Analisis Estructural-lineas de Influencia, Distribucion Momentos

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE GUERRERO UNIDAD ACADÉMICA DE INGENIERÍA

AANNÁÁLLIISSIISS EESSTTRRUUCCTTUURRAALL Objetivo

El alumno aprenderá métodos clásicos y el método matricial de rigideces para el análisis de estructuras hiperestáticas, así como el empleo de programas de cómputo para el análisis de sistemas estructurales. Temario

1. ANTECEDENTES

2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS

3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN

4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS

5. MÉTODO DE RIGIDECES

6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000 Bibliografía

A. Kassimali, “Análisis estructural”, Thomson.

O. González, “Análisis estructural”, Limusa.

R. Hibbeler, “Mecánica de materiales”, Pearson.

J. McCormac y J. Nelson, “Análisis de estructuras, métodos clásico y matricial”, Alfaomega.

Evaluación

Examen parcial 1: (20%)



Examen final: (30%)

CCOONNTTEENNIIDDOO

INTRODUCCIÓN ...........................................................................................................................

CAPÍTULO 1. ANTECEDENTES 1.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 1.2. DIAGRAMAS DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS .............. 1.3. PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS ................................................ 1.4. TEMAS RECOMENDADOS ...............................................................................................

CAPÍTULO 2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS 2.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 2.2. LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y

MOMENTO ........................................................................................................................... 2.2.1. Método directo ......................................................................................................... 2.2.2. Método punto por punto .......................................................................................... 2.2.3. Método de Müller-Breslau ......................................................................................

2.3. APLICACIONES DE LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS .......................................... 2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior ...................... 2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo... ................................................... ................ 2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior... .................................. ................ 2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior... ........................ ................ 2.3.5. Momento máximo absoluto... .................................................................. ................

2.4. EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................

CAPÍTULO 3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN 3.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 3.2. VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................

3.2.1. Vigas con extremos empotrados .............................................................................. 3.2.2. Ecuación modificada para apoyos simples ..............................................................

3.3. MARCOS PLANOS .............................................................................................................. 3.3.1. Sin desplazamiento lateral ....................................................................................... 3.3.2. Con desplazamiento lateral ......................................................................................


CAPÍTULO 4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS 4.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................. 4.2. VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................

4.2.1. Vigas con extremos empotrados .............................................................................. 4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples .....................................

4.3. MARCOS PLANOS .............................................................................................................. 4.3.1. Sin desplazamiento lateral ....................................................................................... 4.3.2. Con desplazamiento lateral ......................................................................................


CAPÍTULO 5. MÉTODO DE RIGIDECES 5.1. PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DEL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ............................

5.1.1. Continuidad ............................................................................................................. 5.1.2. Ley de Hooke .......................................................................................................... 5.1.3. Equilibrio ................................................................................................................

5.2. ARMADURAS PLANAS ..................................................................................................... 5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad ........................................................

5.3. MARCOS PLANOS ............................................................................................................. 5.4. EJEMPLOS RESUELTOS ...................................................................................................

CAPÍTULO 6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000 6.1. INTRODUCCIÓN ................................................................................................................ 6.2. ANÁLISIS DE VIGAS ......................................................................................................... 6.3. MARCOS PLANOS Y EN TRES DIMENSIONES ............................................................

10 Ton 5 Ton

2 Ton/mA

B

3 m 3 m 2 m

E, I = CTESC D

CCAAPPÍÍTTUULLOO 11::

AANNTTEECCEEDDEENNTTEESS 1.1. INTRODUCCIÓN

Las asignaturas del área de estructuras del plan de estudios de la carrera de ingeniero civil, son relevantes por la razón que en ellas se aprende el diseño de estructuras a base de concreto, acero y mampostería, ante las solicitaciones más desfavorables que puedan presentarse durante su vida útil. Para lograr la integración de un proyecto completo en ingeniería estructural, el análisis es una etapa crucial, ya que de ella se obtendrán los elementos mecánicos que obran sobre la estructura, con los cuales se realiza la etapa propia de diseño. En el presente capítulo se desarrolla un ejemplo donde se repasa un método para obtener diagramas de elementos mecánicos (cortante y momento), así como la pendiente y deflexión en un punto cualquiera de un elemento isostático. 1.2. DIAGRAMA DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS

En la asignatura de mecánicas de materiales se estudiaron varios métodos para la obtención de diagramas de cortante y momento para vigas isostáticas. A modo de repaso, se considera el ejemplo 1.1. Ejemplo 1.1. Obtener los diagramas de cortante y momento para la viga mostrada. Considere módulo elástico, E, y momento de inercia, I, como parámetros constantes a lo largo del elemento. Solución:

Determinar reacciones, por ejemplo haciendo suma de momentos en A igual a cero, se obtiene la reacción en C, o viceversa.

Dependiendo que reacción se obtenga del paso anterior, la faltante se evalúa con suma de fuerzas verticales igual a cero.

Una vez determinadas las reacciones, se traza el diagrama de cortantes en función del valor de las reacciones y de las condiciones de cargas externas (hay que verificar que el

2 m3 m3 m

RA = 2.67 Ton RC = 16.33 Ton

2.67 Ton

9 Ton

5 Ton

7.33 Ton

8 T-m

0 T-m

1.91 m

x=1.09 m

14 T-m

V

M

10 Ton 5 Ton

2 Ton/mA

B C D

A=8

A=22

A=14

TonR

RcM

C

A

33.16

0)8(5)7)(2(2)6()3(10:0

=

=−−+−=Σ

TonR

RF

A

Ay

67.2

033.165)2(210:0

=

=++−−−=Σ↑+

mx

x

09.133.70.8

0.833.7

==

=

diagrama “cierre”).

Finalmente, con ayuda del diagrama de cortantes (las áreas), se traza el diagrama de momentos (el cual también debe “cerrar”).

Obtención de la distancia x: 1.3. PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS

Para evaluar la pendiente y deflexión de vigas isostáticas se cuenta con varios métodos, por mencionar algunos se tienen por integración, superposición y área de momentos. Considérese para revisión el ejemplo 1.2. Ejemplo 1.2. Determinar por integración la pendiente y deflexión de la sección D de la viga del ejemplo 1.1. Solución:

Determinar reacciones (resultados del ejemplo 1.1).

Establecer ejes de referencia, en este ejemplo ejes X, Y.

FxxxxdxdyEI +−−−+−−= 3222

2 )6(31)6(

233.16)3(

210

267.2

GFxxxxxyEI ++−−−+−−= 4333 )6(121)6(

633.16)3(

35

667.2)(

0)0(00 =⇒++= GGF

22

2

2

2

)6()6(33.16)3(1067.2

)(;

02

)6()6(2)6(33.16)3(1067.2

:0

−−−+−−=

==

=+−

−+−−−+−

=Σ

xxxxdx

ydEI

xFMMdx

ydEI

Mxxxxx

Mx

50.8

)6()3(35)6(

667.20 33

−=

+−=

F

F

A

3 m3 m

x

x

X

Y

D. C. L.

V M

10 Ton 5 Ton

2 Ton/m

B C D

RA = 2.67 Ton RC = 16.33 Ton

10 Ton

2 Ton/mA

B C

Hacer un corte de la viga a una distancia x, de modo que involucre la mayor cantidad posible de cargas externas y dibujar el diagrama de cuerpo libre de la porción de la viga (izquierda o derecha) que involucre más datos.

Hacer 0=Σ xM y la ecuación resultante sustituirla en Mdx

ydEI =2

2

.

Integrar dos veces la ecuación anterior. El resultado de la primera integral representa la pendiente en cualquier punto a lo largo de la viga, mientras que la deflexión se obtiene del resultado de la segunda integral.

Como las ecuaciones de pendiente y deflexión contienen una y dos constantes, respectivamente (producto del proceso de integración), es necesario establecer dos condiciones conocidas de pendiente y/o desplazamiento para la viga en estudio.

Evaluar las expresiones de pendiente y deflexión (las que están en términos sólo de x) para la sección de interés.

Integrando: Integrando nuevamente: Empleando la condición: y = 0 en x = 0 (Punto A) Segunda condición: y = 0 en x = 6 m (Punto C)

50.8)6(31)6(

233.16)3(5

267.2 3222

2 −−−−+−−= xxxxdxdyEI

xxxxxyEI 50.8)6(121)6(

633.16)3(

35

667.2)( 4333 −−−−+−−=

EIdxdy

D

50.8)68(31)68(2

33.16)38(5)8(267.2 3222 −−−−+−−

=

EIyD

)8(50.8)68(121)68(6

33.16)38(35)8(6

67.2 4333 −−−−+−−=

EIdxdy

D

17.18−=

EIyD

33.28−=

Ecuación de la pendiente: Ecuación de la deflexión: Pendiente en el Punto D (x = 8 m): Deflexión en el Punto D (x = 8 m): 1.4. TEMAS RECOMENDADOS

Con los ejemplos desarrollados se pretende que el alumno repase los temas básicos de la mecánica de materiales, que serán de base para el entendimiento del análisis estructural. Se recomienda los temas:

Diagramas de momentos flexionantes y fuerzas cortantes en vigas.

Esfuerzos de flexión y cortante en vigas.

Pendientes y deflexiones de vigas.

CBA

L

a


LLÍÍNNEEAASS DDEE IINNFFLLUUEENNCCIIAA DDEE EESSTTRRUUCCTTUURRAASS IISSOOSSTTÁÁTTIICCAASS 2.1. INTRODUCCIÓN

Las líneas de influencia son gráficas que muestran la variación de una función (por ejemplo de reacciones, cortante o momento) a lo largo de la viga, cuando una carga unitaria concentrada se aplica a lo largo de la misma. En el presente capítulo se analizan tres métodos para la obtención de las líneas de influencia para reacciones, cortante y momento; se detallan las aplicaciones de las líneas de influencia para la obtención de valores máximos cuando una serie de cargas móviles pasan a través de una estructura isostática. 2.2. LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y MOMENTO 2.2.1. Método directo

En lugar de calcular las ordenadas de las líneas de influencia punto por punto, resulta más práctico plantear una ecuación para la reacción (o cualquier acción), en función de la posición x, de la carga unitaria. El proceso se muestra en el ejemplo 2.1. Ejemplo 2.1. Trazar las líneas de influencia para las reacciones en los apoyos A y C, así como para el cortante y momento en la sección B de la viga mostrada. Solución:

Se supone una carga unitaria concentrada a una distancia cualquiera x, y se evalúan las reacciones en los apoyos (se obtienen dos ecuaciones que representan la variación de RA y RC en función de la posición de la carga unitaria concentrada).

Para determinar las expresiones para el cortante y momento en la sección B, se coloca la carga concentrada unitaria a una distancia cualquiera antes de a; en un segundo caso, se supone a una distancia cualquiera posterior. Para ambas situaciones trabajar con el diagrama de cuerpo libre conveniente y con las ecuaciones básicas de estática se determinan para cada caso las expresiones para VB y MB.

Lx

LxLRLRxL

xLLRM

AA

Ac

−=−

==−

=−+−=Σ

1

0)(1)(:0

LxRR

Lx

RRF

CC

CAy

==−+−

=−+=Σ↑+

00.11

00.1:0

:0 axSi ≤≤

( )aLLxMMaLRcM BBB −==−−=Σ 0)(:0

LxRVF CBy −=−==Σ↑+ :0

RA = 1 -x/L RC = x/L

x

1

CBA

a

L


1

CBA

a L-a

RC = x/L

CB

VB

MB


L. I. RC

L. I. RA

L. I. MB

L. I. VB

0

RA = 1 - x/L

RC = x/L

1 - a/L

- a/L

VB = 1 - x/L

VB = -x/L

MB = x/L (L - a) MB = a (1 - x/L)

a(1 - a/L)

L

a

CBA

Se realiza el trazo de las líneas de influencia para las reacciones (RA y RC), momento y cortante en la sección B (VB y MB).

:LxaSi <≤

LxRVF ABy −===Σ↑+ 1:0

( )

−=

=

=+−=Σ

LxaM

aRM

MaRM

B

AB

BAB

1

0)(:0


1

CBA

a L-a

VBRA =1-x/L

MB

A B

1 0

V

M

1

CBA

1

0.75

M

V

0.250.75

L/4

0.253

16L

0

18L

CBA

1

2.2.2. Método punto por punto

Es el método más obvio, pero no el más expedito, consiste en colocar una carga unitaria en distintas secciones y calcular el valor correspondiente de la(s) función(es) para las que se desea obtener la(s) línea(s) de influencia. Ejemplo 2.2. Para la viga del ejemplo 2.1 determinar a cada L/4 el valor de las líneas de influencia para RA, RC, VB y MB (para la sección de la viga en L/2). Solución:

Se supone la carga unitaria concentrada en cada punto o sección de interés, con ello, se evalúan las reacciones, y los diagramas de cortante y momento.

Se localizan los valores de cada función de acuerdo en cada punto de interés, de modo que al unirlos, definan las líneas de influencia respectivas.

0

0.5 0.5

V

M

L/4

0.75

M

V

0.750.25

0.25

3L/16

0

L/8

CBA

CBA

0.50

0.50

0 1

V

M

1

CBA

1

1

1

L/2

3L/4

L

L/4

M

V

A B C

L/4 L/4 L/4

1.00.75

0.500.25

0

0.250.50

0.75 1.0

0

L. I. RA

L. I. RC

0

L/4

0.25

V

M

0.5

0.25

0.5

L/8L/8

L. I. VB

L. I. MB

0

L/2

L/4

0.5

0.5

0

L. I. VB

L. I. MB

L. I. RA

L. I. Rc

L/2

1.0

0.0

1.0

0.5

0.0

0.5

θ = θ1 + θ2 = 1

CBA

θ1

θ2

θ1 θ2

2.2.3. Método de Müller-Breslau

La línea de influencia de una función (reacción, cortante o momento) tiene la misma forma que la deformada de la viga (supuesta como cuerpo rígido), cuando se le impone una deformación unitaria (desplazamiento o giro) correspondiente a la función determinada. En el ejemplo 2.3 se muestra la aplicación del método a la viga isostática de los ejemplos 2.1 y 2.2. Ejemplo 2.3. Determinar las líneas de influencia para los apoyos (RA y RC), así como para el cortante y momento de la sección localizada a la mitad de la longitud de la viga (VB y MB). 2.3. APLICACIÓNES DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS

Se emplean básicamente para obtener el valor de las reacciones (en los apoyos), cortante y momento (en una sección particular de la viga) cuando el elemento está sometido a cargas puntuales y/o uniformemente distribuidas. Para evaluar el valor de una función de la viga sujeta a cargas concentradas, se multiplican las magnitudes de las cargas por los valores que les corresponden de acuerdo al diagrama de la línea

DA B C2 Ton/m

3 m

10 Ton

3 m

5 Ton

3 m3 m

DA B C

3 m 3 m6 m

0.0

-1/3

-2

2

1/3

0

L. I. VB

L. I. MB

L. I. RA

L. I. RC

1.0

-1/3

4/3

0.0

-2/3

1

2/3

1.0

1/3

0.0

-1/3-1/3

-2

2

1/3

1/3

0

L. I. VB

L. I. MB

L. I. RA

L. I. RC

1.0

-1/3

4/3

2/3

0.0

-2/3

0.0

0.0

0.0

0.0

0.0

0.0

0.0

0.0

de influencia que se trate; en el caso de cargas uniformes, se multiplica la magnitud de la carga por el área de la línea de influencia en la longitud donde actúa dicha carga. Otra aplicación es la determinación del valor máximo de una función cuando una serie de cargas móviles puntuales pasan a través de la viga. 2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior Ejemplo 2.4. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la sección B de la viga, para el caso de cargas uniformes y cargas concentradas. Solución:

Se determinan las líneas de influencia por cualquier método (se recomienda el de Müller-Breslau, por su sencillez).

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) mTonM

TonV

TonR

TonR

B

B

C

A

−=−+=

−=−++−=

==

=−+=

1232212922

12

4331

21233

12

12632

212

161234

212

8331

212912

12 ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) mTonM

TonV

TonR

TonR

B

B

C

A

−=−+=

−=−+−=

=+=

=−+=

025110

53153

110

103453

110

53153

210

CA

L

F1

cba

F2 F3 F4

vigaladedentrofuerzasdesumatoriaFDonde

FL

aFdV FF

,:

)(121

Σ

−Σ

=−

Se evalúan las reacciones, cortante o momento empleando los valores correspondientes de las líneas de influencia o el área de la misma, dependiendo si se trata de cargas concentradas o uniformes, respectivamente.

Caso de cargas uniformes: Caso de cargas concentradas: 2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo

Se desea determinar por ejemplo, el valor máximo de la reacción en el apoyo A, para una viga simplemente apoyada sujeta a una serie de cargas concentradas móviles: Proceso:

Se evalúa el cambio o variación del cortante al suponer en un principio que la carga F1 se encuentra sobre el apoyo A, y posteriormente que F2 es la carga sobre el mismo apoyo, mediante la expresión:

Se determina la variación de cortante carga por carga.

Cuando una carga sale de la viga y genera una variación de cortante negativa, entonces, dicha carga debe regresarse al apoyo considerado para ahí tener un cortante o reacción máxima.

Se obtiene el valor de la reacción empleando la línea de influencia respectiva y la serie de cargas puntuales colocadas sobre la viga como se considera en el punto anterior.

4.0210

)2(1221

=−=−FFdV

20.1310

)2(932

−=−=−FFdV

( ) ( ) ( ) TonRA 7.85.058.0413max =++=

2 Ton

7.5 m3 m

A

1

1

2.5 m

3 Ton 4 Ton 5 Ton

2 m2 m

80.0210

)2(1421

=−=−FFdV

A

2 m 3 m 5 m

1.00.8

0.5

L. I. RA

3 Ton 4 Ton 5 Ton

2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior

Se procede de modo idéntico que en el caso anterior. Se debe tener en cuenta que cuando una carga pasa al “otro lado” de la sección de interés, aún puede estar dentro de la viga. Ejemplo 2.5. Para el tren de cargas mostrado, determinar los cortantes máximos en el apoyo A y en la sección 1-1. Solución cortante máximo en apoyo A: Si la carga de 2 ton es la que sale del apoyo y la de 3 ton es la que se ubica sobre A: Si la carga de 3 ton es la que sale del apoyo y y la de 4 ton es la que se ubica sobre A: Por tanto la carga de 3 ton debe estar sobre el apoyo A: Solución cortante máximo en sección 1-1: Si la carga de 2 ton es la que sale de la sección 1-1 y la de 3 ton es la que se ubica sobre ella:

( ) ( ) ( ) ( ) TonV 6.525.0555.0475.0305.02max11 =+++−=−

60.0310

)2(1232

−=−=−FFdV

222

242

32

; LenfuerzasdesumatoriaFLLYFLF

LYF

LYM Σ

Σ=

+

=∆

0.55

0.75

0.05

2 m2 m

A

3 m 2.5 m

1

1

0.25

0.25

2 Ton 3 Ton 4 Ton 5 Ton

0.5 m

L. I. VB

1

1

F1

A

F4F3F2

L1

1L. I. M1-1

L2

Y

Y/L2

Y/L1

F4F4

F3F3F2

F2F1

F1

1Y/L2

Y/L2Y/L1

Y/L1

1

1

Si la carga de 3 ton es la que sale de la sección 1-1 y la de 4 ton es la que se ubica sobre ella: 2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior

Se desea determinar la ubicación de las cargas puntuales en una viga, de modo que produzcan el momento flexionante máximo en una sección interior de la misma. Considérese la viga simplemente apoyada, sujeta a cuatro cargas puntuales: Evaluando el incremento y decremento de momentos cuando las cargas puntuales se desplazan una unidad a la izquierda:

111

1 ; LenfuerzasdesumatoriaFLLYFLM Σ

Σ=∆−

1

1

2

2

11

22 L

FLLFL

LYFL

LYFL Σ

=Σ

⇒

Σ=

Σ

NFFFFR +++=Σ= .......21

( ) ( ) ( ) [ ]3)()( 21

2

213LGFFF

LRxH

LRxRxGFFFHxL

LRxM F −−+−=−−+−=

221

2021

023

HLLHLx

LH

LxR

LRH

LRxR

dxM

d F

+=

+=⇒=

+−

=+−=

H

x

F1

A

F4F3F2

L

C

R

F

G

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) [ ]1

0:0

21

21

3

33

LGFFFHxLRM

MGFFFHxLRM

AF

FAF

−−+−=

=++++−−=Σ

( ) [ ]20:0 LLRxRRxLRMc AA =⇒=+−=

Para obtener el momento flexionante máximo en la sección de interés, se requiere que el incremento total de momentos del lado derecho de la sección sea igual al decremento total de momentos del lado izquierdo. 2.3.5. Momento máximo absoluto

Se desea ubicar las cargas de tal modo que produzcan el momento máximo absoluto en una viga simple. Suponiendo que F3 es la carga más cercana a la resultante: Sustituyendo ec (2) en (1): Derivando e igualando a cero ec (3), para encontrar el valor de x.

( ) ( ) ( )

mTonmáxM

máxM

−=

++++=

8.195.

6.39.32.4151.2835.010.

1

1

A

L2

F1=10 F2=8 F3=F4=F5=15

L1

6 m 14 m

1 m1 m3 m2.5 m

Cargas en tonelas

C

A

1

1

1510 8 15 15

12

0.35

2.1

4.2 3.93.6

1132.50.5

L. I. M1-1

C

Ejemplo 2.6. Determinar el momento máximo en la sección 1-1 de la viga, así como el momento máximo absoluto en la misma. Solución A) Momento máximo en la sección 1-1: Proceso:

Se pasa una a una las cargas de derecha a izquierda de la sección de interés.

Se evalúan las cargas promedio en cada tramo.

Se comparan (< o >).

Cuando una carga produce cambio en la desigualdad, esta debe regresarse a la sección.

Se evalúa el momento máximo empleando la línea de influencia correspondiente.

1

1

LFLΣ

2

2

LFLΣ

060

= .0 < 5.41463

= 1) Todas las cargas a la derecha de 1-1

7.16

10= < 8.3

1453

= 2) F1 a la izquierda de 1-1

36

18= .0 < 2.3

1445

= 3) F2 a la izquierda de 1-1

5.5633

= > 1.21430

= 4)F3 a la izquierda de 1-1

Por lo tanto F3 =15 ton debe estar sobre la sección 1-1 Calculando el momento máximo:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )mTonabsmáxM

absmáxM−=

++++=42.253..

97.31549.41500.51554.3832.210..

( ) ( ) ( ) ( ) mx

TonFR

54.263

5.71058215115

63

=+++

=

=Σ=

mILx 27.10254.0

220

22=+=+= 1 m

R = 63 T

x = 2.54 m

3 m2.5 m 1 m

1515810 15

3.54

5.0

2.32

A

R = 63 T

1515810 15

4.49

3.97

L. I. MF3

2.5 0.27 1

1

7.73

CL

0.272.464.77

C

x = 10.27 m

Solución B): Momento máximo absoluto Proceso:

Evaluar resultante y ubicación.

Colocar las cargas sobre la viga de tal forma que el centro de la misma se ubique a la mitad entre la resultante y la carga más cercana a ésta.

Evaluar el momento máximo absoluto en el punto de la carga más cercana a la resultante. Valor de la resultante y localización con respecto a la última carga de 15 ton de la derecha: Ubicación de la resultante con respecto al apoyo C: Valor del momento máximo absoluto:

2/3

0.0

2/3

4/3-1/3

1.0

CBA

L.I.Rc

L.I.RAV

M

L.I.MB

L.I.VB

M

V

0

1/3

1/3

2

6 m

D

3 m 3 m

2

1/3-1/3

0.0

1/3

1.0

2/3

1

1).-

1

3 m

1

A B C

1

D

3 m6 m

2.4. EJEMPLOS RESUELTOS Ejemplo 2.1. Obtener las líneas de influencia para las reacciones A y C así como para el cortante y momento en la sección B. Emplear el método de Müller-Breslau y el paso a paso. Solución Método de Müller-Breslau Solución Método punto por punto

2).-

1

0

2

-1/3

L/4

CBA

2/3 1/3

V

M

2/3

3 m 3 m 3 m 3 m

D

1

( ) ( )

31

93

09310

==

=+−=Σ

C

C

A

R

RM

32

0311

0

=

=+−

=Σ

A

A

y

R

R

F

( ) ( )

31

93

09310

==

=+−=Σ

C

C

A

R

RM

2

A B C3).-

M

V

2/31/3

0

D

-2/3

D

0 1

4).-CBA

1

6 m 3 m 3 m

4/3

D

0

-1/3 4/3

V

M

5).-CBA

3

6 m 3 m 3 m

1

-1/3

2

( ) ( )

34

912

091210

==

=+−=Σ

C

C

A

R

RM

31

0341

0

−=

=+−

=Σ

A

A

y

R

R

F

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) mTonM

TonV

TonR

TonR

B

B

C

A

−=−+=

−=−+−=

=+=

=−+=

025110

53153

110

103453

110

53153

210

3 m

D

10 Ton

CBA

5 Ton

3 m

5 Ton

3 m3 m

10 Ton

55

Ejemplo 2.2. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la sección B de la viga. a) Cargas concentradas

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) mTonM

TonV

TonR

TonR

B

B

C

A

−=−+=

−=−++−=

==

=−+=

1232212922

12

4331

21233

12

12632

212

161234

212

8331

212912

12

1

2/3

1.0

1/3

0.0

-1/3-1/3

-2

D

2

1/3

1/3

0

V

M

L.I.VB

L.I.MB

M

V L.I.RA

L.I.Rc

A B C

1.0

-1/3

4/3

2/3

0.0

-2/3

2 Ton/m

b) Cargas uniformes Valores máximos de reacción, cortantes y momentos en vigas simplemente apoyadas sujetas a cargas concentradas móviles

CBA D

P P P

w

EBC M E

CB

B CM

w

L

Bθ

Cθ

Bθ

Cθ∆

L∆

=ψ


MMÉÉTTOODDOO PPEENNDDIIEENNTTEE--DDEEFFLLEEXXIIÓÓNN 3.1. INTRODUCCIÓN

El método pendiente-deflexión toma en cuenta las deformaciones por flexión de los elementos (tales como rotaciones y asentamientos), pero no las debidas a fuerza cortante y fuerza normal (axial). Los momentos en los apoyos de una viga continua, por ejemplo para el tramo B-C son originados considerando:

Los extremos empotrados, con ello se obtienen los momentos de empotramiento, ME.

Rotaciones de los nodos.

Asentamiento o hundimiento de los apoyos.

( )BCCBC MMEIL

−= 26

θ

( )

( ) ψθ

ψθ

+−=

+−=

BCCBC

CBBCB

MMEK

MMEK

26

1

26

1

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )CBBCCBBC

B

BCCBB

C

MMEIL

EILM

EILM

LLEI

MLLEI

ML

M

−=−=

=

−

+

=Σ

2663

032

21

321

:0

θ

θ

MBC/EI

MCB/EI

L

B C

BB R=θ

CC R=θ

Las rotaciones de los nudos originan cambios en las pendientes de las tangentes a la elástica en dichos puntos. El cambio de pendiente en el apoyo es igual a la fuerza cortante en el extremo de la viga de acuerdo al diagrama de momentos. De forma similar: Añadiendo a las ecuaciones anteriores, el giro debido al hundimiento L∆=ψ , y haciendo

LIK = , se tiene:

( )

( ) ECBCBCB

EBCCBBC

MEKM

MEKM

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

322

322

( )

( ) Ejijiji

Eijjiij

MEKM

MEKM

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

322

322i j

A B C2 Ton/m

5 m

E, I = CTES

5 T

2.5 m 2.5 m

Despejando los momentos BCM y CBM del sistema de ecuaciones simultáneas y anexando los momentos de empotramiento: 3.2. VIGAS CONTINUAS 3.2.1 Vigas con extremos empotrados Generalizando para un tramo cualquiera de viga: En la determinación de los elementos mecánicos (cortantes y momentos) en vigas continuas, mediante pendiente-deflexión, es necesario:

Determinar los momentos de empotramiento para cada tramo.

Calcular las rigideces relativas de cada tramo.

Establecer las ecuaciones de momento (dos por tramo).

Aplicar condiciones de equilibrio y resolver el sistema de ecuaciones resultante.

Determinar los momentos en los extremos de los elementos, con la(s) solución(es) del paso anterior.

Obtener los cortantes totales como la suma de cortantes isostáticos e hiperestáticos. Trazar los diagramas de cortante y momentos para la viga considerada (es necesario

verificar que los diagramas “cierren”). Ejemplo 3.1. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada. Suponga parámetros constantes al módulo elástico del material de la viga (E) y al momento de inercia de la sección transversal (I).

13.0;04.180

===+

BB

BCBA MMθθ

mTMmTMmTM

mTM

CB

BC

BA

AB

−−=−=−−=

−=

87.265.365.3

43.4

( )

mTM

mTM

EBA

EAB

−−=

−==

17.4

17.41252 2 ( )

mTM

mTM

ECB

EBC

−−=

−==

13.3

13.3855

0.1

0.155

==

===

BCBC

ABAB

LIK

LIK

( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( ) 13.3213.3112

13.3413.32112

17.4417.4211217.4217.4112

322

322

−=−=+=+=

−=−=+=+=

+Ψ−+=

+Ψ−+=

BBCB

BBBC

BBBA

BBAB

Ejijiji

Eijjiij

MM

MM

MEKM

MEKM

θθθθ

θθθθ

θθ

θθ

12

2wLM E =8

PLM E =

w

L

P

L2

L2

2 Ton/m

5 T2.873.654.43

2.5

0.16

2.665.16 2.34

5 2.5

0.16 0.16

5

0.16

4.84

5.16 2.66

2.344.84

2.22 3

2.86

3.654.43

M

V (Ton)

(T-m)

5 m 2.5 m 2.5 m

2.58

Solución:

Momentos de empotramiento:

Empleando:

Rigideces relativas (I=5):

Ecuaciones de momento(E=1):

Condición de equilibrio:

Momentos en extremos de elementos:

( )( )( ) ( ) ( ) 25.6317.42117.4113

0

−=−−+=

=

BBBA

AB

M

M

θθ

( )

mTM

mTM

EBA

EAB

−−=

−==

17.4

17.41252 2 ( )

mTM

mTM

ECB

EBC

−−=

−==

13.3

13.3855

0.1

0.155

==

===

BCBC

ABAB

LIK

LIK

( ) Eij

Ejijji

ij

MMEKM

M

213

0

−+Ψ−=

=

θ

( )

( ) Ejijiji

Eijjiij

MEKM

MEKM

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

322

322i j

i j

2 Ton/m

5 T

CBA

5 m

E, I = CTES

2.5 m 2.5 m

3.2.2 Ecuaciones modificadas para apoyos simples

Las ecuaciones generales (de apoyos empotrados) Pueden modificarse para la condición: Ejemplo 3.2. Resolver el problema 3.1 considerando una articulación en el apoyo A (en lugar de empotre). Solución:

Momentos de empotramiento:


Ecuaciones de momento (E=1):

( ) mT.MmT.M EBA

EAB −−=−== 133133

855

mTMmTMmTM

M

CB

BC

BA

AB

−−=−=−−=

=

23.291.491.4

0

45.0713.3

13.3713.3425.63

0

==

−=++−

=+

B

BBB

BCBA MM

θ

θθθ

( )( )( )( )( )( ) 13.3213.3112

13.3413.32112−=−=

+=+=

BBCB

BBBC

MM

θθθθ

(T-m)

(Ton)V

M

4.91

2.23

2.68

4.04

5.98

1.96

3.044.02

5.98

0.98

5

0.540.98

2.55

1.964.02 3.04

0.54

2.5

0.0 2.235 T

2 Ton/m

5 m 2.5 m

4.91

2.5 m

2.0

2.5 m

A B C2 Ton/m

2.5 m

2 T2 T2 T5 T 2 T

5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m

D

Condición de equilibrio:


Ejemplo 3.3. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada. Considerar E, I constantes y, un hundimiento de 1 cm en el apoyo B. Solución:

Momentos de empotramiento

1716701

7741

57 .

LI

K;.LI

K;.LI

KCD

CDCD

BC

BCBC

AB

ABAB =========

( ) ( )

( ) ( )( )( )

L

MEKM

MEKMDCyCBTramos

MMEKM

MBATramo

Ejijiji

Eijjiij

Eij

Ejijji

ij

∆=Ψ

+Ψ−+=

+Ψ−+=−−

−+Ψ−=

=−

322

322

213

0

θθ

θθ

θ

( )( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

( )( )[ ]( )( )[ ]

4

67.267.433.267.2217.11267.233.267.467.2217.112

22.104221.10701.032112

97.82498.8701.032112

68.42.413.32113.3

501.04.113

0

=

−+=−+=++=++=

−+=−

−+=

++=+

−+=

−=−−+

−

−=

=

DE

DCDCDC

DCDCCD

CBCBCB

CBCBBC

BBBA

AB

M

MM

M

M

M

M

θθθθθθθθ

θθθθ

θθθθ

θθ

95.033.167.433.2032.155.733.267.820

85.030.422.80

−=−=+=+==++=+

−=−=+=+

DDCDEDC

CDCBCDCB

BCBBCBA

MMMMMM

θθθθθθθθθθ

( ) ( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )( )

mT.MmT.M

mT.MmT.M

EDC

ECD

ECB

EBC

−−=−=+=

−−=+=−=+=

6726726

2426

422

21107

2521272988

7252

1272

2

2

2

2

2

22

2

22


Ecuaciones de momento (E=1):

Aplicando:

Condiciones de equilibrio:

mTMmTM

mT.MmT.M

mT.MmT.M

mTM

DE

DC

CD

CB

BC

BA

AB

−=−−=

−=−−=

−=−−=

−=

44626626

238238

0 2 T5 T 2 T 2 T 2 T

2 Ton/m

0.86

2.5

1.65

2.5

1.65

4.15

7.57

0.23

7.80 2.44

0.44

2

8.20

0.23

8.42

2

2

1.56

0.44

2

8.23 6.62 4.0

0.86

4.15

7.80

2.44 2

2.20

4.20

-8.20

1.56

0.44

2.14

6.98

5.77

6.62

1.75

4

0.87

8.23

M

V (Ton)

(T-m)

2.5 m

A B C

2.5 m 5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m

D


( )( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) mTMmTM

mTMmTM

EEC

ECE

ECB

EBC

−−=−=−==

−−=−=−==

17.4125217.4

1252

22.26

42544.46

425

22

2

2

2

2

20.156;0.1

66;0.2

36

======= CEBCCDAB KKKK

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( )

+Ψ−+=

+Ψ−+=−−−

−+Ψ−=

=−

Ejijiji

Eijjiij

Eij

Ejijji

ij

MEKM

MEKMDCyCBBATramos

MMEKM

MECTramo

322

322,

213

0

θθ

θθ

θ

5 T

2 Ton/mCB

A D

E

4 m 5 m2 m

E, I = CTES 3 m

3.3. MARCOS PLANOS 3.3.1. Sin desplazamiento lateral

El método se aplica de la misma manera que para el caso de vigas continuas. Teóricamente un marco no se desplaza lateralmente si es simétrico con respecto a su eje central en dimensiones, cargas, o si está restringido contra desplazamiento por otros elementos de la estructura. Ejemplo 3.4. Determinar los diagramas de cortante y momento flexionante para el marco mostrado. Considere el módulo elástico del material y el momento de inercia de los elementos como parámetros constantes. Solución:


Calcular las rigideces relativas (I = 6):

Ecuaciones de momento (E=1) Aplicando:

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( )( )( )( )

( )( )( ) ( )

0

25.66.317.42117.42.113

421282212

22.24222.2211244.42444.42112

822124212

=

+=−−+=

====

−+=−+=++=++=

====

EC

CCCE

CCDC

CCCD

CBCBCB

CBCBBC

BBBA

BBAB

M

M

MM

MM

MM

θθ

θθθθ

θθθθθθθθ

θθθθ

216.003.46.152334.044.42120

−=−=+=++−=−=+=+

CCBCECDCB

BCBBCBA

OMMMMM

θθθθθθ

2 Ton/m

5 T

1.67

1.85

5

6.09 3.911.09

5

3.150.18

3.33

1.090.18

E

DA

B C5.473.75

0.86

1.72

1.34

2.67

1.34 0.86

3.15

1.85

6.09

3.91

1.34 0.86

3.05 m

1.34

2.672.67

3.63 3.81

0.86

3.755.43

1.72

Condiciones de equilibrio

Diagramas de momento y cortante

( )( )( )( )

( )

( )FL

MML

MMFF

RRFFF

EL

MML

MMFF

DMMMMCMMMBMMMAMMMM

EF

FEEF

AB

BAAB

HHH

DE

EDDE

BC

CBBCH

EFEDEBE

DEDCD

CDCBC

BEBCBAB

FAINFERIORNIVEL

SUPERIORNIVEL

0

0:0

0:0

0:00:00:00:0

21

21

2

=+

++

++

=−−+=Σ

=+

++

+=Σ

=++=Σ=+=Σ=+=Σ=++=Σ

C

E, I = CTES

4 m

W

W

2

1

B

A

D

E

F

F1

F2

1

2

22 Ψ=

∆−=Ψ=Ψ

BCDEBC l

11 Ψ=

∆−=Ψ=Ψ

ABEFAB l

3.3.2. Con desplazamiento lateral

Se muestra el proceso de solución para un marco de dos niveles, sujeto a cargas uniformemente distribuidas y laterales, las que le producen desplazamiento lateral.


Rigideces relativas

Ecuaciones de momento (incógnitas: .,,,,, 21 ΨΨEDCB θθθθ )


Solución del sistema (formado por las ecuaciones A, B, C, D, E y F)

Obtención de momentos finales

Determinación de cortantes

Trazo de diagramas

( )

67.2

67.21242 2

−=

==

ECB

EBC

M

M

1

248

=

===

CD

BCAB

K

KK

( )( ) E

jijiji

Eijjiij

MEKM

MEKM

+Ψ−+=

+Ψ−+=

322

322

θθ

θθ

Ψ=Ψ→Ψ=Ψ 2ABCDSi

( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]

( )[ ]( )[ ]

( ) ( )[ ]( ) ( )[ ] Ψ−=Ψ−=

Ψ−=Ψ−=

−+=++=++=++=

Ψ−=Ψ−=Ψ−=Ψ−=

62312643212

67.28467.222267.24867.2222

248232222442322

CCDC

CCCD

CBCBCB

CBCBBC

BBBA

BBAB

MM

MM

MM

θθθθ

θθθθθθθθ

θθθθ

2 Ton/m

E, I = CTES4 m

8 m

2 Ton/m C

A

4 m

E, I = CTES4 m

D

B

8 m

8

4

∆−=Ψ

∆−=Ψ

CD

BC

Ejemplo 3.5. Determinar diagramas de cortante y momento para el marco con desplazamiento lateral. Solución:


Rigideces relativas (I=8)

Ecuaciones de momento (para todos los tramos)

( )( )( ) 0556.005.1375.030:0

3034.067.261240:03262.067.2244160:0

−=Ψ=Ψ−+=+=Σ==Ψ−+=+=Σ

−=−=Ψ−+=+=Σ

CRRFBMMMAMMM

CBHDHAH

CCBCDCBC

BCBBCBAB

θθθθθ

θθθ

1.27 1.55

0.03

0.94

3.93

4.07

0.31

0.31

1.97 m

3.93

4.07

0.31

0.31

2.59

1.55

1.27

0.03

1.27 1.55

0.94


Diagramas de momento y cortante 3.4. EJEMPLOS RESUELTOS

( )( )

( )( )

( )( ) BBDBBDDB

BBDBBDBD

BBCBBCCB

BBCBBCBC

BABBABBA

BABBABAB

EKEKMEKEKM

EKEKMEKEKM

EKEKMEKEKM

θθθθ

θθθθ

θθθθ

22422

22422

42222

====

====

====

( )

BDBCABB

BB

BDBCABB

BDBCBAB

KKKKdondeKME

MKKKEMMMMM

++=ΣΣ−

=

−=++=+++=Σ

θ

θ

4

40:0

A

B

C

D

M


MMÉÉTTOODDOO DDEE DDIISSTTRRIIBBUUCCIIÓÓNN DDEE MMOOMMEENNTTOOSS 4.1. INTRODUCCIÓN

Con la finalidad de demostrar el método de Hardy Cross, se determina el impacto que tiene el momento M aplicado en el nodo B en cada uno de los elementos del sistema. El método de distribución de momentos basa su proceso en dos aspectos fundamentales:

Factor de rigidez o factor de distribución Aplicando pendiente-deflexión para el marco sin desplazamiento lateral anterior, se tiene: Considerando la condición de equilibrio en el nodo B:

( )

( )

( ) DBB

DBDB

BDB

CBB

CBCB

BCB

BAB

ABAB

BAB

MMK

KKKMM

MMK

KKKMM

MMK

KKKMM

21

21

2

21

21

2

21

21

2

=

Σ

−=Σ−

=

=

Σ

−=Σ−

=

=

Σ

−=Σ−

=

M

MAB

MDB

MCB

MBC

MBD

MBA

Sustituyendo en las ecuaciones que definen los momentos en los extremos que concurren en el nodo B, se tiene: Cuando se tiene un momento de desequilibrio en una junta, éste se distribuye a cada uno de los extremos que concurren a la misma en proporción a su rigidez y con sentido contrario. El factor de distribución, indica la proporción de momento de desequilibrio que toma cada extremo que concurre al nodo desequilibrado.

Momento transportado Sustituyendo la solución producto del equilibrio del nodo B, en las ecuaciones que definen los momentos en los extremos opuestos al nodo mencionado, se obtiene: El factor de transporte representa la fracción del momento aplicado M que se traslada al extremo lejano del elemento. 4.2. VIGAS CONTINUAS

Se presenta la aplicación del método de distribución de momentos para el caso de vigas continuas. En primer instancia se muestra la solución “normal” aplicada a cualquier tipo de vigas (sin importar la condición de los apoyos extremos); sin embargo, para el caso de vigas continuas que tengan en sus tramos finales apoyos que no admitan momento, es posible la aplicación del “cross modificado”.

( )

( )

( ) MFDMK

KKKMM

MFDMK

KKKMM

MFDMK

KKKMM

BDB

BDBD

BBD

BCB

BCBC

BBC

BAB

ABAB

BBA

−=

Σ

−=Σ

−=

−=

Σ

−=Σ

−=

−=

Σ

−=Σ

−=

5.011

10.155

5.011

10.155

5

=+

=+

====

=+

=+

====

=

BCAB

BCBCBC

BCAB

ABBAAB

KKKFD

LIK

KKKFD

LIK

ISi

( ) ( ) ( ) ( ) mtMMmtMM EBC

EBC

EAB

EAB −==−=−==−= 13.3

85517.4

1252 2

A B C2 Ton/m

5 m

E, I = CTES

5 T

2.5 m 2.5 m

FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME

D10.26T14.43MF

0.00

0.52

4.17

0.52

-4.17

0.00 0.50 0.50

0.26-2.86

4.2.1. Vigas con extremos empotrados

Proceso:

Determinar factores de distribución, FD

Evaluar momentos de empotramiento, ME

Determinar en cada junta el momento de desequilibrio para distribuirlo a cada lado de la misma en función de los FD (a los momentos distribuidos se le cambia de signo)

Se transporta la mitad del momento distribuido (paso anterior) al extremo opuesto del elemento

Se repiten los procesos de distribución y transporte, hasta que los momentos por distribuir sean pequeños

Evaluar los momentos finales y cortantes

Dibujar diagramas Ejemplo 4.1. Resolver el ejemplo 3.1 por el método de distribución de momentos.

Factores de distribución


LI

ELEI

EK

===Κ44

4

CBA

5 m

E, I = CTES

2.5 m 2.5 m

FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME

D10.26T1

1.00

0.52 0.52

0.00 0.50 0.50

0.26 -4.17

-2.08-0.26 1.04 1.04D20.52 -0.13 0.52T2

-0.52 0.07 0.07D30.03 -0.26 0.03T3

-0.03 0.13 0.13D40.07 -0.02 0.07T4

-0.07 0.01 0.01D50.00 -4.90 4.90 -2.24MF

2 Ton/m

5 T

( )

LEIKMHaciendo

LEIMentoncesyMMsi

LEIM AABAAB

41

422

==→=

====

θ

θθθθ

BA

E, I = CTES

AB

L LM M

Caso (i) Caso (ii)

θ θ

Ejemplo 4.2. Resolver el problema 3.2 por el método de Cross normal. 4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples

Considérense las siguientes vigas Aplicando pendiente-deflexión para el caso (i): La rigidez angular o rigidez a flexión de un elemento, se define como el momento que debe aplicarse en el extremo del mismo para obtener una rotación unitaria en dicho extremo. La rigidez relativa a flexión, se determina como:

( )

===Κ

==→=

====

LI

ELEI

EK

LEIKMHaciendo

LEIMentoncesyMMsi

LEIM AABAAB

43

43

4

31

33

θ

θθθθ

=Κ

articuladoestálejanoextremoelsiLI

empotradoestálejanoextremoelsiLI

,43

,

57.0175.0

10.155

43.0175.0

75.075.055

43

43

5

=+

=+

====

=+

=+

==

=

=

=

BCAB

BCBCBC

BCAB

ABBAAB

KKKFD

LIK

KKKFD

LIK

ISi

2 Ton/m

5 T

CBA

5 m

E, I = CTES

2.5 m 2.5 m

FD4.17 -4.17 3.13 -3.13ME

EQ.AD1

1.00

-2.08

0.00 0.43 0.57

-4.17 1.34

T10.00 -4.91 4.91 -2.23MF

1.790.89

Procediendo de forma similar para el caso (ii): Por lo tanto: Ejemplo 4.3. Resolver el ejemplo 4.2 por el método de Cross Modificado.


∆

=

∆

−−= 233LEI

LLEIM AB

∆

==→∆

=

∆

−−= 226632LEIMM

LEI

LLEIM BAABAB

L

A B

Caso (i) Caso (ii)

BA

L

MABMBA MAB ∆

L∆−

=ψ

∆

L∆−

=ψ

( ) ( ) ( )( )( )

12.35

71301.085513.3

855

2 −=

+−=== E

BAEAB MM

875.067

43

43

47.053.0875.11

0.177

49.051.005.205.1

05.157

43

43

7

=

=

=

=→==+

=

===

=→==+

=

=

=

=

=

LIK

FDKK

KFD

LIK

FDKK

KFD

LIK

ISi

CD

CDCDBC

BCCB

BC

BCBCAB

ABBA

AB

El método de distribución de momentos puede considerar los efectos de las traslaciones de los nodos debidas a asentamiento de los apoyos y al ladeo. Para determinar el efecto en los momentos en los extremos de los elementos, debidos al asentamiento de los apoyos, considérense los siguientes casos: Caso (i) Caso (ii) Ejemplo 4.4. Resolver el ejemplo 3.3 por el método de Cross.



( ) ( )( )( )

( )( )( )

( ) ( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )( )

( )( )( )

67.267.26

2426

422

22.107

71601.07

252127297.8

771601.0

7252

1272

2

2

2

2

22

22

22

22

−==+=

−=

−

+−==

−+=

EDC

ECD

ECB

EBC

MM

MM

1.002.67 -2.67 4.0

-0.67 -1.33 4.38 3.83

2.19 -1.05D2 -1.12T2

-1.07 0.56 0.490.28 -0.53

D3 -0.14T3

-0.14 0.29 0.250.14 -0.07

D4 -0.07T4

-0.07 0.04 0.030.02 -0.03

D5 -0.01 -0.01 0.02 0.010.00 -8.22 8.22 -6.61MF 6.61 -4.0 4.0

2 Ton/m

2.5 m

A B C

2.5 m 5.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m 2.0 m

D

FD3.13 -3.12 8.97 -10.22ME

EQ.A y D

D1

1.00

-1.56

0.51 0.49

-3.13-2.20

T1-2.10

0.53 0.47

2 T5 T 2 T 2 T 2 T

3 mE, I = CTES

2 m 5 m4 m

D

EA

B C2 Ton/m

5 T

4.3. MARCOS PLANOS 4.3.1. Marcos sin desplazamiento lateral

El método se aplica de la misma forma que para el caso de vigas continuas. Ejemplo 4.5. Determinar los momentos flexionantes finales para el siguiente marco.

51.023.00.290.01

90.090.056

43

26.00.290.01

10.166

33.067.012

2236

6

=→=++

==

=

=++

===

=→=+

====

=

CECDCD

CBBC

BCBACEAB

FDFDK

FDK

FDFDKK

ISi

( )( )( )

( ) ( )( )

( ) 17.4125222.2

642544.4

6425 2

2

2

2

2

==−=−=−=== EDC

ECD

ECB

EBC MMMM

0.67 - --2.96 - 0.36 --0.07-2.68

0.00 - - --1.03 - 0.19 --0.84

MF 2.68 -3.73 5.47 0.00D3 -0.03 -0.02 -0.02 -T2 0.09 0.09 - -D2 0.17 0.19 0.17 -T1 -0.52 -0.74 - -D1 -1.48 -1.03 -0.93 -EQ. D - - 2.08 4.17ME 4.44 -2.22 4.17 -4.17FD 0.33 0.26 0.23 1.00

0.00 - - --1.48 - 0.17 --1.31

0.51 - --2.07 - 0.38 --0.05-1.74


Momentos de empotramiento 4.3.2. Marcos con desplazamiento lateral

Proceso de solución:

Se aplica el método como si se tratara de marcos sin desplazamiento lateral. Se checa si

TFH 56.021.165.0)( −=−=Σ+→

)2()1(

pasoFpasoFf

H

H

ΣΣ

=

10 T

CB

A D

3 m

E, I = CTES 4 m

1 m

0.85

0.65

1.61

1.21

3.241.74

suma de fuerzas horizontales en la base de columnas, es igual a las fuerzas externas horizontales.

Se suponen momentos arbitrarios en extremos de columnas, de modo tal que generen en la base del marco fuerzas contrarias al desequilibrio del paso anterior. Se aplica nuevamente el método con los momentos supuestos y se evalúa el equilibrio de fuerzas horizontales.

Si las fuerzas horizontales no son las del desequilibrio, los momentos resultantes del paso anterior, se afectan por el factor:

Los momentos finales son la suma de los momentos del primer y cuarto pasos. Con ellos se obtienen los cortantes.

Dibujos de diagramas. Ejemplo 4.6. Determinar diagramas de cortante y momento flexionante para los elementos del marco mostrado. Paso (i):

NODO B NODO C AB BA BC CB CD DC

FD 0.00 0.50 0.50 0.50 0.50 0.50

ME 1.88 -5.63 D1 -0.94 -0.94 2.81 2.81 T1 -0.47 1.41 -0.47 1.41 D2 -0.70 -0.70 0.23 0.23 T2 -0.35 0.12 -0.35 0.12 D3 -0.06 -0.06 0.18 0.18 T3 -0.03 0.09 -0.03 0.09 D4 -0.04 -0.04 0.01 0.01 MF -0.85 -1.74 1.74 -3.24 3.24 1.61

( ) TFH 36.368.12)( ==Σ+→

17.036.356.0

==f

0.500.50

0.620.62

2.25 2.73

0.991.47

2.50

0.93

2.50

0.12 0.12

2.38 7.62

0.93

0.31

0.16

0.31

0.63

1.25

0.16

0.63

1.25

2.50

2.50

5.00

2.50

0.63

0.16

0.31

1.25

5.00

5.00

2.50

0.63

0.16

0.31

1.25

5.00

0.04 0.04

0.08 0.08

0.08

0.04

0.08

0.04

3.00 3.00

3.713.71

1.68 1.68

Paso (ii): Paso (iii): Paso (iv):

2.38

0.93 7.62

0.93

0.99

2.73

1.47

4.89

2.25

2.25 2.73

23

LEIPLM δ

==3

3 3;3 L

EIPEI

PL δδ ==

L

P

L1

I =

I1

I2 L2 L1/2

L1/2

L2/2

L2/2

∆ ∆

2∆

2∆

∞

Paso (v): Cuando las columnas en un marco tienen la misma longitud y momento de inercia, los momentos por desplazamiento lateral supuestos serán iguales. Para los casos, en que se tengan longitudes o momentos de inercia diferentes, se tiene:

=

22

2

21

1

2

1

LI

LI

MM

22

222

1

12

1

1

166

2

23

LEIM

LEI

L

EIM ∆

=∆

=

∆

=

10 T CB

A D

4 m

E, I = CTES 4 m

Los momentos supuestos por desplazamiento lateral, por analogía con una viga en voladizo con carga concentrada en extremo libre, valen: Por tanto, la relación de momentos es: Proceso de correcciones sucesivas:

Determinar factores de distribución.

Evaluar momentos de empotramiento.

Calcular momentos totales en columnas de cada nivel (igual a la fuerza cortante en cada piso multiplicada por la altura) y distribuirlos entre las columnas en proporción a I/ L2. Colocar la mitad a cada extremo de la columna.

Distribuir los momentos en los nodos.

Transportar momentos. Los momentos totales en columnas en cada nivel, ahora son diferentes al producto de la

fuerza por la altura. Determínese la diferencia y súmese o réstese a las columnas (nuevamente en proporción a I/L2).

Repetir pasos (iii) al (iv) hasta que sean insignificantes las magnitudes de las correcciones. Ejemplo 4.7. Determinar los momentos finales en extremos de elementos del marco mostrado mediante correcciones sucesivas.

4.98

8.52

11.41

8.52

11.41

4.98

0.5010.00-5.00 3.75-0.63 0.47-0.08

0.00 10.00 -2.50 3.75 -0.31 0.47

0.5010.00-5.00 3.75-0.63 0.47-0.08

0.00 10.00 -2.50 3.75 -0.31 0.47

-0.08-0.31-0.63-2.50-5.00 0.50

-0.08-0.31-0.63-2.50-5.00 0.50

4.4. EJEMPLOS RESUELTOS

{ }

=

wvu

d

F1

F2

F3

PP'

X

Y

Z

uv

w

Lδε =

F

L

δ


MMÉÉTTOODDOO DDEE RRIIGGIIDDEECCEESS 5.1. PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DE ANÁLISIS ESTRUCTURAL

Se analizan los principios básicos del análisis estructural como fundamento del método de rigideces. A diferencia de los métodos aproximados (vistos previamente), los matriciales (rigideces y flexibilidades) son considerados métodos exactos. 5.1.1. Continuidad

Sea un cuerpo cualquiera, sometido a la acción de fuerzas externas, como el mostrado en la figura siguiente: El vector de desplazamiento que representa el movimiento de P a P’, se define como: Conocido { }d , es posible obtener las funciones de deformación (deformación axial o lineal ε , o deformación angular γ ). Por ejemplo, para una barra rígida como la mostrada, la deformación axial es igual a su acortamiento o alargamiento longitudinal entre su longitud inicial.

{ } [ ]{ }dAewvu

yz

xz

xy

z

y

x

yz

xz

xy

z

y

x

=→

=

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

γγ

γε

εε

Ε= x

xσε y

x

εεν −=

Ε−=−= y

yxσ

ννεε( )yxx Eνσσε −=

1

= +xσ xσ xσ xσ

yσ

yσ

yσ

yσ

Ε=→Ε=

σεεσE

σ

ε

zyyzz

zxxzy

yxxyx

yw

zv

zw

xw

zu

yv

xv

yu

xu

angularnDeformaciólinealnDeformació

γγε

γγε

γγε

=∂∂

+∂∂

=∂∂

=

=∂∂

+∂∂

=∂∂

=

=∂∂

+∂∂

=∂∂

=

X

Y

Z

uv

w

dz

dy

dx

Para un cuerpo tridimensional: En forma matricial: Donde:

{ }ε , vector de deformaciones

[ ]A , matriz de continuidad 5.1.2. Ley de Hooke

A partir de la relación esfuerzo-deformación y de la relación de poisson, para un estado plano de esfuerzos:

{ } [ ]{ } { } [ ] { }

[ ] [ ]

{ } [ ]{ }eks

fkSi

efssfe

yz

xz

xy

z

y

x

G

G

G

EEE

EEE

EEE

yz

xz

xy

z

y

x

=

=

==

→

=

=

−

−

−−

−−

−−

1

1

1

1

1

1

1

1

;

ττ

τσ

σσ

γγ

γε

εε

νν

νν

νν

0:0

0:0

0:0

=∂

∂+

∂

∂+

∂∂

+−=Σ

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂+−=Σ

=∂

∂+

∂

∂+

∂∂

+−=Σ

z

z

y

zy

x

zxz

z

yz

y

y

x

yxy

z

xz

y

xy

x

xx

ZF

YF

XF

σττ

τστ

ττσ

X

Y

Z

uv

w

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]GE

GE

GE

yzyzyxzx

xzxzzxyy

xyxyzyxx

τγσσνσε

τγσσνσε

τγσσνσε

=+−=

=+−=

=+−=

1

1

1

X

Y

Z

xσ

xzτ

xzτ

yσ

yzτ

yxτ

zσ

zxτ zyτ

G

τ

γ

Para un estado triaxial de esfuerzos: Donde:

( )ν+=

12EG , módulo elástico por cortante

En arreglo matricial: Donde:

[ ]f , matriz de flexibilidad

{ }s , vector de esfuerzos

[ ]k , matriz de rigidez 5.1.3. Equilibrio

Considerando un elemento tridimensional (con peso propio) y el estado triaxial de esfuerzos, al plantear el equilibrio, se tiene:

{ }

=

ZYX

Fc

{ } [ ] { } { }osAFcZYX

t

yz

xz

xy

z

y

x

yxz

zxy

zyx

=+−→

=

+

−

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

000

ττ

τσ

σσ

{ } [ ] { } { }{ } [ ] [ ][ ]{ } { }[ ] [ ] [ ][ ] { } { }

{ } [ ]{ }dKFFinalmente

FFyAkAKSi

odAkAFc

osAF

ct

t

tc

=

==

=+−

=+−

if lldondee −== δδ ;

L

L 1

1 2

2

3

4 5

Nodo libre

Elemento

Elementosno unidos

Las fuerzas de cuerpo se definen como: Por tanto, en arreglo matricial: Resumiendo:

Por continuidad { } [ ]{ }dAe =

Por Hooke { } [ ]{ } [ ][ ]{ }dAkeks ==

Por equilibrio 5.2. ARMADURAS PLANAS

Para el caso de elementos biarticulados, se puede demostrar que la deformación, ya sea de alargamiento o acortamiento, es igual a su desplazamiento relativo, esto es: Ejemplo: 5.1. Aplicar los tres principios básicos del análisis estructural, a la armadura plana mostrada a continuación. Es importante identificar antes que todo, los nodos total o parcialmente libres y enumerar los elementos que componen la armadura.

{ } [ ]{ }dAe

dydxdydx

eeeee

=→

=

−

−=

2

2

1

1

5

4

3

2

1

707.0707.0

707.0707.0

11

1

1

=====

=→==

=

555

444

333

222

111

;

ekPekPekPekPekP

kePeyL

EAksiL

EAP δδ

{ } [ ]{ }ekP

eeeee

k

k

k

k

k

PPPPP

=→

=

=

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

2211 dyedye ==

123 dxdxe −=

115224 7070.0707.07070.0707.0 dydxedydxe +−=+=

dy

dx2

2

0.707

dx 20.7

07dy 2

45° 45°

dy

dx1

1

0.707dx1

0.707dy1

dy

dx1

1 dy

dx2

2

dy

dx2

2dy

dx1

1

1. Continuidad

Barra 1: Barra 2: Barra 3:

Barra 4: Barra 5: Representando matricialmente, las relaciones entre desplazamientos y deformaciones: 2. Ley de Hooke Las fuerzas axiales en cada barra, se determinan como: En forma matricial:

422511

432531

422511

432531

707.0707.0707.0707.0

0707.0:00707.0:00707.0:00707.0:0

PPFyPPFyPPFxPPFx

PPFyFyPPFyFyPPFxFxPPFxFx

+=+=+=−−=

=−−=Σ=−−=Σ=−−=Σ=++=Σ

{ } [ ] { }PAF

PPPPP

FyFxFyFx

T=→

=

−−

=

5

4

3

2

1

2

2

1

1

707.01

707.01

707.01

707.01

{ } [ ] { } [ ] [ ][ ]{ }[ ] [ ] [ ][ ]

{ } [ ]{ }dKFFinalmente

AkAKSi

dAkAPAFT

TT

=

=

==

P3

Fy1

Fx1

P1P5

P3

Fy2

Fx2

P1P4

3. Equilibrio Las fuerzas que obran en la armadura son aplicadas a los nodos, en ellos, se verifica el equilibrio mediante diagramas de cuerpo libre:

D.C.L. Nodo 1 D. C. L. Nodo 2 En arreglo matricial: Resumiendo:

Por continuidad { } [ ]{ }dAe =

Por Hooke { } [ ]{ } [ ][ ]{ }dAkekP ==

Por equilibrio Proceso de solución de armaduras planas:

Obtener la matriz de continuidad [ ]A

Evaluar para cada barra i

i LEAk

= e integrar la matriz [ ]k

Calcular la matriz de rigideces [ ] [ ] [ ][ ]AkAK T=

Determinar el vector de desplazamientos { } [ ] [ ]FKd 1−=

[ ]

−

−=

707.0707.0

707.0707.0

11

1

1

A

( )ββββ sendydxsendydxeee AABBABi +−+=−= coscos

dy

dxB

B

ß

A

i

X

Ydx

cos

ß

Bdy

sen

ß

B

dy

dxA

A

dx c

os ß

Ady

sen

ß

A

B

3 m

3 mElementosno unidos

10 t

5 t

1

1 2

2

3

4 5

dy

dx2

2dy

dx1

1

Obtener vector de deformaciones { } [ ]{ }dAe =

Evaluar vector de fuerzas internas { } [ ]{ }ekP =

Comprobar equilibrio en nodos

5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad

Para un elemento cualquiera, la deformación total, se determina como: Ejemplo: 5.2. Obtener las acciones en los elemento de la armadura mostrada. Suponer para todos los elementos E=2X106 kg/cm2 y A=30 cm2. Solución: A partir de la matriz de continuidad (evaluada en el ejemplo 5.1)

[ ] cmtkL

EAki

i /

42.141

42.141

200

200

200

=→

=

0)707.0(44.585.85:00)707.0(71.815.6:00)707.0(44.585.3:00)707.0(71.885.310:0

=−+−=Σ=+−=Σ=−=Σ=−−=Σ

FyFyFxFx

3.85 t10 t

6.15 t8.71 t

5 t

8.85 t5.44 t

3.85 t

AB

Y de la matriz de rigidez axial de las barras: Se calculan:

Matriz de rigideces [ ] [ ] [ ][ ] cmtAkAK T /

69.27069.700069.7069.2700200

0069.27069.70020069.7069.270

−−

−−

==

Vector de desplazamientos { } [ ] [ ] cmFK

dydxdydx

d

−

==

= −

044.0099.0031.0118.0

1

2

2

1

1

Vector de deformaciones { } [ ]{ }

−

−−

==

=

062.0038.0019.0044.0031.0

5

4

3

2

1

dA

eeeee

e

Vector de fuerzas internas { } [ ]{ } tonek

PPPPP

P

−

−−

==

=

71.844.585.385.815.6

5

4

3

2

1

Equilibrio en nodos

( )

( ) Ejijiji

Eijjiij

MEKM

MEKM

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

322

322i j

BAB

BAA

E

LEI

LEIM

LEI

LEIM

entonces

M

LIK

si

θθ

θθ

ψ

+

=

+

=

=

=

=

42

24

,

0

0

LMA

MB

Aθ

Bθ

1ϕ 2ϕ 1ϕ2ϕ

dx1

dy1

dx2

dy2

D1

1 2

31 2

5.3. MARCOS PLANOS

Grado de libertad, es el número de coordenadas independientes necesarias para describir la deformada de un sistema Por ejemplo, considérese el marco mostrado, en el cual existen dos nodos libres, y en cada uno de ellos tres grados de libertas (desplazamientos horizontal, vertical y un giro).

Si la viga es axialmente rígida 21 dxdx = Si las columnas son axialmente rígidas 021 == dydy

Por continuidad { } [ ]{ }dAe = , donde { }

=

3

3

2

2

1

1

B

A

B

A

B

A

e

θθθθθθ

y { }

=

1

2

1

Dd ϕ

ϕ

A partir de la pendiente deflexión: Para el sistema:

Lii∆

+= ϕθ

∆

+

+

=

∆

+

+

=

2

2

642

624

LEI

LEI

LEIM

LEI

LEI

LEIM

BAA

BAA

ϕϕ

ϕϕ

L

MAMB

Aϕ

Bϕ

∆

1

D1

1 2

31 220 T

5 m

E, I = CTES 4 m

1

L

LEI4

LEI4

26LEI

26LEI

26LEI

26LEI

312

LEI

312

LEI

Para una barra cualquiera: Donde:

θ , deformación angular.

ϕ , giro del nodo.

∆ , desplazamiento relativo entre los extremos de un elemento en la dirección perpendicular e su eje longitudinal.

Ejemplo 5.3. Determinar cortantes y momentos para los elementos del marco mostrado. No se considere deformación axial de elementos. Es importante identificar antes que todo, los nodos libres, enumerar los elementos que componen la estructura, identificando para cada uno, un nodo inicial (A) y otro final (B). Considerando:

Rigidez angular Rigidez lineal

[ ] ( )EIK

=

38.038.038.038.080.140.038.040.080.1

{ } [ ]{ } { } { } [ ] { } EID

FKdFydKF 1

92.8079.1379.13

2000

1

2

11

−−

=

==→

== − ϕ

ϕ

EILEI

MM

L B

A

B

Aii

14224

=

∆

+=θθ

ϕθ

EILD

EILD

B

A

44.6

23.200

1

11

1

1

=+=

=+=

ϕθ

θ

EILD

EILD

B

A

44.6

23.200

1

12

1

1

=+=

=+=

ϕθ

θ

mtEI

EIMM

B

A −

=

=

55.1645.231

44.623.20

15.05.01

mtEI

EIMM

B

A −

=

=

55.1645.231

44.623.20

15.05.01

1.0

0.5

0.38 0.38

0.380.38

0.19

0.190.19

0.19

0.8

1.0

0.4

0.5

0.4

0.8

1

A

B

2

A

B

11 =ϕ 22 =ϕ 11 =D La matriz de rigidez, resulta: A partir de:

Por continuidad Ley de Hooke Barra 1: Barra 2:

mTEIEIMM

B

A −

−−

=

−−

=

55.1655.161

79.1379.13

80.040.040.080.0

EI

EI

B

A

79.130

79.130

2

1

−=+=

−=+=

ϕθ

ϕθ

20 T 16.55

23.45

10

23.45

10

16.55

3A B

Barra 3 Momentos: 5.4. EJEMPLOS RESUELTOS

Analisis Estructural-lineas de Influencia, Distribucion Momentos

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