Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia

7/21/2019 Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia

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CAPÍTULO I

CONCEPTOS GENERALES



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



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”.



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



CAPÍTULO II

TRABAJO DE LA DEFORMACIÓN ELÁSTICA



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




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




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




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




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)

∫ ∬




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




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)

∫ ∬

∫ ∬




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)

∫




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:

∬




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




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

+




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




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




II - 15

En (1):

A.

∫

∫

OJO:

∫ ( )

( ) ∫

( )

B.

∫

∫

OJO:

∫ ∫

( ) ∫




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.




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




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




II - 19

√

2º. Cálculo de la energía interna

∑ ∫ ∑ ∫

∑ ∫ ∑∫

POR FLEXIÓN:

[∫

∫

∫√

]

POR CORTE:

( )

[∫

∫

∫

]

POR CARGA AXIAL:




II - 20

[∫

∫

∫

]

POR TORSIÓN:

[∫

∫

∫

]

PORCENTAJE DE PARTICIPACIÓN:

∑




II - 21

PROBLEMA Nº 05

Hallar:

SOLUCIÓN:

∫

TRAMO AB:

∫

∫

∫

∫ ( )

( ) ∫

( )

R

A C

P

B

P

R

A CP

B

P

dθ

ds=Rdθ

Rsenθθ




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

+

+




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




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




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

+




II - 26

TRAMO BA:

∑ ∫ ∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

P

A B Pa

x

+



CAPÍTULO III

PRIMER TEOREMA DE

ALBERTO CASTIGLIANO



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




III - 3


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|




III - 4

PROBLEMA Nº 02

Hallar (EI=cte)

SOLUCIÓN:

Tramo AB:

∫

∫

∫

L A B

W

x

L

Q (Ficticia)

A B

W




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




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




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




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




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




III - 10

SOLUCIÓN

Analizando media estructura

∫ ∫ ∫ ∫

∫

∫

∫

∫ ∫

∫

* +

3

F1

3

d =rds θ

MFsenθ

Fcosθ

F

dθθ

1

θ

rCosθ

+




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




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

+

+

+




III - 13

3º. Cálculo del: ∑ ∫

∫ ∫

∫

∫ ∫

PROBLEMA Nº 15

Hallar

a

2a

B C

w




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




III - 15

Tramo BC:

Como:

∑ ∫ ∫

∫

∫

∫




III - 16

PROBLEMA Nº 10

Considerando solo efectos de flexión calcular el desplazamiento horizontal delapoyo móvil. (EI = Constante)

SOLUCIÓN


∑

∑

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)




III - 17

Pero:

∫

√

√

∫ √

∫ √

√ ∫

√

α

dsdy

dx




III - 18

Tramo BC:

∫

∫

∫

∫

√

A

BC

w Q

x

(4/3wa + Q/3)




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




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




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




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




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




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




III - 25

∑

√ √ √

√ √

√ √

:

√ √ √ √

√ √

√

√ √ √ √ √ √

√

√

√ √ √

√




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




III - 28

2º. Cálculo de

∑

(+): Tracción - (-): Compresión - Q = 0 (Ficticia)

√

√

√ √

√ √

TOTAL




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




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




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




III - 32




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




III - 34

Nudo:

∑

∑

Nudo:

∑

∑

Y

X

V4

45º H4

N34

XN23

45º

N34N35

2P

Y

Y

X

N12

V1

N15H1




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




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




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




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.




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




III - 40

√

2º. Cálculo de:

∑ ∫

En donde: (+): Tracción (-): Compresión

√

√

√

√

√ √ √

TOTAL

Y

X37º

N13

3/4P - 3/4 2√

3 2√

3 2√

P



CAPÍTULO IV

MÉTODO DEL TRABAJO VIRTUAL




IV - 3

Como: (Ficticia)

Reemplazando en el 1er Teorema de A. Castigliano:

∑∫ ∑ ∫ ∑ ∑ ∫



TRABAJO VIRTUAL DE LA CARGA UNITARIA

IV - 4


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




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




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




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




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




IV - 10

SOLUCIÓN:

1. Cálculo de reacciones

a. En el sistema de carga real: Aprovechando la simetría

∑


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




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




IV - 14

Reemplazando en la ecuación (1)

∫

∫

(2) y (3) en (1):

∫

∫

∫

∫ [ ]

* +

dx

dyds

α

x

y

α




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)




IV - 16

Tramo BC:

∫

Tramo AB:

∫

Reemplazando en la ecuación (2):

∫

x

1

A

B




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




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




IV - 20

1º. Reacciones

∑

∑


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




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




IV - 22


Nudo A:

∑

Y

X

N AB

1θ

1.304

A

B

C

22 ton.

1

1.304

1 . 6 4 3

1.304

1




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




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




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




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




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




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




IV - 30

Nudo:

∑

∑

Nudo:

∑

2º. Cálculo del desplazamiento horizontal

∑

III. Cálculo de la rotación de la barra: -

Método 1:




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 =




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




IV - 33

Nudo:

∑

Rotación de la barra 2 - 3:

∑

Y

X37º

n

n =5/2413

12

1/8




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:


∑

1

2 4

3

5

P

2P

1V

4V

P




IV - 35


∑

2º. Cálculo de los efectos debido a la fuerza axial


Nudo 1:

∑

∑

1

24

3

51

1V

4V

Y

X

N

45º

P

13

N15




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




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



CAPÍTULO IX

MÉTODO DE KANI



MÉTODO DE KANY

IX - 4


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




IX - 5

m.c.m. = 3

3º. Factores de giro:

Nudo:

Nudo:

Nudo:




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




IX - 9

5ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :

6ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :



MÉTODO DE KANY

IX - 10

8º. Momentos de Kani

VIGAS:

COLUMNAS:

9º. Momentos flectores finales




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



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:

* ( )+



MÉTODO DE KANY

IX - 14

m.c.m. = 48


Nudo:

Nudo:

4º. Corrección de altura ( de columna)




IX - 15

Sea:

5º. Factor de desplazamiento ( de columnas):

∑

6º. M.E.P.

1000 kg/m

4m

1

2 M21

0

H2

0




IX - 19

Nudo :

Nudo :

[ ]

[ ]

6ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

[ ]

[ ]

7ma Iteración:

Nudo :

Nudo :

[ ]

[ ]




IX - 23

m.c.m. = 60


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




IX - 25

1ra Iteración:

Nudo :

Nudo :

2da Iteración:

Nudo :

Nudo :





IX - 27

SOLUCION:


2º. Rigideces

m.c.m. = 12


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



MÉTODO DE KANY

IX - 28

Nudo:

Nudo:

Nudo:

4º. Factor de desplazamiento ( de columnas)

∑

1er PISO:




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



MÉTODO DE KANY

IX - 32

3ra Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :

Nudo :

1er PISO:

[]

2do PISO:

[]

4ta Iteración:

Nudo :

Nudo :



MÉTODO DE KANY

IX - 38


Nudo: ( )

Nudo: ( )

Nudo:

( )




IX - 39


∑

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




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



MÉTODO DE KANY

IX - 44


6º. Momentos de KANI


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




IX - 47

4º. Corrección de altura:

Sea:


∑

6º. M.E.P.

18 KN/m

4 5M45

0 10m



MÉTODO DE KANY

IX - 52

COLUMNAS:






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



MÉTODO DE KANY

IX - 54

PROBLEMA Nº 07


SOLUCION:


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




IX - 55

m.c.m. = 24


Nudo:

Nudo:



MÉTODO DE KANY

IX - 56

Nudo:

Nudo:

4º. Corrección de altura:

1er Piso:

Sea:




IX - 57

5º. Factor de desplazamiento ( de columnas): 1er Piso:

∑

2do Piso:

∑




IX - 59


1er Piso:

2do Piso:



MÉTODO DE KANY

IX - 60


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




IX - 63

1er Piso:

[ ]

[ ]

2do Piso:

[ ]

4ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :

Nudo :

1er Piso:

[ ]

[ ]

2do Piso:

[ ]



MÉTODO DE KANY

IX - 64


VIGAS:

COLUMNAS:

VOLADO:




IX - 65




MÉTODO DE KANY

IX - 66


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




IX - 67

PROBLEMA Nº 08


SOLUCION:


2º. Rigideces

m.c.m. = 3

6m

3m

6m

3m

6m

3m

6m

3m



MÉTODO DE KANY

IX - 68


Nudo:

Nudo:

Nudo:



MÉTODO DE KANY

IX - 70

5º. M.E.P.


1er Piso:

2do Piso:


Nota: se recomienda seguir el itinerario

M54

0M45

0M87

0M78

0 M89

0




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



MÉTODO DE KANY

IX - 72

Nudo : ⁄ ⁄

* ( )+

1er Piso:

[]

2do Piso:

[]

2da Iteración:

Nudo :

⁄ ⁄ ⁄

Nudo :

⁄ ⁄ ⁄ ⁄




IX - 73

Nudo :

⁄

⁄

Nudo :

⁄ ⁄

Nudo :

⁄ ⁄

1er Piso:

[]

2do Piso:

[]




MÉTODO DE KANY

IX - 74

VIGAS:

COLUMNAS:

1er Piso:

2do Piso:




IX - 75


PROBLEMA Nº 09

Hallar los momentos flectores en los extremos de los elementos y dibujar el DFC

y DMF.



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




IX - 77


Nudo:

Nudo:

Nudo:

3º. M.E.P.




IX - 79




MÉTODO DE KANY

IX - 80

PROBLEMA Nº 10


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




IX - 81

m.c.m. = 60


Nudo:

Nudo:

Nudo:



MÉTODO DE KANY

IX - 82

3º. M.E.P.


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




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



MÉTODO DE KANY

IX - 84

2da Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :

3ra Iteración:

Nudo :

Nudo :




IX - 85

Nudo :

4ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

Nudo :

5ta Iteración:

Nudo :



MÉTODO DE KANY

IX - 86

Nudo :

Nudo :





IX - 87


PROBLEMA Nº 11


8000 kg

2m

2m

4m 6m 3m

4m

5 m

6000 kg/m

13

2

45



MÉTODO DE KANY

IX - 88

SOLUCION:

1º. Rigideces

m.c.m. = 120


Nudo:

8000 kg

2m

2m

4m 6m 3m

4m

5 m

2I

2I

4I

2I

6000 kg/m

13

2

45




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



MÉTODO DE KANY

IX - 90


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




IX - 91

3ra Iteración:

Nudo :

Nudo :

4ta Iteración:

Nudo :

Nudo :

5ta Iteración:

Nudo :



MÉTODO DE KANY

IX - 92

Nudo :






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



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




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



MÉTODO DE KANY

IX - 96

1º. Rigideces


Nudo: C

Nudo: D




IX - 97

Nudo: F

Nudo: G

3º. M.E.P.

[]

[]

[]

[]



MÉTODO DE KANY

IX - 98



-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




IX - 99




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




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



CAPÍTULO V

SEGUNDO TEOREMA DE

ALBERTO CASTIGLIANO



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.




V - 3


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




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)




V - 5

SOLUCIÓN:


∑ ∫

1º. Reacciones:

∑

∑

A B

C D

3

4a4a

P

A B

C D

VD

HD

x

3a

4a4a

x

H A

R

P




V - 6

∑

2º. Del 2º Teorema de Castigliano

∫ ∑

Tramo AB:

Tramo CD:

Tramo BC:

B

C D

x

H A

R

P

4Ra




V - 7

En (1):

∫

∫

∫

Reemplazando en las expresiones deducidas anteriormente:




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:


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




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




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




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)




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:

∑ ∑


AB

2a a

x

A

R = R-P

B

A R P

x

M = 2Ra-3PC

2a a




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




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




V - 15

SOLUCIÓN:

Sea “R” la variable redundante.

∑ ∫


∑

∑

∑


a a

P

A

B

C37º

d

MC

VC

37º

a

d




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




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




V - 18


∑

∑

∑

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




V - 19

Tramo AB:

Tramo CB:


∫

∫

53º

dsdy

dx

53º

y

x




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




V - 21


∑

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




V - 22

√√

∑

Nudo: B

∑

√

∑

Nudo: C

∑

√

Y

XT

45º

NBC

NBD

2000

Y

X

T

45º

NCD2000

√2T




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




V - 25

∑

De y


Y

X8 37º

N23

R

N13 10

37º




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




V - 27

Efectos axiales (tirante)


∫

∫

∫

∫

2º. Cálculo de reacciones




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




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




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




V - 31

∫

∫

Integrando:

Tramo BC:

∫

∫

Integrando:

Por lo tanto:

w = 5 ton/m.

A B9m. 7m.

x

x




V - 32

B. Cálculo de :

Barra DB:

∫

∫

Integrando:

Barra DC:

∫

∫

Integrando:

Por lo tanto:




V - 33

Reemplazando en (2)

Reemplazando en (θ):



CAPÍTULO VI

MÉTODO DE LAS FUERZAS



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




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




VI - 4


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




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




VI - 6

CÁLCULO DE :

∑ ∫ ∑ ∫

CÁLCULO DE

∑ ∫

∑ ∫ ∑ ∫


Dirección (2)

1

X m11m1

1X

2

X m22m1

1

X




VI - 7

Usando el principio de los trabajos virtuales:

CÁLCULO DE :

∑ ∫

CÁLCULO DE :

∑ ∫

∑ ∫ ∑ ∫

w

M

1

M m2

1

X m11m2

1

X




VI - 8

CÁLCULO DE :

∑ ∫

∑∫ ∑ ∫


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




VI - 9


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




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




VI - 11

En donde:

∑ ∫ ∫

∫

∫

∑∫

∫

∫

∫

∑ ∫ ∫

∫

∫

∑ ∫ ∫

∫

∫

∑ ∫ ∫

∫

∫

Reemplazando valores:




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




VI - 14


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




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




VI - 16

1º. Sistema básico y sistemas de carga real y virtual

Tramo AB

Tramo BC

∑ ∫

∫

∫

∑ ∫

∫

∫

Como:




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




VI - 18


∑

Tramo BC:

Tramo AC

∑ ∫

∫

∫

∑ ∫

∫

∫




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




VI - 20


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




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




VI - 22

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑




VI - 23


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




VI - 24


De las ecuaciones canónicas:

En donde:

∑ ∫ ∫

∫

∑∫ ∫

∫

∫

∑ ∫ ∫

∫

∫

∑ ∫ ∫

∫

∫

∑ ∫ ∫




VI - 25

∫

∫



Por la estática:




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.




VI - 27

SOLUCIÓN


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




VI - 28


Tramo AB:



En donde:

∑ ∫ ∫

∑∫ ∫

∑ ∫ ∫

∑ ∫ ∫

∑ ∫ ∫




VI - 29


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




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




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)




VI - 32

Tramo AB:

TRAMO BC:



En donde:

∑ ∫

∑ ∫

∫ ∫

2

α

dx

ds

√20

4

5

15B C

x

2

1

B Cx




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




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)




VI - 35

En donde:

∑ ∫

∫

∑ ∫ ∫

En (1):


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.




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




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




VI - 38

En donde:

∑ ∫ ∫

∑∫ ∫

∑ ∫ ∑ ∫

∑ ∫ ∑ ∫

∑ ∫ ∑∫ 2º. Sistemas:

A B

X2

X1

C

L

w

Sistema Básico




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)




VI - 40

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫


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




VI - 41

Fuerza Axial:

3º. Reacciones

∑

∑

∑




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




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




VI - 44

∫

-

∑ ∫

,∫

∫

∫

∫

-

∑ ∫

,∫

∫

∫

∫

-

∑ ∫

,∫

∫

∫

∫

-

∑ ∫

,∫

∫

∫

∫

-




VI - 45

∑ ∫

∫

∫

∫

∫

-

∑ ∫

∫

∫

∫

∫

-

∑∫

∫ ∫ ∫

∫

-

De las ecuaciones de compatibilidad:

Como (1) = (3):

De (1):




VI - 46

De (2):

De

60 60 60

7.357.35541.573 41.573

82.144




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




VI - 48

∑ ∫

∫

∑ ∫

∫ (√√)

∑ ∫

∫

∫

∫

∑ ∫

∫ ∫ √ √

∑ ∫

∫ √ √

∫ (√√)

En (1) y (2):




VI - 49

PROBLEMA Nº 13

Resolver el sistema mostrado y calcular las reacciones en los apoyos.


(EI=cte)

SOLUCIÓN

4 ton.

A B C

3 ton.

D

4m

3m5m2m

4 ton.

A B C

3 ton.

D




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




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




VI - 52

∑ ∫

∫ ∫

∫

En (1):

PROBLEMA Nº 14

Resolver el sistema mostrado y determinar las reacciones en los apoyos.


(EI=cte)

4 ton.

A B C

3 ton.

D

8.67

0.584

3

4.584




VI - 53

SOLUCIÓN



12 ton. A

B

CD

12m

5m

12 ton A

B

CD

12 ton A

B

CD

X1




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




VI - 55


En donde:

∑ ∫

∫

∫ ∫

∑ ∫

∫

∫

∫

En (1):

12 ton. A

B

CD

2.6 ton.

5 ton.

12 ton

2.4 ton.

5m

12m




VI - 56

PROBLEMA Nº 15

Hallas las reacciones en los apoyos.


(EI=cte)

SOLUCIÓN



Tramo AB:

A

BC

4a

3a

PaP

A

BC

PaP

X1

Sistema Básico

A

BC

3a

Pa

P

M




VI - 57

Tramo BC:


En donde:

∑ ∫

∫

∫

Pa

P

x

1

x

4a

A

BC

Pa

1

x

m1




VI - 58

∑ ∫

∫

∫

En (1):

PROBLEMA Nº 16

Calcular las reacciones en el sistema mostrado

(EI=cte)

SOLUCIÓN


C

w 3a

3a

3a

P




VI - 59


∑

∑

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




VI - 60

∑

Tramo AB:

Tramo BC:

Tramo CD:

3º. Cálculo de “Ecuación canónica de 1er Grado:

B Cwa

52

wa

B C3a

x

2




VI - 61

En donde:

∑ ∫

∫ ∫

∫

∑ ∫

∫ ∫ ∫

∫

∫

∫

∫

[ ]

En (1):




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)




VI - 63

Sabemos:

Ecuación canónica:

∑ ∫

∫

∫

∫




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




VI - 65

w

wl

X1

Modelo Básico

A

BC

D

E

w

wl

74

wl

094

wlM




VI - 66


A

BC

D

E

w

wl

1

4

114m

1




VI - 67

∑ ∫

∫




VI - 68

∑∫

∫

∫

∫

En (1):

PROBLEMA Nº 19

Resolver el sistema y dibujar el DFC y DMF


(EI=cte)

A

BC

D

w

w

18239 wl

1691956

wl

18239wl

2133956

wl

w

a2a

AB

C




VI - 69

SOLUCIÓN


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




VI - 70

Tramo BC:


En donde:

∑ ∫

∫

∫

∑ ∫

∫

∫

w

A2a

wa

B

x

A

3/2

B

x1

a




VI - 71

En (1):

Quedando:

∑

∑

PROBLEMA Nº 20

Resolver el sistema mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF


(EI=cte)

w

AB

C

R =B

w3

32

waR = A56

wa

P

A

B

C

3

4a4a




VI - 72

SOLUCIÓN



Tramo AB:

P

A

B

C

X

P

A

B

C

x

M

P

A

B

C

x

m

1

1




VI - 73

Tramo BC:

Nota:


En donde:

∑ ∫

∫

∫

P

A

B

x

α

y

4

A

B

x

1




VI - 74

∑ ∫

∫

∫

En (1):

PROBLEMA Nº 21

Resolver el sistema mostrado en la figura

SOLUCIÓN


A

BC

D

P

4a a

3

4a

EI=∞

EI

EI




VI - 75


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




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




VI - 77

Nota:

√


En donde:

∑ ∫

∫

∫

∫

√

√

∑ ∫

∫

∫

∫ √

√




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




VI - 79


(+): 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




VI - 80

POR FLEXIÓN:

√

√

√

∑ ∫

∫

∑∫

∫

Por lo tanto:



CAPÍTULO VII

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




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




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.




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




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




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




VII - 8

Tramo: (0) – (1) – (2)

Tramo: (1) – (2) – (3)

De (3) y (4):

Por lo tanto:

∆ ij

M2

M1

+




VII - 9

Reemplazando en (I) y (II):

( )

( )

Ecuaciones de Maney:

( )

( )

∆ i

M ji

Mij

i

j




VII - 10


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




VII - 11

√ √ √

En (√)

3º. Ecuación de barras:

2 √ 5

θ =ø2 12

ø23

θ2

Δ ΔCosα

θ =ø1 2

α

α

x




VII - 12


Nudo:


∑

En todo el sistema:

∑

∑

32

V3

M32

M23

4’

2'

5

15

4’

4’

V3

M32

V1

1

32




VII - 13

:

6º. Momentos de Maney

7º. Momentos flectores




VII - 14


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

-




VII - 15

PROBLEMA Nº 02


SOLUCIÓN:

1º. Grado de Hipergeometría 2º GRADO ( Nota:

2º. M.E.P.


1

3

4

2

6'

10’ 8’

10’

10 kips

EI=∞

EI=1

EI=1

1

3

4

2

10 kips




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




VII - 17


Nudo:

Nudo:

6º. Ecuación adicional de la estática:

∑

∑

10'

2

M21

1

M12

V1

H1

2

10'

10'

1

M12

V1

H1

M32




VII - 18

∑


3

4

2

10

M43

1

M12

V1

H1




VII - 19



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.




VII - 20

SOLUCIÓN:


2º. Rigideces

3º. M.E.P.

4º. Deformada

A

B

C

D

4 ton.

√41

√20

√17




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




VII - 22


( ) ( ) A – B

B – C

C – D


Nudo:

Nudo:

De las ecuaciones tenemos:




VII - 23


∑

∑

A

B

MBA

H A

V A

5

4M

AB

A

B

C

MC

5

4H A

V A

M AB




VII - 24

∑

A

B

C

D

4 ton.

H A

V

M AB MDC




VII - 25






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




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’’= =




VII - 28


( )

( )

[

]

[

]

* √ +

* √

+


Nudo:

Nudo:

[

] * √

+

√

De (1) y (2):




VII - 29



6º. Isostatización

REACCIONES




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




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




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




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




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.




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




VII - 36


2º. Rigideces:

m.c.m. = 36

3º. M.E.P.


w=25 klb/pie

18’45º

12’

12

ø =?2

ø =?1

3

3

w=25 klb/pie

18’ 12M

12

0

M21

0




VII - 37


( ) ( )


Nudo:

Nudo:

De (1) y (2):

7º. Momentos con signos de Maney




VII - 38



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




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




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




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




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




VII - 43


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




VII - 44


Columnas:

Vigas:


( ) ( )

Vigas:

θ2

ø AC

øBD

2 2

1 1

øDF

øCE




VII - 45

Columnas:


Nudo:

Nudo:

Nudo:




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




VII - 47

∑

De (1), (2), (3), (4), (5) y (6)


Vigas:

HC

MCE

C

18’

MEC

E

HD

MDF

D

18’

MFD

F

18’ HD

MDC

DHC

MCD

C

12000 HBH

A




VII - 48

Columnas:


Vigas:




VII - 49

Columnas:


PROBLEMA Nº 09


1

3

2

4 5

4m 1m

3m

3m

3600 kg/m




VII - 50

SOLUCIÓN:


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




VII - 51



( )

( )

1

3

2

4

2’

θ =ø4 24

θ4

ø34 ?

θ =ø2 4

? n

m

θ 2

ø12

θ =01

θ =03

4’




VII - 52


Nudo:

Nudo:


1

2

H1

V1

M12

M21

3

4




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




VII - 54

(3) = (4):

Reemplazando valores en (6)






VII - 55


PROBLEMA Nº 10


SOLUCIÓN:

10 kips

10’10’

10’

20’

1 32

4

5




VII - 56

1º. Grado de hipergeometría 4º GRADO (

Nota:

2º. M.E.P.


10 kips

EIEI

EI=∞

1 32

4

5




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




VII - 58


Nudo:

Nudo:

Nudo:


A nivel (1) – (2) – (3)

∑

4

1

20’

H1

EI

25

Δ

5

2

10’

H22EI25 Δ

10 kip

1 32

H1

H2




VII - 59

∑

∑





VII - 60


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




VII - 61

PROBLEMA Nº 11


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




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’




VII - 63

4º. M.E.P.


( ) ( )

32

M32

0

M23

06m

4

12 ton-m

1.5m

1.5m

M43

0

M340

3




VII - 64

6º. Equilibrio de nudos.

Nudo:

Nudo:


∑

3

2

M32

0M23

0 6m

H32




VII - 65

∑

∑

Nudo:

4

12 ton-m 3m

M43

M34

3H34

3

M31 H31

M13

1

4m




VII - 66

Resolviendo:

De (1), (2) y (3):






VII - 67

PROBLEMA Nº 12


SOLUCIÓN:


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




VII - 68

m.c.m. = 6

3º. M.E.P:

DEFORMADA


3000 kg/m

4mB CM

CB

0MBC

0




VII - 69

m.c.m. = 12


( ) ( )

A

B’

D

ø =0

θB

2 Δ C’ Δ

θB

ø AB

θC

θC

øCD

ø =0D




VII - 70


Nudo:

Nudo:





VII - 71

∑

∑

A nivel -

3m

A

B

HB

MBA

M AB

4m

C

D

HCMCD

MDC

4mB C

1000 kgHB HC




VII - 72

∑

Reemplazando:

De (1), (2) y (3):






VII - 73


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




VII - 74


2º. Rigideces

m.c.m. = 30


DEFORMADA

1 32

4

5

2I

I

I

37º

E

E

EE V

ø =05

ø =01

3600 kg/m

2I




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




VII - 76


( ) ( )


Nudo:

Nudo:





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




VII - 78

∑

∑

∑

De :

De :




VII - 79

De (1), (2) y (3):






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:


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




VII - 81

m.c.m. = 15


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




VII - 82


( ) ( )


Nudo:

Nudo:


8 ton/m

6m

1

2

2

2M21V2




VII - 83

∑

∑


2

V2

M23

4m

3m

M23

3

2




VII - 84

De (1), (2) y (3):






VII - 85

PROBLEMA Nº 15

Determinar el sistema estructural mostrado en la figura y dibujar el DFC y DMF

SOLUCIÓN:


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




VII - 86

m.c.m. = 60


DEFORMADA

m.c.m. = 60

1

2

4

ø 34

θ2

ø 23

ø 12

θ2

θ3

3

θ3

53º

53º

37º




VII - 87

4º. M.E.P.


( ) ( )

1

2

8000 kg/m

M21

0

5m

2000 kg

2 3

M32

0M

23

0

2m 2m

4m




VII - 88


Nudo:

Nudo:

Nudo:





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




VII - 90






VII - 91

PROBLEMA Nº 16

Resolver la estructura mostrada en la figura y dibujar el DFC y DMF

(EI=cte)

SOLUCIÓN:


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




VII - 92

m.c.m. = 20


m.c.m. = 16

4º. M.E.P.

1

3

2

4

ø12

θ2

ø34

θ2ø

23

θ3

θ3

53º

53º

37º




VII - 93


( ) ( )


Nudo:

Nudo:

M32

0M23

0 32

7500 kg/m

4m




VII - 94


∑

∑

∑

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




VII - 95

∑

De

Simplificando:

Reemplazando valores





VII - 96


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




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.




VII - 98

SOLUCIÓN:


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




VII - 99

2º. Rigideces

m.c.m. = 48


1

2

4

3 5

ø12

ø34

ø =023

ø35

d

5’

2’




VII -

m.c.m. = 12

4º. M.E.P.


( ) ( )

2

3600 kg/m

6m 3M

32

0M23

0

3

52m

4000 kg-mM35

0




VII - 101


Nudo:

Nudo:

Nudo:





VII -

∑

∑

∑

1

2M

21

H2

M12

6m 4m

2 M34

H3

4

2

3600 kg/m

6m 3

M32

M23

H3H2




VII - 103

De

Reemplazando valores y ordenando:

De (1), (2), (3) y (4):





VII -


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




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




VII -


( ) ( )


Nudo:

Nudo:




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




VII -







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




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


( ) ( )

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




VII -






VII - 113


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



CAPÍTULO VIII

MÉTODO DE HARDY CROSS




VIII - 2


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:




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:

( )

( )




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:




VIII - 5

2º. Coeficientes de Distribución:

Sabemos:

∑

∑

Por equilibrio en el Nudo “i”:

(6) en (5):

∑

Reemplazando:

∑ ∑

∑

∑




VIII - 6

∑ ∑

∑

∑

Como:

3º. Momentos por desplazamientos: Asumiendo horario positivo.

A. Sistema: Empotrado - Empotrado

Maney:

( )

( )




VIII - 7

B. Sistema: Empotrado - Empotrado

Maney:

( )

( )




VIII - 8


PROBLEMA Nº 01


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




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




VIII - 10


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




VIII - 11

2da Iteración:

Nudo:

3ra Iteración:

Nudo:


5º. Momentos flectores:




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




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.




VIII - 14

PROBLEMA Nº 02


SOLUCIÓN:


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




VIII - 15

2º. M.E.P


2 36m

6000 kg/m

M23

0

M32

0

4m

M25

0

M52

0

8000 kg

2m

2m

5

2




VIII - 16

1ra Distribución y Transmisión:

Nudo:

Nudo:

Nó

2da Distribución y Transmisión:

Nudo:

3ra Distribución y Transmisión:

Nudo:


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




VIII - 17


PROBLEMA Nº 03

Resolver y dibujar el DFC y DMF del sistema mostrado.




VIII - 18

SOLUCIÓN:

1º. Grado de Hipergeometría: 3º GRADO (


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




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




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




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




VIII - 23


I: Mantiene su signo

D: Cambia su signo

PROBLEMA Nº 04


SOLUCIÓN

Reemplazando la fuerza vertical del volado por sus efectos en el nudo

4m

2m 3m

2000 kg 2000 kg

1 32

4

2m




VIII - 24

1º. Grado de Hipergeometría: (


Nudo:

3º. M.E.P:


2000 kg 2000 kg

1 2

4 A

6000 kg-m

EE

2000 kg

1 2

M21

0M12

0

2m 2m




VIII - 25



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




VIII - 27

Pitágoras:


1

2

4 4’

θ2

0

53º

53º

x

ø12

2’

θ2ø

24




VIII - 28


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




VIII - 29

A nivel horizontal -

11º. Momentos de Cross finales

R’

2

4

H =705.06252




VIII - 30


PROBLEMA Nº 05


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




VIII - 31


Nota:


Nudo:

Nudo:

Nudo:

3º. M.E.P:




VIII - 32




A nivel -


()

()

()

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




VIII - 33

Para pequeñas deformaciones:

m.c.m. = 800




VIII - 34



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




VIII - 36






VIII - 37

PROBLEMA Nº 06


D.M.F.

6800

-8100

8100

-6800

6m 6m

3600 kg/m

3m

1m

132

4

5

9600 kg




VIII - 39

3º. M.E.P:


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




VIII - 40




VIII - 41



3m

736

H2

2

4

4m

4419

H3

2216

5

3




VIII - 42

A nivel - -


()

()

()

R

1 3

9600 kg

2

1658.75245.333

5

θ2

θ2

1’ 1 2’

32

4

ø24

θ2

ø35

θ3

θ3

3’




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




VIII - 44

9º. Momentos DEL 2do Cross


3m

6274H2

2

4

4m

5637H3

73195

3




VIII - 45

A nivel - -



R’ 32392091.333




VIII - 46

PROBLEMA Nº 07


(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




VIII - 47

1º. Grado de Hipergeometría:

Sustituyendo la fuerza del volado por sus efectos en el apoyo “B”

3º GRADO (


Nudo:

Nudo:

3º. M.E.P:


4000 kg

2m AB

MBA

0=PL=8000




VIII - 48

5º. MOMENTOS DEL 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




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




VIII - 50

()

()

m.c.m. = 10000

A B

D

A’

øBC C

θCC’

θC

øCD

B’

53º




VIII - 51


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




VIII - 52

A nivel - -


V =360C

C

1800

HC

4m

2400

D3m

1320

A B C

R’




VIII - 53


D.M.F.

-8000

-5077.92

-5077.92

8675.33




VIII - 54

PROBLEMA Nº 08


(EI=Constante)

1

3

2

4




VIII - 55

SOLUCIÓN


Nudo:

Nudo:

1

3

2

4

E

E E

E




VIII - 56

2º. M.E.P:


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




VIII - 57

b. Momentos flectores:

c. De la estática

1

2H2

420

210

6m

2

H2 420 H3

21033

3

4 4948

2103

H3




VIII - 58

A nivel: -


35288.75

F

105

6000

2

12

4

θ3

ø34

θ =04

1

ø

θ =01

θ2

2

θ2

3

θ3




VIII - 59

()

(

)

m.c.m.=2400


a. Momentos de Cross:




VIII - 60


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




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




VIII - 62

PROBLEMA Nº 09


1

3

6

2

4

5

6m

4m

3m

20000 kg




VIII - 63

SOLUCIÓN



Nudo:

Nudo:

1

3

6

2

4

5

E

E

E

E

E

E

I

I

I

I

2I

20000 kg




VIII - 64

3º. M.E.P:




A nivel -


R

3 4

20000 kg




VIII - 65

()

()

1

3’

6

2

5

ø13

θ3

θ3

ø35

θ3

θ4

θ4

4’θ4

ø24

ø46




VIII - 66


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




VIII - 67


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




VIII - 68

A nivel - :


R’959

510.5

3 4

958.667

510.75




VIII - 69


-2198.47

10154.88

-9422.05

D.M.F.

-7223.58

6673.96 6673.92

2198.47

-9422

-7223.53

10154.83




VIII - 70

PROBLEMA Nº 10


SOLUCIÓN


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




VIII - 71

Nudo:

2º. M.E.P:


a. Momentos del 1er Cross:

12

8000 kg/m

6m M21

0

M12

0




VIII - 72


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




VIII - 73

A nivel: -


De Maney:

1 2

F H =363422

2000

1

3

2

ø23

θ1

ø12

θ2

θ2

θ =03




VIII - 74

Para momentos por desplazamiento básicamente:

()

()

Entonces:

()

()

m.c.m.=4500


a. Momentos de Cross:

1

3

0

1

-4000

1833-2167

1800

3672167

2

0.833 0.167

1800

184

1984




VIII - 75


c. De la estática

126m

2167

V2

H2

1984

V2

H2

2167

2

3

4 3




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




VIII - 77

SOLUCIÓN

1º. Grado de Hipergeometría: 3º (


Nudo: B

Nudo: C

A

B

C

D

4m 4m 2m

2m

3m

4 ton.




VIII - 78

3º. M.E.P:


5º. Cálculo de (Estática)

BH

BV

BH

BV

4000

CH

CV

R

CH

CV




VIII - 79

6º. Deformaciones:

7º. Momentos de deslizamiento:

8º. Segundo Cross de Desplazamiento:




VIII - 80


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




10º. Momentos finales:

Analisis Estructural - Ing Ronald Santa Tapia

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