37234-37802-38177-38425-38588-38697-38768-38815-38847-38867-38881-38890-38895
900216071399942
11647127531348313966142861449714637147291479014830148571487514886148941489914902
-1080010803570497158245377674269837143
72497318736573957415742974377443744774507451
10800-34319023325425348525242549856665777
5850589859305951596559745980598459875987
0-771428274859574
10923118011237612754
1300313168132771334913396134271344813462134711347713481
-19022-28201-33697-37168-39415-40886-41854-42493
-42914-43194-43376-43498-43578-43631-43667-43689-43705
-43721
M’’56
M’’12
M’’CS
-38899 14904
74525990
13484 -43726
-6300
-0.333
- 0 . 1
6 7
-4800
-0.333 - 0 .
1 6 7
-10800
-0.20 - 0 .
1 0
3600
-0.2143 - 0 .
0 9 5 2-0.20 -0.1905
- 0 .
7 5
- 0 .
7 5
- 0 .
8 1 4
- 0 . 9
1 5
-7200
-12000
7800
19400-900
M’34
M’32
M’43M’45
M’54
M’56
M’52M’25
M’211
6
2 5
7
3 4
8
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 63
1er Piso:
[ ]
[ ]
2do Piso:
[ ]
4ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
Nudo :
1er Piso:
[ ]
[ ]
2do Piso:
[ ]
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MÉTODO DE KANY
IX - 64
9º. Momentos de KANI
VIGAS:
COLUMNAS:
VOLADO:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 65
10º. Momentos flectores finales
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MÉTODO DE KANY
IX - 66
11º. Dibujo del DFC y DMF
11.73
0.93
D.F.C.
-5.07-2.67 -3.6-8.40
17.52
9.22
4.53
-4.08
12.82
-7.20
-8.38
-20.93
6.25
D.M.F.
-6.25-12.0
-8.93
-7.2
-8.181.93
10.10
24.88
6.29 -16.76
-30.25
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 67
PROBLEMA Nº 08
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCION:
1º. Grado de hipergeometría: 7º GRADO (
2º. Rigideces
m.c.m. = 3
6m
3m
6m
3m
6m
3m
6m
3m
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MÉTODO DE KANY
IX - 68
3º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
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MÉTODO DE KANY
IX - 70
5º. M.E.P.
6º. Momentos de piso:
1er Piso:
2do Piso:
7º. Proceso de distribución
Nota: se recomienda seguir el itinerario
M54
0M45
0M87
0M78
0 M89
0
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 71
1ra Iteración:
Nudo :
⁄ ⁄ ⁄
Nudo :
⁄ ⁄ ⁄ ⁄
Nudo : ⁄ ⁄
Nudo : ⁄ ⁄
-6000
-1/4 - 1 / 4
2000
-1/4 - 1 / 4
-10800
-1/6 - 1 / 6
0
-1/8 - 1 / 8
10800
-1/4 - 1 / 4
-1/6
- 1 / 8
-1/8
0105016771969203820732084208720882088
-60001050167719692038
20732084208720882088
6000-706-507-74-94
-75-62-56-53-52
0-706-507
-74-94-75-62-56-53-52
2417
241624152411240423872304
-4189-3674-4466
-4601-4672-4700-4712-4716-4717
837837
836834827804755540
-2250
21881800
0
-966-1567-1781-1868-1896-1906
-1910-1910-1911
0180021882304238724042411
-10800180021882304238724042411
0-225540755804827834
10800-225540755804827834
10800-2644-2594-2497-2456-2440-2434
0-2644-2594-2497-2456-2440-2434
2415
24162417
241524162417
836837837 836
837837
-10800-225540755804827834836837837
-2432-2432-2432 -2432
-2432-2432
- 0 . 7
5
- 0 . 7
5
- 0 . 5
- 0 . 5
- 0 . 5
M’63
M’65M’56
M’52
M’54M’45
M’41
M’74
M’78 M’87
M’58
M’85
M’47
M’’CS
M’’CI
1000
3000
-4000
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE KANY
IX - 72
Nudo : ⁄ ⁄
* ( )+
1er Piso:
[]
2do Piso:
[]
2da Iteración:
Nudo :
⁄ ⁄ ⁄
Nudo :
⁄ ⁄ ⁄ ⁄
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 73
Nudo :
⁄
⁄
Nudo :
⁄ ⁄
Nudo :
⁄ ⁄
1er Piso:
[]
2do Piso:
[]
8º. Momentos de KANI
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 187/521
MÉTODO DE KANY
IX - 74
VIGAS:
COLUMNAS:
1er Piso:
2do Piso:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 75
9º. Momentos flectores finales
PROBLEMA Nº 09
Hallar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC
y DMF.
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MÉTODO DE KANY
IX - 76
SOLUCION:
1º. Rigideces
m.c.m. = 60
5m 5m 1m
4m
3m
8000 kg/m8000 kg/m
12000 kg-m
1
3 6
2
4 5
7
5m 5m 1m
4m
3m
8000 kg/m8000 kg/m
12000 kg-m
I
2I
I
E
E E
E
A V
I
1
3 6
2
4 5
7
2I
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http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 190/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 77
2º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
3º. M.E.P.
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 79
6º. Momentos flectores finales
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MÉTODO DE KANY
IX - 80
PROBLEMA Nº 10
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCION:
1º. Rigideces
6m 8m
3m
5m
4000 kg/m
4800 kg/m6000 kg/m
1
3
6
2
4 5
7
6m 8m
3m
5m
4000 kg/m
4800 kg/m
6000 kg/m
1
3
6
2
4 5
7
A
A
E
E E
EE
2I
I
2I
I
2I
I
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 194/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 81
m.c.m. = 60
2º. Factores de giro:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
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MÉTODO DE KANY
IX - 82
3º. M.E.P.
4º. Proceso de distribución
4000 kg/m
1
26mM21
0
M12
0
4800 kg/m
3
46m
M43
0M34
0
4 5 M54
0M45
0
6000 kg/m
8m
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 83
1ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
1
3
18000-3852-4210-4711-4763-4767
0-5148
-5627-6296-6365-6371
42764275425540131674
0
2160012583016319832133214
010092418256425752576
-3200012583016319832133214
32000-8896-9734-9785-9789-9789
0-7104-7774-7814-7817-7818
10800
-0.286 - 0 . 2
1 4
0
-0.097 - 0 . 1
2 1
32000 - 0 . 2
7 8
- 0 . 1
2 1-0.161
-0.222
M’42
M’57
M’54
M’45
M’46
M’43
M’21
M’24
6
2
4 5
7
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MÉTODO DE KANY
IX - 84
2da Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
3ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 85
Nudo :
4ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
Nudo :
5ta Iteración:
Nudo :
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MÉTODO DE KANY
IX - 86
Nudo :
Nudo :
5º. Momentos de KANI
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 87
6º. Momentos flectores finales
PROBLEMA Nº 11
Resolver y dibujar el DFC y DMF
8000 kg
2m
2m
4m 6m 3m
4m
5 m
6000 kg/m
13
2
45
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MÉTODO DE KANY
IX - 88
SOLUCION:
1º. Rigideces
m.c.m. = 120
2º. Factores de giro:
Nudo:
8000 kg
2m
2m
4m 6m 3m
4m
5 m
2I
2I
4I
2I
6000 kg/m
13
2
45
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 89
Nudo:
3º. M.E.P.
6m
6000 kg/m
32
M32
0M23
0
8000 kg
2m
2m
2
5
M25
0
M52
0
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MÉTODO DE KANY
IX - 90
4º. Proceso de distribución
1ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
2da Iteración:
Nudo :
Nudo :
1
32
45
-11200
-0.162 -
0 . 1
2 2
10800
-0.188 - 0 . 3
1 2
-
0 . 2
1 6
013661778189719051906
-400018142360251925302531
-720024193147335933733374
10800-3370-4351-4418-4422-4422
0-2030-2622-2662-2665-2665
4000
M’21
M’25
M’23 M’32
M’34
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 91
3ra Iteración:
Nudo :
Nudo :
4ta Iteración:
Nudo :
Nudo :
5ta Iteración:
Nudo :
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MÉTODO DE KANY
IX - 92
Nudo :
5º. Momentos de KANI
6º. Momentos flectores finales
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IX - 93
7º. Isostatización de las barras
4m1 2
3812953953
6m
6000 kg/m
32
5924
12076
4874 5330
x
qx
8000 kg
2m
2m
2
5
4m
2101.75
5898.25
6531
10628
1066
5330
5m
1066 4
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MÉTODO DE KANY
IX - 94
8º. DFC y DMF
2101.75
-5898.25
-953
5924
-12076
1066
3.442 2.558
2º
D.F.C.
-6531
5265.5
1062
-4874
13541.849
-5330
3.442 2.558
D.M.F.
-5330-3812
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 95
PROBLEMA Nº 12
Para la estructura de 2 niveles de la siguiente figura, se pide determinar:
- La deformada de la estructura (Bosquejar la deformada no a escala)
- Los momentos flectores en los extremos de las barras.
- Dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores
SOLUCION:
A B
C D
F GH
6m 2m
3m
3m
2400 kg/m
3600 kg/m6000 kg
A B
C D E
F GH
6m 2m
3m
3m
2400 kg/m
3600 kg/m
4I
2I 2I
4I
2I 2I
4I
4I
6000 kg
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MÉTODO DE KANY
IX - 96
1º. Rigideces
2º. Factores de giro:
Nudo: C
Nudo: D
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IX - 97
Nudo: F
Nudo: G
3º. M.E.P.
[]
[]
[]
[]
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MÉTODO DE KANY
IX - 98
4º. Proceso de distribución
5º. Momentos de KANI
-6480
-0.25 - 0 .
2 5
-7680-0.25 - 0
. 2 5
-7200
-0.17
- 0 .
1 7
2400
-0.17
- 0 .
1 7-0.17
0
-0.17
0
01620930836824819821820
-64801620930836824819821820
1246124612441237122010181224
0
43201920174219161947195219531953
01920174219161947195219531953
-952-952-950-944-912-907-408
0
-12000
0122410181220123712441246
-7200122410181220123712441246
0-408-907-912-944-950-952
7200-408-907-912-944-950-952
1246
1246 -952
-952
-4800
A
B
C
D
E
F G
H
0 0
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX - 99
6º. Momentos flectores finales
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MÉTODO DE KANY
IX - 100
7º. DFC y DMF
x=160
C
F2066 -2886
3312 -2066
-2066
3312
2886
x=1
A
C1246 -2492
1246 -1246
-1246
1246
2492
C D
2400 kg/m
6m
70537347
-6542
-5660
7053
-7347
x=2.94
6173.50
FG
3600 kg/m
6m
6173.50
2887
4626.50
9046
-9046
-2887
-4626.50
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
IX -
x=2.92
D
G-1001 -49
2954 -1001
1001
49
2954
x=2
B
D952 -1904
952
952
-952
952
1904
G
12000
H
6000
-12000
6000
D4800
E
4800
-4800
4800
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CAPÍTULO V
SEGUNDO TEOREMA DE
ALBERTO CASTIGLIANO
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 2
SEGUNDO TEOREMA DE ALBERTO CASTIGILIANO
(TEOREMA DE MENABREA)
Resuelve sistemas estáticamente indeterminados (hiperestáticos)
Enunciado 1:
En una estructura hiperestática es nula la derivada parcial de la energía de
deformación elástica con respecto a una fuerza interna, de un elemento; redundante
y por lo tanto resulta mínimo el trabajo de deformación.
Enunciado 2:
La derivada parcial de la energía de deformación elástica de un sistema con respecto
a una reacción de un apoyo, que no cede al desplazamiento , es cero y por
lo tanto.
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 3
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Para el sistema hiperestático de viga continua, hallar las reacciones en los apoyos.
(EI=costante)
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante:
∑
1º. Reacciones:
∑
∑
2º. Del 2º Teorema de Castigliano
Tramo AB:
w
AB C2a a
xxw
R
AB C2a a
RB RC
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 4
Tramo BC:
En (1):
∫
∫
Reemplazando en las expresiones deducidas anteriormente:
PROBLEMA Nº 02
Para determinar el sistema mostrado con elementos horizontales y vertical,
ortogonales entre sí. Se pide determinar las reacciones en los apoyos:
(EI=constante)
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 5
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante:
∑ ∫
1º. Reacciones:
∑
∑
A B
C D
3
4a4a
P
A B
C D
VD
HD
x
3a
4a4a
x
H A
R
P
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 6
∑
2º. Del 2º Teorema de Castigliano
∫ ∑
Tramo AB:
Tramo CD:
Tramo BC:
B
C D
x
H A
R
P
4Ra
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 7
En (1):
∫
∫
∫
Reemplazando en las expresiones deducidas anteriormente:
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 8
PROBLEMA Nº 03
Para la estructura mostrada en la figura, hallar las reacciones en los apoyos.
Considerar solo efectos de flexión. (EI=constante)
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante:
1º. Cálculo de reacciones:
∑
5 a
3a
4a
A
B
D
C
w
5 a
3a
4
A
B
D
C
w
53º
VD
H
37º
HC
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 9
∑ ∑
2º. Cálculo de “R”
∑ ∫
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo BD:
x
5 a
3a
4
A
B
D
C
x
w
x
53º
VD
HD
H Cos37º =8/5waD
V Sen37º =3/5RD
37º
HC
R
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 10
En (1):
∫
∫
∫
∫
∫
Reemplazando en las ecuaciones deducidas:
PROBLEMA Nº 04
Calcular la deflexión en el rodillo . Considerar solo efectos de flexión
(EI=constante)
SOLUCIÓN:
Sea la variable redundante:
w
L
AB
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 11
1º. Cálculo de (2° Teorema de A. Castigliano)
Tramo AB:
En (1):
∫
2º. Cálculo de : (1er Teorema de A. Castigliano)
Tramo AB:
∫
∫
w
L
x
A B
M
Aθ =0
Bθ =0
w
L
x
AB
wL²6
P=0 (Ficticia)
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 12
PROBLEMA Nº 05
Calcular las Reacciones y determinar la flecha en “c”
Considerar solo efectos de flexión
(EI=constante)
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante (que se repite).
∑ ∫
1º. Cálculo de reacciones:
∑ ∑
2º. Cálculo de “R”
AB
2a a
x
A
R = R-P
B
A R P
x
M = 2Ra-3PC
2a a
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 13
Tramo AB:
Tramo BC:
Reemplazando en (1):
∫
∫
∫ ∫
Reemplazando n las ecuaciones deducidas anteriormente:
3º. Cálculo DE (1er Teorema de A. Castigliano)
∑ ∫
x
A
320
B
P
x
P
2a a
2320
P
7
10Pa
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 14
Tramo AB:
Tramo BC:
En (2):
∫ ∫
PROBLEMA Nº 06
Para la estructura de forma semicircular, se pide calcular las reacciones en los
apoyos. Considerar solo efectos de flexión: (EI=constante)
a a
P
A
B
37º
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 15
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante.
∑ ∫
1º. De la estática:
∑
∑
∑
2º. Cálculo de “R”
a a
P
A
B
C37º
d
MC
VC
37º
a
d
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 16
Tramo AB:
Tramo BC:
En (1)
∫
∫ *
+
∫
∫ ∫
37º
H
d =ads θ
aSenθ
d
37º θ
dθ
a(1- Cos )θ MC
VC
θ
dθ
d =ads θ
a(1- Cos )θ
R
a a
P
A
B
C
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 17
Reemplazando en las ecuaciones deducidas:
PROBLEMA Nº 07
Para la estructura mostrada en la figura se pide calcular las reacciones en los
apoyos. Considerar solo efectos de flexión. (EI=constante)
SOLUCIÓN:
Sea “R” la variable redundante.
∑ ∫
A
P=wa
w
4a 3a
4a2EI
B
C
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 18
1º. De la estática:
∑
∑
∑
2º. Cálculo de “”R
A
R
P=wa
4a 3a
AH
4a2EI
CV
CH
B
C
A
R
P=wa
w
4a 3a
AH
x
4a2EI
CV
CH
B
C
y
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 19
Tramo AB:
Tramo CB:
Reemplazando en la ecuación (1):
∫
∫
53º
dsdy
dx
53º
y
x
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 20
PROBLEMA Nº 08
Para la estructura mostrada en la figura, hallar las reacciones en los apoyos.
Considerar solo efectos de flexión. (EA=constante)
SOLUCIÓN:
Sea “T” la variable redundante:
∑
A
P=waw
3.038 wa
2.308 wa
2.038 wa
B
C
R=16.92w
2000kg
3m.
3m.
A
C
B
D
T
2000 - T
2000 - T
T
2000kg
√ 2 T
2 0 0 0
√ √
2 - 2 T
2000
2000 2000
3m.
3m.
A
C
B
D
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 21
1º. Cálculo de las reacciones:
∑
2º. Cálculo de las fuerzas axia les:
Nudo: A
∑
2000kg
2000
2000 2000
3m.
3m.
A
C
B
D
2000kg
2000
2000 2000
A
C
B
D
T
Y
X
2000 45º
N AD
T
N AC
2000
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 22
√√
∑
Nudo: B
∑
√
∑
Nudo: C
∑
√
Y
XT
45º
NBC
NBD
2000
Y
X
T
45º
NCD2000
√2T
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 23
∑ √
3º. Cálculo de “t”
√
√
√ √
√
√
√
√
√
[( √ )( √ )]
PROBLEMA Nº 09
Hallar las fuerzas Axiales en las barras biarticuladas del sistema tipo Armadura.
(EI=constante)
T
2000 - T
2000 -
T
2000kg
√ 2 T
2 0
0 0 √
√ 2 -
2 T
2000
2000 2000
A
C
B
D
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 25
∑
De y
2º. Cálculo de “R”
Y
X8 37º
N23
R
N13 10
37º
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 26
PROBLEMA Nº 10
Hallar las reacciones y la fuerza Axial en el Tirante.
VIGA: EI=15000 ton – m² (flexión)
TIRANTE: EA=3000 ton. (Axial)
SOLUCIÓN:
Sea “T” la variable redundante:
∫
∫
1º. Cálculo de “T”:
Efecto de flexión: (Viga)
3m.
L = 4m. A
C
B
w=12 ton/m.
L = 4m. A
C
B
T
3T5
4T5
w=12 ton/m.
x
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 27
Efectos axiales (tirante)
Reemplazando en la ecuación (1):
∫
∫
∫
∫
2º. Cálculo de reacciones
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 28
PROBLEMA Nº 11El sistema mostrado en la figura está compuesta por una viga horizontal de madera y
dos puntales de acero, para las características geométricas y de carga se pide
determinar la fuerza axial en cada puntal.
Viga:
Puntales:
SOLUCIÓN
Sea “R” la variable redundante
∑∫
∫
A
C
B
2 2 .6 3 2 t o n .
45
12 ton/m. =13.579
=18.106
18.106
13.579
18.106
34.421
41.684 T
35
T
5 ton / m.
A BC
D
EI
EA
EA
9m 7m
12
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V - 29
1. Cálculo de reacciones:
∑
2. Cálculo de fuerzas internas de tirantes:
D.C.L (Viga)
∑
∑
5 ton / m.
A BC
D
EI
EA
EA
9 m. 7 m.
12 m
R
H=?
EI37º
R
N2
53º
N1
1603
80
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 30
3. Cálculo de “R”:
Viga: (Flexión)
∫
Puntales: (Axial)
∫
Para el sistema:
A. Cálculo de :
Tramo AB:
R
H
w = 5 ton/m.
A B9m. 7m.
x
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
V - 31
∫
∫
Integrando:
Tramo BC:
∫
∫
Integrando:
Por lo tanto:
w = 5 ton/m.
A B9m. 7m.
x
x
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SEGUNDO TEOREMA DE A. CASTIGLIANO
V - 32
B. Cálculo de :
Barra DB:
∫
∫
Integrando:
Barra DC:
∫
∫
Integrando:
Por lo tanto:
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V - 33
Reemplazando en (2)
Reemplazando en (θ):
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CAPÍTULO VI
MÉTODO DE LAS FUERZAS
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 2
MÉTODO DE LAS FUERZAS
También denominado método de la flexibilidad, por los coeficientes que aparecen en
las expresiones de cálculo. El método de las Fuerzas usa el principio de Fuerzas
Virtuales.
Las incógnitas son fuerzas, estáticas, las mismas que nos permitirán resolver
estructuras hiperestáticas.
El número o cantidad de vínculos que se deben eliminar para que el sistema
Hiperestático se convierta en Isostático se denomina “Grado de Hiperestaticidad”.
ESTRUCTURA HIPERESTÁTICA DE 1er GRADO
Sea un sistema de Hiperestaticidad (1er Grado)
Establecemos un sistema básico: eliminaremos uno de los vínculos.
Considerando solo el efecto de flexión (EI = cte), y aplicando el Principio de
superposición para resolver el sistema básico.
Como:
A B
CD
w
1
M
w
1
M
x
(equivalente)<>
= +
w
1
M
x
w
M
1x
Sistema Básico Sistemade cargas: P Sistema de fuerza: X1
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 3
, entonces de los sistemas superpuestos:
(Producido por el Sistema de cargas P) + (Debido a la fuerza ) = 0
Usando el principio de los trabajos virtuales:
∑ ∫
CÁLCULO DE :
∑ ∫
∑ ∫ ∑∫
+
w
M
1
M m1
+
w
M
1
X m1
1m1
1X
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 4
Reemplazando en la ecuación (1):
ESTRUCTURA HIPERESTATICA DE 2do GRADO:
Sea un sistema hiperestático (2do grado)
Establecemos un sistema básico: eliminaremos dos de los vínculos
Considerando solo el efecto de flexión (EI=cte), y aplicando el principio de
superposición para resolver el sistema básico.
A B
CD
w
1
M
w
1x
<>
2 2x
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 5
Dirección (1):
; De los sistemas superpuestos
Usando el principio de los trabajos de cargas virtuales:
CÁLCULO DE :
∑ ∫
+ +
w
M M
2x
Sistemade cargas: P Sistema de fuerza: X2Sistema de fuerza: X1
1x
w
M
1
M m2
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 6
CÁLCULO DE :
∑ ∫ ∑ ∫
CÁLCULO DE
∑ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
Reemplazando en (1):
Dirección (2)
1
X m11m1
1X
2
X m22m1
1
X
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 7
Usando el principio de los trabajos virtuales:
CÁLCULO DE :
∑ ∫
CÁLCULO DE :
∑ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
w
M
1
M m2
1
X m11m2
1
X
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 8
CÁLCULO DE :
∑ ∫
∑∫ ∑ ∫
Reemplazando en (3):
De (2) y (4): Teoría de reciprocidad de Maxwell:
Generalizando:
Para una dirección “k”
∑ ∫
Ecuación canónica del método de las fuerzas.
2
X m22m2
1X
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 9
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Para la estructura mostrada en la figura, calcular las reacciones en los Apoyos ydibujar el DFC y DMF (EI = cte).
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual:
3 ton/m
A B C D
6m 4m 5m
3 ton/m
A B C D
3 ton/m
X1X2
Sistema Básico
3 ton/m
A B C D
20
x
10
x
Sistema de cargas (M)
1
A B C D
x x
Sistema de Car a Unitaria en X2 2m
13
23
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 10
2º. Cálculo de los efectos de flexión:
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo DC:
3º. Cálculo de “ y :
De las ecuaciones del método de las fuerzas
1
A
BC D
x x
Sistema de Car a Unitaria en X2 2m
13
23
25
BC
x3 ton / m.66
2
BC
x
185 1
3
B
x
2
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VI - 11
En donde:
∑ ∫ ∫
∫
∫
∑∫
∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
∫
∫
Reemplazando valores:
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 12
4º. Cálculo de las reacciones
PROBLEMA Nº 02
Resolver la viga anterior para que – y además los apoyos B y Cson elásticos, con coeficientes 400 y 500 ton/m, respectivamente.
SOLUCIÓN
Los apoyos elásticos ceden al desplazamiento en proporción en su capacidad de
resistencia elástica.
3 ton/m
A B C D
6m. 4m. 5m
7.262 19.259 3.549 0.0
3 ton/m
A B C D
6m 4m 5m
3 ton/m
A B C D
KB KC
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 14
1º. Cálculo de las reacciones:
2º. Cálculo del desplazamiento:
PROBLEMA Nº 03
Hallar las reacciones:
SOLUCIÓN
3 ton/m
A B C D
3.414 3.59816.752
6.23
AB
C
4a
4a 3a
w
P=wa
A
B
C
w
P=wa
EI
2EI
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VI - 15
A
B
C
w
P=waX1
SISTEMA BÁSICO
A
B
C
w
P=wa
SISTEMA DE CARGAS REAL
M
x
247
wa
x
wa
45
wa
1235
wa
47 wa
A
B
C
w
SISTEMA DE CARGAS VIRTUAL Ó UNITARIA
m
x
47
x
1
45
1235
47
1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 16
1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual
Tramo AB
Tramo BC
∑ ∫
∫
∫
∑ ∫
∫
∫
Como:
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VI - 17
PROBLEMA Nº 04
Calcular las reacciones en los apoyos de la viga reforzada con un apoyo elástico.
SOLUCIÓN
A B
C
w
1.692 wa
2.038 w
2.038 wa
3.038 wa P=wa
w
A C
L/2L/2
k
w
A Cδ
F=kδk
A CB
L/2L/2
F
X
SISTEMA BÁSICO
A CB
F
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 18
1º. De la estática:
∑
Tramo BC:
Tramo AC
∑ ∫
∫
∫
∑ ∫
∫
∫
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VI - 19
PROBLEMA Nº 05
Hallar las reacciones en los apoyos del sistema mostrado en la figura.
(EI = Constante)
SOLUCIÓN
B
A
C
8’
10’
6’
10 kips
Rótula
D
B
A
C10 kip
Rótula
D
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 20
1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual
10 kips
Rótula
X2X1
Sistema Básico
10 kip
Rótula
V =12.5 A
Sistema de Car a Real M
x37º
y
B
A
C
D
X
H =0 A 10
X
12.5
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VI - 21
Reacciones:
∑
∑
∑
∑
10 kips
Rótula
V = A
Sistema de car a Unitaria en la dirección de X1
x37º
y
B
A
C
D
X
h = A
X
1 16
1 16
1 8
1 8
1
10 kips
Rótula
Sistema de car a Unitaria en la dirección de X2
x37º
y
B
A
C
D
X X
0 h
1 8
1 8
1V =
D
D
0
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 22
∑
∑
∑
∑
∑
∑
∑
∑
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VI - 23
2º. Cálculo de los efectos de flexión:
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo DC:
dx37º
dS
x37º
y=
B
C
12.5
34
xx
37º
y=B
C
34
x
1
8
1 16
x37º
y=B
C
34 x
1 8
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 24
3º. Cálculo de “ y :
De las ecuaciones canónicas:
En donde:
∑ ∫ ∫
∫
∑∫ ∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
∫
∫
∑ ∫ ∫
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 25
∫
∫
Reemplazando valores:
4º. Cálculo de las reacciones
Por la estática:
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 26
PROBLEMA Nº 06
En la figura se muestra una viga en cantiléver sobre la que
actúa una carga uniformemente distribuida de:
además en el extremo
libre se apoya en dos resortes, uno lineal de y otro rotacional de
, se pide:
- Las reaccione en el empotramiento de la viga
- El
10 kip
Rótula
B
A
C
D0.965
3.511 3.511
56.469
15.444
9.035
AL=5m.
X2
X1
B
w=3 ton/m.
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 27
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual
A L=5m.
X2
Ka
X
θBKl
B
w=3 ton/m.
Δ-
L
X2w
X1
L=5m.
w=3 ton /m.
x
A B
S. Carga Real (M)
x
A B
S. Carga Virtual en X ( )1 1m
1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 28
2º. Cálculo de los efectos de flexión:
Tramo AB:
3º. Cálculo de “ y :
De las ecuaciones canónicas:
En donde:
∑ ∫ ∫
∑∫ ∫
∑ ∫ ∫
∑ ∫ ∫
∑ ∫ ∫
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 29
Reemplazando valores:
4º. Cálculo de las reacciones en la viga
5º. Cálculo deL :
L=5m.
w=3 ton /m.
A B
0.826
7.540
14.174
25.83
ΔVB
θB
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 30
PROBLEMA Nº 07Hallar las reacciones en los apoyos
SOLUCIÓN
“Tomo como variable fuerza a una de las reacciones”
5 kips15 kips-pie
EI=∞(Barra Rígida)
A
B C
4’2’
4’
5 kips15 kips-pie
EI=∞(Barra Rígida)
A
B C
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 31
1º. Determinación de un sistema básico
2º. Cálculo de los efectos de flexión: ( de ambos sistemas)
5 kips15 kips-pie
A
B C
X1
5 kips15 kips-pie
A
B C
Sistema de Cargas Real (M)
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 32
Tramo AB:
TRAMO BC:
3º. Cálculo de “ y :
De las ecuaciones canónicas:
En donde:
∑ ∫
∑ ∫
∫ ∫
2
α
dx
ds
√20
4
5
15B C
x
2
1
B Cx
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 33
∫
√ ∫
En (1):
4º. Cálculo de las reacciones en la viga
PROBLEMA Nº 08
Para la viga mostrada calcular las reacciones en los apoyos
(EI=cte)
5 kips
15 kips-pie
A
B C
M =1.924 kips - pic
V =1.154 Kipsc
6.154 Kips
w
38
w
AB
C
38
wL
LL
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 34
SOLUCIÓN
1º. Determinación de un sistema básico:
2º. Cálculo de los efectos de flexión: ( de ambos sistemas):
Aprovechando la simetría:
Tramo AB:
Tramo BC:
3º. Cálculo de “
EI
w
38
w
EI A
BC
X138
wL
w
AB
C
X1
w
AB
C
w
x
wL
Sistema de Carga Real (M)
1
A B C
½
x
½
Sistema de Carga Unitaria (m)
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VI - 35
En donde:
∑ ∫
∫
∑ ∫ ∫
En (1):
4º. Cálculo de las reacciones
PROBLEMA Nº 09
Para el problema anterior, si el apoyo B se sustituye por un apoyo elástico de rigidez
lineal igual a 500 ton/m. Se pide calcular las nuevas reacciones en los apoyos de la
viga.
Considerar para la viga:
w
38
wL
AB
C
38
wL54
wL
2 ton/m
38
wL
AB
C
38
wL
4m. 4m.
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 36
SOLUCIÓN
La nueva ecuación canónica sería:
Sustituyendo valores:
Cálculo de las reacciones:
Cálculo del:
2 ton/m
38
wL
AB
C
38
wL X1
ΔB-XK
1=
2 ton/m
7.78
AB
C
7.7870.426
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VI - 37
PROBLEMA Nº 10
Para el sistema compuesto VIGA – TIRANTE, se pide:
- Resolver el sistema (Hallar sus reacciones)
- La fuerza Axial en el tirante.
VIGA: TIRANTE:
SOLUCIÓN
1º. Fórmula Canónica:
3m.
A B
C
4m.
w=12 ton/m.
3m.
A B
EA
VC
HC C
V A
H A
M A
4m.
w=12 ton/m.
EI
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 38
En donde:
∑ ∫ ∫
∑∫ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
∑ ∫ ∑ ∫
∑ ∫ ∑∫ 2º. Sistemas:
A B
X2
X1
C
L
w
Sistema Básico
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VI - 39
A B
5 m .
L=4m.
w=12
Sistema de Cargas Reales (M,N)
x
A B
5 m .
L=4m.
w=12
x
α
4/5
3/5
1
3
α
Sistema de Carga Virtual en la dirección de: X1
( , )m n1 1
n=(+) (Tracción)
n=(-) (Compresión)
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 40
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
∫
Reemplazando valores:
AB
5 m .
L=4m.
w=12
Sistema de Carga Virtual en la dirección de: X2
x
α4/53/5
1
4
1
α
( , )m n2 2
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VI - 41
Fuerza Axial:
3º. Reacciones
∑
∑
∑
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 42
PROBLEMA Nº 11
Para la viga mostrada en la figura, calcular las reacciones en los apoyos.
SOLUCIÓN:
P P P
1
2 3 4
5
L L L L
P P P
1
2 3 4
5
K K K
P P P
1
2 3 4
5
X2X1 X3
Sistema Básico
P=60 P=60 P=60
1
2 3 4
5
M
90 9
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 43
∑ ∫
,∫
∫
∫
∫
-
∑ ∫
,∫
∫
∫
1
12 3 4 5
m
3/4 1/4
1
1
12 3 4 5
½ ½m2
1
12 3 4 5
3/4m31/4
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 44
∫
-
∑ ∫
,∫
∫
∫
∫
-
∑ ∫
,∫
∫
∫
∫
-
∑ ∫
,∫
∫
∫
∫
-
∑ ∫
,∫
∫
∫
∫
-
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 45
∑ ∫
∫
∫
∫
∫
-
∑ ∫
∫
∫
∫
∫
-
∑∫
∫ ∫ ∫
∫
-
De las ecuaciones de compatibilidad:
Como (1) = (3):
De (1):
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 46
De (2):
De
60 60 60
7.357.35541.573 41.573
82.144
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VI - 47
PROBLEMA Nº 12
Sistema Hiperestático de 2do Grado:
Aprovechando la simetría del sistema, analizando media estructura
√
√ √
√√
√
√
√ √
√√
=
100KN
1x
Sistema Básico M m1
+
1
+
A
B
C D E
F
G
2x 2x
100KN
D
A
B
C E
F
G
50KN 50KN 0 0
D
A
B
C E
F
G
100KN
1 A
B
C D E
1
0
0
0
0
m2
2 5
5√
√5
5 1
β
α
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 48
∑ ∫
∫
∑ ∫
∫ (√√)
∑ ∫
∫
∫
∫
∑ ∫
∫ ∫ √ √
∑ ∫
∫ √ √
∫ (√√)
En (1) y (2):
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VI - 49
PROBLEMA Nº 13
Resolver el sistema mostrado y calcular las reacciones en los apoyos.
Considerar solo efectos de flexión
(EI=cte)
SOLUCIÓN
4 ton.
A B C
3 ton.
D
4m
3m5m2m
4 ton.
A B C
3 ton.
D
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 50
1º. Sistema básico
2º. Sistemas de carga real y de carga virtual
Tramo AB:
Tramo BC:
4 ton.
A B C
3 ton.
D
X1
A1 C
D
x
B
4 ton.
A B C
3 ton.
D
x
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 51
Tramo CD:
3º. Cálculo DE “
En donde:
∑ ∫ ∫ ∫
∫
4
C
x
B
8C
x
B
1
α
dx
ds
4
x3
y= 43
x
α
α=53º
28
5
xα
α=53º
1
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 52
∑ ∫
∫ ∫
∫
En (1):
PROBLEMA Nº 14
Resolver el sistema mostrado y determinar las reacciones en los apoyos.
Considerar solo efectos de flexión
(EI=cte)
4 ton.
A B C
3 ton.
D
8.67
0.584
3
4.584
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 53
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
2º. Sistemas de carga real y de carga virtual
12 ton. A
B
CD
12m
5m
12 ton A
B
CD
12 ton A
B
CD
X1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 54
∑
∑
Tramo AB:
Tramo DB:
Tramo BC:
12 ton. A
B
CD
x
5
xα
x
V =5C
12
M
12 ton. A
B
CD
x
1
xα
x
0
01
m1
ds
α
dx
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 55
3º. Cálculo de “
En donde:
∑ ∫
∫
∫ ∫
∑ ∫
∫
∫
∫
En (1):
12 ton. A
B
CD
2.6 ton.
5 ton.
12 ton
2.4 ton.
5m
12m
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 56
PROBLEMA Nº 15
Hallas las reacciones en los apoyos.
Considerar solo efectos de flexión
(EI=cte)
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
2º. Sistemas de carga real y de carga virtual
Tramo AB:
A
BC
4a
3a
PaP
A
BC
PaP
X1
Sistema Básico
A
BC
3a
Pa
P
M
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 57
Tramo BC:
3º. Cálculo de “
En donde:
∑ ∫
∫
∫
Pa
P
x
1
x
4a
A
BC
Pa
1
x
m1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 58
∑ ∫
∫
∫
En (1):
PROBLEMA Nº 16
Calcular las reacciones en el sistema mostrado
(EI=cte)
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
C
w 3a
3a
3a
P
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VI - 59
2º. Sistemas de carga real y de carga virtual
∑
∑
w 3a
3a
3a
P=wa
X1 Modelo Básico
w
A
B C
D
3a
3a
3a
P
wa
52
wa
5wa2 M
w
A
B C
D
3a
3a
3a
P
1
2
m
1
2
1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 60
∑
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
3º. Cálculo de “Ecuación canónica de 1er Grado:
B Cwa
52
wa
B C3a
x
2
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VI - 61
En donde:
∑ ∫
∫ ∫
∫
∑ ∫
∫ ∫ ∫
∫
∫
∫
∫
[ ]
En (1):
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 62
PROBLEMA Nº 17
(EI = cte)
SOLUCIÓN:
w
A
B C
D
3a
3a
3a
P=wa
14
wa
218
wa
14
wa
11
8wa
w
l2l
AB
C
P=wl
ll
w
AB
C
wl
X1
Sistema Básico
w
A B C
P=wl
ll
74
wl14
wl
2lDl
Sistema con todas las cargas (M)
1
AB
C
32
12
2lD
l
Sistema con la carga unitaria (m)
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VI - 63
Sabemos:
Ecuación canónica:
∑ ∫
∫
∫
∫
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 64
∑∫
∫
∫
∫
En (1):
PROBLEMA Nº 18
(EI = cte)
w
AB
C
P=wl
ll
2316
wl1748
wl
2l
524
wl
4l l
4l
3
A
BC
D
E
w
wl²
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VI - 65
w
wl
X1
Modelo Básico
A
BC
D
E
w
wl
74
wl
094
wlM
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 66
Ecuación canónica:
A
BC
D
E
w
wl
1
4
114m
1
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VI - 67
∑ ∫
∫
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 68
∑∫
∫
∫
∫
En (1):
PROBLEMA Nº 19
Resolver el sistema y dibujar el DFC y DMF
Considerar solo efectos de flexión
(EI=cte)
A
BC
D
w
w
18239 wl
1691956
wl
18239wl
2133956
wl
w
a2a
AB
C
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VI - 69
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
2º. Por la estática:
∑
∑
Tramo AB:
w
A B C
X1Sistema Básico
w
AB
C
V =waBM
AB
C
V =3/2Bm
1
x
1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 70
Tramo BC:
3º. Cálculo de “Ecuación canónica de 1er Grado:
En donde:
∑ ∫
∫
∫
∑ ∫
∫
∫
w
A2a
wa
B
x
A
3/2
B
x1
a
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VI - 71
En (1):
Quedando:
∑
∑
PROBLEMA Nº 20
Resolver el sistema mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF
Considerar solo efectos de flexión
(EI=cte)
w
AB
C
R =B
w3
32
waR = A56
wa
P
A
B
C
3
4a4a
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 72
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
2º. Por la estática:
Tramo AB:
P
A
B
C
X
P
A
B
C
x
M
P
A
B
C
x
m
1
1
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VI - 73
Tramo BC:
Nota:
3º. Cálculo de “Ecuación canónica de 1er Grado:
En donde:
∑ ∫
∫
∫
P
A
B
x
α
y
4
A
B
x
1
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 74
∑ ∫
∫
∫
En (1):
PROBLEMA Nº 21
Resolver el sistema mostrado en la figura
SOLUCIÓN
1º. Sistema básico
A
BC
D
P
4a a
3
4a
EI=∞
EI
EI
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VI - 75
2º. Por la estática:
A
B C
X1
A
BC
D
P
M
x
35
P
35
P
P
y
x
A
BC
D
m
x
1
15
y
x
11
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 76
Tramo AB:
Tramo BC:
Tramo CD:
B
P
35
P
B
1
15
4a
α
y
x
3a
a
√10a
α
dy
dx
ds
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VI - 77
Nota:
√
3º. Cálculo de “Ecuación canónica de 1er Grado:
En donde:
∑ ∫
∫
∫
∫
√
√
∑ ∫
∫
∫
∫ √
√
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 78
En (1):
√
* √
+
√
PROBLEMA Nº 22
En la figura, se muestra el esquema de un puente de 70m de luz. Los apoyos de la
viga central tienen muy poca rigidez a desplazamientos horizontales. En este caso es
posible analizar una parte de la estructura, como se muestra en el esquema
planteado. Determine el diagrama de momentos en la viga y las fuerzas axiales enlos elementos inclinados (puntales).
VIGA:
PUNTALES:
Rótulas
10m 10m 10m10m20m5m 5m
15m
w=5 ton/m
A B
CD E
F
w=5 ton/m
5050t
20m
w=5 ton/m
A
CD
50t 5 ton/m
A
CD
75t
312.5 t x m
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VI - 79
Ecuación canónica:
(+): Tracción (-): Compresión
POR CARGA AXIAL
√
√
∑
5 ton/m
A
CD
75t
312.5 t x m
Sistema Básico
X1
5 ton/m
A
CD
75t
312.5 t x mx
Carga Real: M,N
5 ton/m
A
CD
75t
312.5 t x mx
Carga Real: M,N
A
CD
1
1
x
α
Car a Virtual: m n
2
3√13
α
10
15L =5 1 3√
α
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MÉTODOS DE LAS FUERZAS
VI - 80
POR FLEXIÓN:
√
√
√
∑ ∫
∫
∑∫
∫
Por lo tanto:
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CAPÍTULO VII
DEFORMACIONES ANGULARES
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 2
TEOREMA DE DEFORMACIONES ANGULARES
(SLOPE – DEFLECTION)
(Pendiente – Deflexión)CALCULA: Momentos flectores en los extremos de las barras
VARIABLES: Las deformaciones (giros y desplazamientos)
Sea una parte de la viga que sometida a un sistema de cargas cualquiera. Sean(i) y (1) dos secciones cualesquiera de la viga de sección constante.
En la resolución por este método se consideran como incógnitas (variables) los
desplazamientos en los nudos de la estructura.
Asumiendo para todos los efectos en sentido horario POSITIVO
OBJETIVO:
Calcular los momentos en los extremos:
L
j
ij , Iij
i
M
j
ij
i
M ji
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 3
del elemento en función de las cargas (Momentos de Empotramiento
Perfecto: ) y de las deformaciones producidas por estas:
:En donde:
Desplazamiento transversal relativo del extremo (j) respecto del extremo (i)
Rotación de la barra “i j”
Ecuaciones de Maney:
( )
( )
En donde:
Momentos flectores con signos de Maney
Momentos de empotramiento perfecto (MEP)
Giros en (i) y (1) respectivamente
Deformación angular (ROTACION) de la barra “ i j ”
Estas ecuaciones se utilizarán cuando sean conocidas las deformaciones: de no ser así se recomienda trabajar con las expresiones simplificadas
siguientes:
i
iθ
iθ
jθ
øij
ø ji
∆ij
j
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 4
Rigidices relativas:
Cambio de variable:
( ) ( )
Cuando los nudos solamente giran mas no desplazan, como es común ensistema de vigas hiperestáticas, entonces:
( ) ( )
Todos los nudos presentan giro excepto:
Apoyos tipo:
GRADO DE HIPERGEOMETRIA:
También llamado GRADO DE INDETERMINACION CINEMATICA.
Esta dado por el número de giros y desplazamientos desconocidos de los nudosde la estructura.
Estos giros y desplazamientos son las incógnitas que se calcularan por estemétodo y consecuentemente usando las expresiones planteadas anteriormente,
los momentos flectores con signos de Maney y los momentos flectores finales.
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 5
NOTA:
No se consideran el giro y desplazamientos en el extremo libre del volado
DEMOSTRACIÓN
Resolveremos por el Principio de Superposición de efectos, considerando 4estados.
Estado “0”:
Momentos producidos por las cargas con extremos del elemento en la c ondición
de Perfectamente Empotrados.
Estado “1”:
Momentos Producidos por el giro elástico del extremo empotrado (i)
Estado “2”:
Momentos producidos por el giro elástico del extremo empotrado (i).
Estado “3”:
Momentos Producidos por la rotación de la barra o debido al desplazamientotransversal relativo del extremo (j) respecto del extremo (i).
M
j
ij
iM ji
º
º
iθ
iθ
Elástica
jM ji
1
Mij1
i
iθElástica
j
M ji2
M ij2
i
jθ
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 6
Superponiendo:
Resolviendo el estado: 1
Aplicando la ecuación de los 3 momentos:
Tramo: (0) – (1) – (2)
Tramo: (1) – (2) – (3)
øij
ø ji
∆ i
M ij3
i
M ji3
iθ
iθ
Elástica
1
32
0ºh
ºL
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VII - 7
De (1) y (2):
Por lo tanto:
Resolviendo el Estado: 2
Por analogía:
Resolviendo el Estado: 3
iθ
M2
M1
+
iθ
M ji
Mij
i jPara el método
∆ i
1
32
0
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 8
Tramo: (0) – (1) – (2)
Tramo: (1) – (2) – (3)
De (3) y (4):
Por lo tanto:
∆ ij
M2
M1
+
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VII - 9
Reemplazando en (I) y (II):
( )
( )
Ecuaciones de Maney:
( )
( )
∆ i
M ji
Mij
i
j
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 10
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Resolver y dibujar el DFC y DMF (EI=1000 kips – pie²)
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO (
Nota:
2º. Desplazamientos:
2' 4'
5 kips
15 kips-pie
4'
2 √ 5
EI
EI=∞
1
32
5 kips
15 kips-pie
2 √ 5
EI
EI=∞
3θ =
1
32
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VII - 11
√ √ √
En (√)
3º. Ecuación de barras:
2 √ 5
θ =ø2 12
ø23
θ2
Δ ΔCosα
θ =ø1 2
α
α
x
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 12
4º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
5º. De la estática:
∑
En todo el sistema:
∑
∑
32
V3
M32
M23
4’
2'
5
15
4’
4’
V3
M32
V1
1
32
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VII - 13
:
6º. Momentos de Maney
7º. Momentos flectores
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 14
8º. Dibujo del DFC y DMF
En
:
En :
Momento Flector:
( + ) ( + )
1 2 . 3 0 8
2 . 7 5
2 1
2
2 √ 5
2 . 7 5 2
2 . 7 5
2
1 2 . 3 0 8
+ D
F C
-
-
D M F
+
1.1542.692
1.15
1.923
4’
(+)
1.154
-2.692
(-)
(+)
-
DMF+
+D F C
-
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VII - 15
PROBLEMA Nº 02
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO ( Nota:
2º. M.E.P.
3º. Desplazamientos:
1
3
4
2
6'
10’ 8’
10’
10 kips
EI=∞
EI=1
EI=1
1
3
4
2
10 kips
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 16
4º. Ecuación de barras
( )
( )
1
3
4
2 Δ
Δ
ø34θ3
θ3
ø23θ2
θ2
ø12
θ =01
θ =04
3’
2’
53 Δ
43 Δ
53º
37º
53º
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VII - 17
5º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
6º. Ecuación adicional de la estática:
∑
∑
10'
2
M21
1
M12
V1
H1
2
10'
10'
1
M12
V1
H1
M32
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 18
∑
7º. Momentos de Maney
3
4
2
10
M43
1
M12
V1
H1
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VII - 19
8º. Momentos flectores
9º. Dibujo del DFC y DMF
PROBLEMA Nº 03
Para el sistema de la figura, se pide determinar la deformada y los momentosflectores en los extremos de las barras
(EI=constante)
A
B
C
D
4m 4m 2m
2m
3m
4 ton.
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 20
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
3º. M.E.P.
4º. Deformada
A
B
C
D
4 ton.
√41
√20
√17
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VII - 21
A
B
C
Dα β
CD
BC
AB
b
n
BC
( - )β θ
θC
b
Δ
θ( - )θα
αθ
Δ
a m
α-θm
Δ
a β-θn
Δ
b
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 22
5º. Ecuación de barras
( ) ( ) A – B
B – C
C – D
6º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
De las ecuaciones tenemos:
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VII - 23
7º. Ecuación adicional de la estática:
∑
∑
A
B
MBA
H A
V A
5
4M
AB
A
B
C
MC
5
4H A
V A
M AB
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 24
∑
A
B
C
D
4 ton.
H A
V
M AB MDC
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VII - 25
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 26
PROBLEMA Nº 04
En la estructura mostrada en la f igura . El empotramiento
experimenta un corrimiento horizontal de 0.5 pulg. Hacia la derecha, un
corrimiento vertical de 0.5 pulg, hacia abajo y además un rotación de 0.002 rad.
en sentido antihorario, se pide calcular las reacciones en los apoyos y dibujar el
DFC y DMF
2.433
B
0.2350.884
0.618
A0.235
2.433
27.325
1.857
0.941
D
C
27.325
1.53
0.941
27.325
1.857
0.941 D
0.884
2.837
0.54
B
45º 18’
12’
1
3
2
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VII - 27
SOLUCIÓN:
Bosquejando la deformada y aplicando las ecuaciones de Maney
1º. Deformada
√ √
45º 18’
12’
1
3
2
θ =0.002 rad.2
3
0.5’’
0.5’’
45º
12
0. 5
2 ’ ’
√
0 . 5 2 ’ ’
√
45º
θ3
30.5’’
0.5’’
0 . 5 2
√ ø23
θ2
θ2
ø12
δ0 5 2. √
Cos45º 1’’= =
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 28
2º. Ecuación de barras
( )
( )
[
]
[
]
* √ +
* √
+
3º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
[
] * √
+
√
De (1) y (2):
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VII - 29
4º. Momentos de Maney
5º. Momentos flectores finales
6º. Isostatización
REACCIONES
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 30
0.4465 klb.
A=96.44-0.4465
96.448
0.4465 klb.
18’
-96.448
3 . 5 3 1 A = - 5 0 8 . 4 6 4
- 4 1 2 . 0 1 6
4 1 2 . 0 3 2
1 2 ’
- 3 . 5 3 1
9 6 . 4 4 8
3 . 5 3 1
9 6 . 4 4 8
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VII - 31
PROBLEMA Nº 05
Para el problema anterior, considerando además de los corrimientos vertical y
horizontal y rotación de apoyo empotrado, actúa una carga de 100 klb en el nudo
(2) verticalmente hacia abajo, se pide calcular las nuevas reacciones y dibujar el
nuevo DFC y DMF.
SOLUCIÓN
0.4465
4.547
0.4465
4.547412.032
45º 18’
12’
1
3
2
100 klb
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 32
Aplicando el Principio de Superposición de efectos.
Respuesta Total= Respuesta (Carga) + Respuesta (Desplazamiento elásticoapoyo (3))
ANÁLISIS POR CARGAS “P”
Como no hay M.E.P. y además no hay desplazamiento de nudos, por lo tanto nos e producen Momentos en los extremos de los elementos. Asimismo, no seproducen fuerzas cortantes.
Solo se producen Fuerzas Axiales
Flexión:
Axial:
Isostatización
45º 18’
12’
1
3
2
θ 3
3
100 klb
45º 18’
12’
1
3
2
100 klb
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 33
REACCIONES:
∑
∑
√
√
DFC:
18’2
00
0
1
100 klb
12/ 2√
12/ 2√0
V=100
H=100
0
H=100
12’
20
0
3
00
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 34
DMF:
DFA:
CONCLUSIÓN:
Aplicando el Principio de Superposición vemos que el DFC y DMF se mantienen
REACCIONES FINALES
PROBLEMA Nº 07
Adicionalmente a las condiciones del Problema Nº 05 y 06, se añade una carga
uniformemente repartida en el elemento - . Se pide para
esta nueva condición calcular las reacciones y dibujar el DFC y DMF
-100 2√
100
: Tracción
: Compresión
0.4465
95.453
100.4465
95.453
412.032
100 klb.
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VII - 35
SOLUCIÓN
Igualmente por el Principio de Superposición, se tiene:
Respuesta (Total) = Respuesta (Carga Distribuida) + Respuesta (Carga Puntal)+ Respuesta (Desplazamiento en
Análisis por Carga Distribuida:
100 klb.25 klb/pie
18’45º
12’
12
3
100 klb.25 klb/pie
18’45º
12’
1
3
2
θ 3
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 36
1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO (
2º. Rigideces:
m.c.m. = 36
3º. M.E.P.
4º. Desplazamientos:
w=25 klb/pie
18’45º
12’
12
ø =?2
ø =?1
3
3
w=25 klb/pie
18’ 12M
12
0
M21
0
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VII - 37
5º. Ecuación de barras:
( ) ( )
6º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
Nudo:
De (1) y (2):
7º. Momentos con signos de Maney
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 38
8º. Momentos flectores finales
9º. Isostatización
w=25 klb/pie
18’
8437.5
8100 187.5
-8100
-187.5
A=-8437.5
A=16537.5262.5
262.5
7.510.5
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VII - 39
Reacciones:
Reacciones finales:
8 4 . 3 7 5 A = - 1 2 1 5 0
- 4 0 5 0
4 0 5 0
1 2 ’
- 8 4 . 3 7 5
8 1 0 0
8 4 . 3 7 5
8 1 0 0
4050
262.5
143.176
187.5
143.176
w=25 klb/pie
18’45º
12’
12
3
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 40
Diagrama DFC y DMF:
4462.032
362.9465
238.629
187.0535
238.629
w=25 klb/pie
18’
12’
12
3
100 klb
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VII - 41
25 klb/pie
18’
8397.356
8196.448 187.0535
-8196.448
-187.0535
A=16593.807262.9465
262.9465
7.4821410.51786
12
8 7 . 9 0 6 A = - 1 2 6 5 8 . 4 6 4
- 4 4 6 2
. 0 1 6
4 4 6 2 . 0 3 2
1 2 ’
- 8 7 . 9 0 6
8 1 9 6 . 4 4 8
8 7 . 9 0 6
8 1 9 6 . 4 4 8
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 42
PROBLEMA Nº 08
Para la estructura de 2 pisos, mostrado en la figura se pide determinar las
reacciones en los apoyos y dibujar el diagrama de Fuerzas cortantes y de
Momentos Flectores.
SOLUCIÓN
6000 Lb.
12000 Lb.
18’
18’
18’
600 Lb/pie
400 Lb/pie
AB
C D
E F
6000 Lb.
12000 Lb.
600 Lb/pie
400 Lb/pie
2I
I I
2I
I I
AB
C D
E Fø =0E ø =0
F
øC
øD
øB
ø A 2
1
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 43
1º. Grado de Hipergeometría 6º GRADO (
2º. Rigideces:
Vigas:
Vigas:
m.c.m. = 18
3º. M.E.P.
400 Lb/pie
18’ B AM
BA
0M
AB
0
600 Lb/pie
18’ DCM
DC
0M
CD
0
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 44
4º. Desplazamientos:
Columnas:
Vigas:
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
Vigas:
θ2
ø AC
øBD
2 2
1 1
øDF
øCE
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VII - 45
Columnas:
6º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 46
Nudo:
7º. De la estática (Las 2 ecuaciones adicionales)
∑
H A
M AC
A
18’
H A
MCA
C
18’
HB
MBA
BH
A
M AB
A
6000
HB
MBD
B
18’
HB
MDB
D
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VII - 47
∑
De (1), (2), (3), (4), (5) y (6)
8º. Momentos de Maney
Vigas:
HC
MCE
C
18’
MEC
E
HD
MDF
D
18’
MFD
F
18’ HD
MDC
DHC
MCD
C
12000 HBH
A
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 48
Columnas:
9º. Momentos flectores finales
Vigas:
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VII - 49
Columnas:
10º. Isostatización
PROBLEMA Nº 09
Resolver y dibujar el DFC y DMF
1
3
2
4 5
4m 1m
3m
3m
3600 kg/m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 50
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. M.E.P.
1
3
2
4 5EI=1
EI=1
EI=∞
3600 kg/m
1
3
2
4
3600 kg/m
1800 kg-m
3600 kg
3 4
3600 kg/m
M43
0M34
04m
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VII - 51
3º. Desplazamientos:
4º. Ecuación de barras
( )
( )
1
3
2
4
2’
θ =ø4 24
θ4
ø34 ?
θ =ø2 4
? n
m
θ 2
ø12
θ =01
θ =03
4’
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 52
5º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
6º. Ecuación adicional de la estática:
1
2
H1
V1
M12
M21
3
4
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VII - 53
∑
∑
∑
De (1) y (2):
1
2
4 M42
H1
V1
M12
3
4
3
3 4
3600 kg/m
1
2
H1
V1
M12
4
3
3
14
M34
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 54
(3) = (4):
Reemplazando valores en (6)
7º. Momentos de Maney
8º. Momentos flectores
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VII - 55
9º. Dibujo del DFC y DMF
PROBLEMA Nº 10
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
10 kips
10’10’
10’
20’
1 32
4
5
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 56
1º. Grado de hipergeometría 4º GRADO (
Nota:
2º. M.E.P.
3º. Desplazamientos:
10 kips
EIEI
EI=∞
1 32
4
5
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VII - 57
4º. Ecuación de barras (De las ecuaciones de Maney)
Elementos Flexibles
( )
( )
1 32
4
5
? ? ?
θ= =θ ø2 25
θ 3θ 2θ 1
ø =034
ø =023
5
θ= =θ ø1 144
θ 1
θ 2
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 58
5º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
Nudo:
6º. Ecuación adicional de la estática:
A nivel (1) – (2) – (3)
∑
4
1
20’
H1
EI
25
Δ
5
2
10’
H22EI25 Δ
10 kip
1 32
H1
H2
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VII - 59
∑
∑
7º. Momentos de Maney
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 60
8º. Momentos flectores
9º. Isostatización de barras
1 240
50
V =92
V =91
A = -90
-50
40
-9
10m
+
3230
V =33
V =32
A = -30
30
-3
10m
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VII - 61
PROBLEMA Nº 11
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Grado de hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
5 ton.
1
32
4
12 ton-m
6m
4m
1.5m
1.5m
5 ton.
EI
EI
1
32
4
12 ton-m
ø =04
ø =01
A
E
E
E
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 62
m.c.m. =12
3º. Desplazamiento:
DEFORMADA
m.c.m. =12
1
3
2
4
Δ Δ
13ø
θ2
θ3
34ø
34ø =02’
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VII - 63
4º. M.E.P.
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
32
M32
0
M23
06m
4
12 ton-m
1.5m
1.5m
M43
0
M340
3
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 64
6º. Equilibrio de nudos.
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
∑
3
2
M32
0M23
0 6m
H32
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VII - 65
∑
∑
Nudo:
4
12 ton-m 3m
M43
M34
3H34
3
M31 H31
M13
1
4m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 66
Resolviendo:
De (1), (2) y (3):
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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VII - 67
PROBLEMA Nº 12
Resolver y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
3000 kg/m
4m
3m
4m
1000 kg
A
B C
D
4000 kg-m
3000 kg/m
4I
I
2I
1000 kg
A
B C
D
4000 kg-m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 68
m.c.m. = 6
3º. M.E.P:
DEFORMADA
4º. Desplazamientos:
3000 kg/m
4mB CM
CB
0MBC
0
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VII - 69
m.c.m. = 12
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
A
B’
D
ø =0
θB
2 Δ C’ Δ
θB
ø AB
θC
θC
øCD
ø =0D
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 70
6º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
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VII - 71
∑
∑
A nivel -
3m
A
B
HB
MBA
M AB
4m
C
D
HCMCD
MDC
4mB C
1000 kgHB HC
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 72
∑
Reemplazando:
De (1), (2) y (3):
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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VII - 73
10º. Dibujo del DFC y DMF
PROBLEMA Nº 13
Hallar los momentos flectores en los extremos de las barras y dibujar el DFC yDMF
SOLUCIÓN:
4m 2m
3m
3m
1 32
4
537º
3600 kg/m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 74
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
m.c.m. = 30
3º. Desplazamiento:
DEFORMADA
1 32
4
5
2I
I
I
37º
E
E
EE V
ø =05
ø =01
3600 kg/m
2I
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VII - 75
4º. M.E.P.
Δ
ø24
1 3
2
4
5
θ2
θ2
θ2
θ4
θ4
37º
ø12
ø45
Δ
Δ
x
s
37º
1 24m
3600 kg/m
M21
0M12
0
32
2m
3600 kg/m
M23
0
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 76
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
6º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
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VII - 77
5
4
H5
V5
M54
M45
3
4
M24
H5
V5
M54
3
4
3
2
4
5
4 32
4
5
3600 kg/m
H5
V5
M54
4
3
3
24
M12
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 78
∑
∑
∑
De :
De :
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 79
De (1), (2) y (3):
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 80
PROBLEMA Nº 14
Para el sistema estructural mostrado en la figura se pide determinar los
momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
6m 4m
3m
2 ton.
8 ton/m
1
3
2
6m 4m
3m
2 ton.
8 ton/m
8EI
EI
1
3
2
ø =03
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 81
m.c.m. = 15
3º. Desplazamiento:
DEFORMADA
m.c.m. = 9
4º. M.E.P.
1
3
2
37º
θ2 ø 23
θ2 α
ø 12
37º
8 ton/m
6m
1
2M
21
0
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 82
5º. Ecuación de barras:
( ) ( )
6º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
8 ton/m
6m
1
2
2
2M21V2
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 83
∑
∑
Reemplazando valores:
2
V2
M23
4m
3m
M23
3
2
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 84
De (1), (2) y (3):
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 85
PROBLEMA Nº 15
Determinar el sistema estructural mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 4º GRADO (
2º. Rigideces
8000 kg/m
20000 kg
4m 2m 2m
3m
1
32
4
8000 kg/m
20000 kg
4m 2m 2m
3m
1
32
4ø =0
4
I
I
I
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 86
m.c.m. = 60
3º. Desplazamiento:
DEFORMADA
m.c.m. = 60
1
2
4
ø 34
θ2
ø 23
ø 12
θ2
θ3
3
θ3
53º
53º
37º
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 87
4º. M.E.P.
5º. Ecuación de barras:
( ) ( )
1
2
8000 kg/m
M21
0
5m
2000 kg
2 3
M32
0M
23
0
2m 2m
4m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 88
6º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 89
∑
∑
∑
∑
De en
1
2
8000 kg/m
M21
2.5m
H2
V2
3m
4m
2.5m
2000 kg
2 3M
32
M23
2m 2m
4m
H2
V2
H3
V3
4
3 M34
M43
H3
V3
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 90
8º. Momentos de Maney
9º. Momentos flectores
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 91
PROBLEMA Nº 16
Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF
(EI=cte)
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 3º GRADO (
2º. Rigideces
1
3
2
4
7500 kg/m
10000 kg
4m 3m
4m
1
3
2
4
7500 kg/m
10000 kg
ø =01
ø =04E
E
E E
4m 3m
4m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 92
m.c.m. = 20
3º. Desplazamiento:
m.c.m. = 16
4º. M.E.P.
1
3
2
4
ø12
θ2
ø34
θ2ø
23
θ3
θ3
53º
53º
37º
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 93
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
6º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
M32
0M23
0 32
7500 kg/m
4m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 94
7º. Ecuación adicional de la estática:
∑
∑
∑
4m
2
M21
H2
V2
1M
12 3m
4m
4M
43
3 M34
H3
V3
32
7500 kg/m
4mH2
V2
H3
V3
10000 kg
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 95
∑
De
Simplificando:
Reemplazando valores
8º. Momentos de Maney
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 96
9º. Momentos flectores
10º. Isostatización de las barras
4m
2 2863.326
1
4030.472
2863.326
7422.832
32
7500 kg/m
4m
14508.258
15491.742
5455.8567422.824
4
2472.678
3
5 m
1585.705
5455.846
1585.705
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 97
11º. Dibujo del DFC Y DMF
PROBLEMA Nº 17
Determinar los momentos flectores en los extremos de las barras de la estructuramostrada en la figura.
2.066 1.934
15491.742
-14508.258
1585.705
-2863.326
D.F.C.
2.066 1.934
-7422.824
8580.145
-5455.846
4030.472
2472.678
-5455.856
-7244.832
D.M.F.
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII - 98
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría 4º GRADO (
1
32
4
5
3600 kg/m
6m 2m
6m
4m
4000 kg-m
1
32
4
5
3600 kg/m
E
E E
A
2I
I
I
2I
4000 kg-m
ø =01
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 99
2º. Rigideces
m.c.m. = 48
3º. Desplazamiento:
1
2
4
3 5
ø12
ø34
ø =023
ø35
d
5’
2’
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
m.c.m. = 12
4º. M.E.P.
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
2
3600 kg/m
6m 3M
32
0M23
0
3
52m
4000 kg-mM35
0
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 101
6º. Equilibrio de nudos
Nudo:
Nudo:
Nudo:
7º. Ecuación adicional de la estática:
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
∑
∑
∑
1
2M
21
H2
M12
6m 4m
2 M34
H3
4
2
3600 kg/m
6m 3
M32
M23
H3H2
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 103
De
Reemplazando valores y ordenando:
De (1), (2), (3) y (4):
8º. Momentos de Maney
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
9º. Momentos flectores
PROBLEMA Nº 18
Determinar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar elDFC y DMF.
(EI=constante)
SOLUCIÓN:
AB
C D E
10 ton.
12 ton-m5 ton/m
4m 2m 3m 2m
Rótula
AB
C D E
10 ton.
12 ton-m5 ton/mø =0
A
ø =?B
ø , =?øci cd
ø =?D
Rótula
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 105
1º. Grado de Hipergeometría 5º GRADO ( 2º. Rigideces
m.c.m. = 12
3º. Momentos de empotramiento perfecto (m.e.p)
4º. Deformada:
m.c.m. = 6
D E
5 ton/m
MDE
0
2m
AB
C
D E
θB
øci
θB
BC
øcd
BC
øD
øD
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
5º. Ecuación de barras
( ) ( )
6º. Equilibrio de nudos:
Nudo:
Nudo:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 107
Nudo:
De la estática: (Encontrados la 5ta ecuación)
∑
Equilibrio Nudo:
De (1), (2), (3), (4) y (5):
B C2m
VC
MBC
V =C
C D3m
V’C
MDC
V’ =C
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
7º. Momentos de Maney
8º. Momentos flectores
9º. Isostatización
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 109
4m
0.667
V=0.5
A = 2
1.333
V=0.5
A B
0.5
0.667
-1.333
2m13.333
A=13.333
V=6.667
BC
6.667
-13.333
V=6.667
V=10/3
A=-10
10
V=10/3
C D
-10/3
-10
3m 2m
10
A=10
DE
10
-10
V=10
5 ton/m
AB
C D E
10 ton.
12 ton-m
Rótula
0.5
7.16713.333
0.667
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
PROBLEMA Nº 19
Determinar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar elDFC y DMF.
(EI=constante)
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría : IDEM 2º. Rigideces: IDEM
3º. Momentos de Empotramiento Eerfecto (M.E.P.) :IDEM 4º. Deformada: IDEM
5º. Ecuación de barras:
( ) ( )
AB
C D E
10 ton.
12 ton-m
5 ton/m
4m 2m 3m 2m
Rótula
5 ton/m
B C
5 ton/m
MBC
0
2m
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DEFORMACIONES ANGULARES
VII -
7º. Momentos de Maney
8º. Momentos flectores
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VII - 113
9º. Isostatización
4m
5.667
V=0.5
A = -17
11.333
V=4.25
A B
-4.25
5.667
-11.333
2m
13.333
A=23.333
V =6.667
B C
16.667
-23.333
V =16.667B
C
6.667
V=10/3
A=-10
10
V=10/3
C D
-10/3
-10
3m 2m
10
A=10
DE
10
-10
V=10
5 ton/m
AB
C D E
10 ton.
12 ton-m
5 ton/m5 ton/m
4.25
20.917
13.333
5.667
Rótula
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CAPÍTULO VIII
MÉTODO DE HARDY CROSS
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 2
MÉTODO DE HARDY CROSS
Calcula: Los momentos flectores en los extremos de los elementos.
CUESTIONES PRELIMINARES:
a. Definir las condiciones de restricción de los apoyos.
- Empotrado (E)
- Articulado (A)
- Volado (V)
Ejemplos:
El apoyo intermedio (2), se considera empotrado por presentar momentos
internos y, además por existir a ambos lados otros apoyos articulados o
empotrados o combinación de ambos.
b. La rigidez relativa de los elementos se obtiene de acuerdo a las
condiciones de restricción de los apoyos, como sigue:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 3
c. Para el proceso de distribución de los momentos de empotramiento
perfecto de los elementos del sistema, deberá tenerse presentarse lo
siguiente:
c.1 Empezar por el nudo articulado de existir un momento, distribuir ytransmitir para cerrar definitivamente.
c.2 Continuar con el nudo de mayor momento absoluto, esto con la
finalidad de una rápida convergencia.
c.3 Terminar el proceso con una distribución y con una transmisión. Si la
distribución llega a un apoyo externo empotrado, este valor deberá
transmitirse como paso final.
DEMOSTRACIÓN
1º. Rigidez por flexión:
La rigidez es la propiedad de resistencia que ofrecen los elementos a la
deformación.
La rigidez por Momento flexionante, es igual a la carga aplicada (M) entre la
deformación producida por esta
.
A. Sistema: Empotrado – Empotrado
Asumiendo para todo efecto, horario positivo.
Maney:
( )
( )
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 4
Factores de transporte:
El factor de transporte de momentos, se define como la relación existente
entre los momentos
B. Sistema: Empotrado – Articulado
Maney:
( )
( )
Factores de transporte:
Realizando el cociente:
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 5
2º. Coeficientes de Distribución:
Sabemos:
∑
∑
Por equilibrio en el Nudo “i”:
(6) en (5):
∑
Reemplazando:
∑ ∑
∑
∑
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 6
∑ ∑
∑
∑
Como:
3º. Momentos por desplazamientos: Asumiendo horario positivo.
A. Sistema: Empotrado - Empotrado
Maney:
( )
( )
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 7
B. Sistema: Empotrado - Empotrado
Maney:
( )
( )
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 8
PROBLEMAS DE APLICACIÓN
PROBLEMA Nº 01
Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1000 kg/m
1 2
3 4
5
2I
4m
4m
10m
1500 kg/m
1000 kg/m
1 2
3 4
5 E
E
E
E
E
2I
2I
I
1500 kg/m
I
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VIII - 9
1º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
2º. M.E.P
1000 kg/m
1 22IM12
0M21
0
3 42I
1500 kg/m
M34
0
M43
0
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 10
3º. Proceso de distribución
1ra Iteración:
Nudo:
Nudo:
1 2
3
5
-8333
-1355
-68
-6
-9762
0
-2232
-3392
-303
-168
-24
-13
-5478
0
8333
-2709
-135
-11
5478
0 0.444 0.556
0.444 0.5560.444
4
-12500
1788
243
12
-14033
0
-4463
-1696605
-84
48
-7
3
8333
-4463
-605
48
3
0
12500
-3575
485
24
2
-5594-38079436
0
-2232
30324
-1905
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 451/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 11
2da Iteración:
Nudo:
3ra Iteración:
Nudo:
4º. Momentos de Maney
5º. Momentos flectores:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 452/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 12
6º. Isostatización de las barras}
7º. DFC y DMF
1000 kg/m
1 2
10 m5478
4571.65428.4
9762
3 4
1500 kg/m
10 m
7040.37959.7
14033 9436
4m
2768
5478
27685594
1
2
4m
1428
3807
27681905
4
5
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 453/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 13
6.524 3.476
-9762-5478
-14.033
-5478
1905
-9436
7084
4971
-3807
5478
5.306 4.693
5594
D.M.F.
5.428 4.572
5428.4
4571.6
2768
5.306 4.693
7959.7
-7040.3
1428
D.F.C.
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 454/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 14
PROBLEMA Nº 02
Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF
SOLUCIÓN:
1º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
1
2 3
45
4m 6m 3m
4m8000 kg
2m
2m
6000 kg/m
1
2 3
45 E
E E
8000 kg
2m
2m
2I
2I 4I
2I
A
A
6000 kg/m
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 455/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 15
2º. M.E.P
3º. Proceso de distribución
2 36m
6000 kg/m
M23
0
M32
0
4m
M25
0
M52
0
8000 kg
2m
2m
5
2
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 456/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 16
1ra Distribución y Transmisión:
Nudo:
Nudo:
Nó
2da Distribución y Transmisión:
Nudo:
3ra Distribución y Transmisión:
Nudo:
4º. Momentos de Maney
1
2
3
45
-7200
5779
-4723
2437-421
217
-38
20
-4
2
-3931
-4000
2173
916
82
7
1
-821
0
3248
1370
122
11
1
4752
10800
2890
-9446
1219-841
107
-75
10
-7
4659
0
-4244
-378
-34
-3
-4659
0.194 0.5160.290 0.690 0.3101
01
-4000
1087
1219
109
101
6426
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 457/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 17
5º. Momentos flectores:
PROBLEMA Nº 03
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 458/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 18
SOLUCIÓN:
1º. Grado de Hipergeometría: 3º GRADO (
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
10 Kips
4
1
32
10’
6’
8’ 10’
10I
5I
5√2I
10 Kips
4
1
32
10I
5I
E
E E
E
5√2I
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 459/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 19
Nudo:
√ √
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
5º. Momentos del 1er Cross:
6º. De la estática 1er Cross
A nivel -
7º. Momentos por desplazamiento:
()
Nota:
()
()
R
32
0 0
10
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 460/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 20
√ √
(√ )
√
8º. 2do Cross de desplazamientos:
9º. Momentos de 2do Cross
4
1
2’
10’
1 0 √ 2
10’
37ºø12
53ºø23
θ3
θ3
ø34
√2 Δ
3’
θ2θ2
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 461/521
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 462/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 22
A nivel -
11º. Momentos de cross finales
248
4
32
6
10’
10
86.6V =86.63
27
10
V =86.62
618
618
H2
86.6
1808
8
H3
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 23
12º. Momentos flectores:
I: Mantiene su signo
D: Cambia su signo
PROBLEMA Nº 04
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
SOLUCIÓN
Reemplazando la fuerza vertical del volado por sus efectos en el nudo
4m
2m 3m
2000 kg 2000 kg
1 32
4
2m
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 24
1º. Grado de Hipergeometría: (
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
2000 kg 2000 kg
1 2
4 A
6000 kg-m
EE
2000 kg
1 2
M21
0M12
0
2m 2m
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 25
5º. Momentos del 1er Cross:
6º. De la estática 1er Cross
0
-1000
1563
563
1000
3125
4125
0
1875
1875
0.625 0.375-6000
1
0
0
1
2
4
2000 kg
3m1 32
4
6000
2000 kg
2000
4m
563
4125
V =21752
1875
H2
2175
2000
4
3
2m2m
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 27
Pitágoras:
8º. 2do Cross de desplazamientos:
1
2
4 4’
θ2
0
53º
53º
x
ø12
2’
θ2ø
24
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 468/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 28
9º. Momentos de 2do Cross
10º. De la estática 2do Cross
0
-1500
219
-1281
-1500
438
-1062
800
263
1063
0.625 0.375
1
0
0
1
2
4
1 2
4
4m1281
1062
V2
1063H
2
585.75
4
3
2
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 29
A nivel horizontal -
11º. Momentos de Cross finales
R’
2
4
H =705.06252
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 470/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 30
12º. Momentos flectores:
PROBLEMA Nº 05
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
SOLUCIÓN
4m 3m 4m
4m
4m
1
3
6
2
4
5
10 ton.
1
3
6
2
4
5
10 ton.
A
E
E
E A
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http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 471/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 31
1º. Grado de Hipergeometría: 5º GRADO (
Nota:
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
Nudo:
3º. M.E.P:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 472/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 32
4º. 1er Cross de cargas:
5º. Momentos del 1er Cross:
6º. De la estática 1er Cross
A nivel -
7º. Momentos por desplazamiento:
()
()
()
Pitágoras:
65
10 ton.R
θ =0
6’
ø
6
1
θ
ø
2
12
θ2
2’
3
4’
ø34
θ2
θ
53º
53º
25
5’
x
θ =05
2
ø45
53ºr
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 33
Para pequeñas deformaciones:
m.c.m. = 800
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 474/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 34
8º. 2do Cross de desplazamientos:
9º. Momentos de 2do Cross
1
3
2
15/31 16/31
0
0
1
3200
-877
2323
-1500
-2323
-823
3200
-439
2761
-3200
-2761
439
16/47 15/4716/47
5
0
0
1
-3200
877
-2323
1500
2323
15/31 16/31
4
823
0
0
1
0
0
6
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 476/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 36
11º. Momentos de Cross finales
12º. Momentos flectores:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 37
PROBLEMA Nº 06
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
D.M.F.
6800
-8100
8100
-6800
6m 6m
3600 kg/m
3m
1m
132
4
5
9600 kg
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7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 39
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
1
32
4
5
-10800
-3086
-926
133
-538
-3
-14727
0
-694
-40
-736
16200
-694
-40
154641
10800
-6171
-463
265
-2715
4419
0
-4629
198
-4419
12
0
0
-2315
99
-2216
0
1
0
3/10 2/53/10 4/7 3/7
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 40
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 41
5º. Momentos del 1er Cross:
6º. De la estática 1er Cross
3m
736
H2
2
4
4m
4419
H3
2216
5
3
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 42
A nivel - -
7º. Momentos por desplazamiento:
()
()
()
R
1 3
9600 kg
2
1658.75245.333
5
θ2
θ2
1’ 1 2’
32
4
ø24
θ2
ø35
θ3
θ3
3’
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 43
m.c.m. = 24000
8º. 2do Cross por desplazamientos:
1
32
4
5
0
-2572
-2171
311
-12418-8
-4546
8000
-1628
-93
6274
0
-1628
-93
-17261
0
-5143
-1086
621
-62
35
-5637
9000
-3857
465
5637
27
0
9000
-1929
233
7319
0
1 3/10 2/53/10 4/7 3/7
5-5 -4
2 2
141
0
0
0
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 44
9º. Momentos DEL 2do Cross
10º. De la estática 2do Cross
3m
6274H2
2
4
4m
5637H3
73195
3
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 45
A nivel - -
11º. Momentos de Cross finales
12º. Momentos flectores:
R’ 32392091.333
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 46
PROBLEMA Nº 07
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
(EI=cte)
SOLUCIÓN
4000 kg
A B C
D
2m 5m 3m
4m
3000 kg
8000
4000 kg
V A E
E
A B C
D
I I
I
3000 kg
8000
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 47
1º. Grado de Hipergeometría:
Sustituyendo la fuerza del volado por sus efectos en el apoyo “B”
3º GRADO (
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
4000 kg
2m AB
MBA
0=PL=8000
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 48
5º. MOMENTOS DEL 1er CROSS:
6º. De la estática 1er Cross
A 0
-8000
-8000
8000
8000
0 1
B
0
0
-4000
1714
-2286
0
2286
2286
3/7 4/7
C
0
0
1143
1143
D
4000 kg
A B C2m 5m
2286
Vc
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 49
A nivel - -
7º. momentos por desplazamiento:
V =2057.2C
C 2286
HC
4m
1143
D
3m
3000 kg
A B C2m 5m
R
2400.15
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 50
()
()
m.c.m. = 10000
A B
D
A’
øBC C
θCC’
θC
øCD
B’
53º
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 51
8º. 2do Cross por desplazamientos:
9º. Momentos del 2do Cross
10º. DE LA ESTÁTICA 2DO CROSS
A 0
0
0
0 1
B
0
900
900
1800
-3000
-1800
3/7 4/7
C
0
-3000
600-2400
D
1200
A B C2m 5m
1800
VC
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 52
A nivel - -
11º. Momentos de Cross finales
V =360C
C
1800
HC
4m
2400
D3m
1320
A B C
R’
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 493/521
ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 53
12º. Momentos flectores:
D.M.F.
-8000
-5077.92
-5077.92
8675.33
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 54
PROBLEMA Nº 08
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
(EI=Constante)
1
3
2
4
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 55
SOLUCIÓN
1º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
1
3
2
4
E
E E
E
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 56
2º. M.E.P:
3º. 1er Cross de cargas:
a. Momentos del 1er Cross:
3
4 M43
0
M34
0
1
32
4
-4000
1716
163
16
2
0
2284
218
21
2
-21032103
0
-190
-18
-2
-210
-381
-37
-4
0
-380
-36
-4
0
1142
109
11
-420 420
-762
-73
-7
0
4948
882
8584000
0
0.571 0.4290.333 0.667
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 57
b. Momentos flectores:
c. De la estática
1
2H2
420
210
6m
2
H2 420 H3
21033
3
4 4948
2103
H3
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 58
A nivel: -
4º. Momentos por desplazamiento:
35288.75
F
105
6000
2
12
4
θ3
ø34
θ =04
1
ø
θ =01
θ2
2
θ2
3
θ3
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 59
()
(
)
m.c.m.=2400
5º. 2do Cross por desplazamientos:
a. Momentos de Cross:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 500/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 60
b. Momentos flectores:
c. De la estática
1
32
4
900
-386
-94
-9
-1
0
-514
-125
-12
-1
410-410
-400110
-11
1
-278
219
21
2
-400
219
21
2
0
-257
-63
-6
-158 158
438
42
4
0
655
-5-47
-193900
0
0.571 0.4290.333 0.667
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 61
A nivel: -
6º. Momentos flectores finales:
1
2H2
158
278
6m
2
H2 158 H3410
3
3
4
655
410 H3
3m
3
226.2572.667
F2
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http://slidepdf.com/reader/full/analisis-estructural-ing-ronald-santa-tapia 502/521
MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 62
PROBLEMA Nº 09
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
1
3
6
2
4
5
6m
4m
3m
20000 kg
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 63
SOLUCIÓN
1º. Grado de Hipergeometría: 3º GRADO (
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
1
3
6
2
4
5
E
E
E
E
E
E
I
I
I
I
2I
20000 kg
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 64
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
5º. Momentos del 1er Cross:
6º. De la estática 1er Cross
A nivel -
7º. Momentos por desplazamiento:
R
3 4
20000 kg
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 65
()
()
1
3’
6
2
5
ø13
θ3
θ3
ø35
θ3
θ4
θ4
4’θ4
ø24
ø46
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 66
8º. 2do Cross por desplazamientos:
9º. Momentos del 2do Cross
1
3
6
2
4
5
0
-128
-208
19
-7
-324
1600
-7
1385
-208
-900
-5
-1061
-156
4/11 3/114/11
0
1492
-4
-1041600
0
-255
-104
38
-4
1
1600
28
1
-191
-900
38
1
-255
4/11 4/113/11
-324-1062 1384
0
0 0
1492
19
-1281600
1
-900
141
-981
-96-900
-3
-981
-78
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 67
10º. De la estática 2do Cross
3
5
H
1492
1384
3
3m
1
1062
4m
H’3
981
3
H
1492
1385
4
3m
6
4
2
1061
4m
H’4
981
4
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 68
A nivel - :
11º. Momentos de Cross finales
R’959
510.5
3 4
958.667
510.75
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 69
12º. Momentos flectores:
-2198.47
10154.88
-9422.05
D.M.F.
-7223.58
6673.96 6673.92
2198.47
-9422
-7223.53
10154.83
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 70
PROBLEMA Nº 10
Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.
SOLUCIÓN
1º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo:
Nudo:
1
3
2
2000 kg
8000 kg/m
6m 4m
3m
1
3
2
2000 kg
8000 kg/m A E
E
I
8I
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 71
Nudo:
2º. M.E.P:
3º. 1er Cross de cargas:
a. Momentos del 1er Cross:
12
8000 kg/m
6m M21
0
M12
0
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 72
b. Momentos flectores:
c. De la estática
1
3
0
1
36000
-29988
6012
0
-6012
-6012
2
0.833 0.167
0
-3006
-3006
12
8000 kg/m
6m6012
V2
H2
3006
V2
H26012
2
3
4 3
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 73
A nivel: -
4º. Momentos por desplazamiento:
De Maney:
1 2
F H =363422
2000
1
3
2
ø23
θ1
ø12
θ2
θ2
θ =03
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 74
Para momentos por desplazamiento básicamente:
()
()
Entonces:
()
()
m.c.m.=4500
5º. 2do Cross por desplazamientos:
a. Momentos de Cross:
1
3
0
1
-4000
1833-2167
1800
3672167
2
0.833 0.167
1800
184
1984
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 75
b. Momentos flectores:
c. De la estática
126m
2167
V2
H2
1984
V2
H2
2167
2
3
4 3
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 76
A nivel: -
6º. Momentos flectores finales:
PROBLEMA Nº 11
Calcular:
- Los momentos flectores en los extremos de los elementos.
- Dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y de momentos flectores.
1 2
F’ H =1865.2232
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 77
SOLUCIÓN
1º. Grado de Hipergeometría: 3º (
2º. Rigidices y coeficientes de distribución
Nudo: B
Nudo: C
A
B
C
D
4m 4m 2m
2m
3m
4 ton.
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 78
3º. M.E.P:
4º. 1er Cross de cargas:
5º. Cálculo de (Estática)
BH
BV
BH
BV
4000
CH
CV
R
CH
CV
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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ING. RONALD SANTANA TAPIA
VIII - 79
6º. Deformaciones:
7º. Momentos de deslizamiento:
8º. Segundo Cross de Desplazamiento:
7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia
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MÉTODO DE HARDY CROSS
VIII - 80
9º. De la estática:
A
B
C
D
590
-129
208
-30
13
-2
5/94/9
1
-930
261
17
1
651 -651
64/10945/109
590
-258
104-61
6
-4
377
-150
-182
-43
-2
-377
-930
8
-792
130
-150
-22
-264
-91
-1
BH
BV
370
CH
CV
BH
BV
264
377
601
CH
CV
651
792