Guía Estructuras II

Unidad I.- Distribución de Momentos (Hardy Cross) ESTRUCTURAS II UNELLEZ UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL DE LOS LLANOS OCCIDENTALES “EZEQUIEL ZAMORA” VICERRECTORADO DE INFRAESTRUCTURAS Y PROCESOS INDUSTRIALES PROGRAMA DE INGENIERÍA, ARQUITECTURA Y TECNOLOGÍA INGENIERÍA CIVIL Ing. Eulicer Linares Fdez. 1 Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL U NIDAD 1 MÉTODO DE LAS ROTACIONES Este método relaciona las ecuaciones de rotación con las ecuaciones de equilibrio para constituir un sistema de ecuaciones simultáneas, teniendo como redundantes o incógnitas los desplazamientos de un sistema hiperestático. Estos desplazamientos (incógnitas) definidos por el grado de indeterminación cinemática, son el número de rotaciones (θ) de los nodos más los grados de desplazabilidad ( ) del sistema. En caso de extremos articulados, o si se conoce el valor del momento en el extremo de uno o más elementos (barras) en un sistema, esta rotación o rotaciones en ese elemento no se constituyen como incógnitas, siendo la o las mismas determinadas. Los momentos totales de un sistema Mij en cada extremo de los elementos de la estructura original viene dado por: Mij = MEij + Mºij De donde MEij = son los momentos correspondientes al sistema primario, producidos por aquellas cargas o esfuerzos que generen momentos por Empotramientos, Asentamientos en los Apoyos y/o Cambios de Temperatura. Mºij = son aquellos momentos del sistema complementario o secundario de una estructura cuyos desplazamientos han sido determinado hipergeométricamente, es decir las rotaciones (θij) de los nodos y la desplazabilidad ( ij) propia del sistema. Si la misma tuviera dos o más grados de desplazabilidad, entonces ( ij) sería la suma de ellos: I ij + II ij ………………… n ij 2 UNELLEZ Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 3.1.- ECUACIONES DE ROTACIÓN Para la determinación de las incógnitas de la hipergeometría de la estructura, conocidos los Momentos por Empotramientos Perfectos por cargas, Asentamientos de Apoyos y Temperatura los momentos del sistema primario Mij Mij = MEij + Ekr [Mi θi + M θj – (Mi + M) ij ] (I) El problema complementario o secundario, se permiten las rotaciones de los nodos y la desplazabilidad de la estructura, por lo que se obtiene: Mºij = Ekr [Mi θi + M θj – (Mi + M) ij ] (II) METODO DE ROTACIÓN ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS MEij ELEMENTOS EMPOTRADOS-ARTICULADOS MEji i MEij j i Mij = MEij + 2Ekr [2 θi + θj – (2 θi + θj) Mij = MEij + (4EKr θi + 2EKr θj – 3EKr � = � + � + � ,� = ± � � − �� (��) Mij = MEij + 3Ekr [ θi – ( θi) ij] Mij = MEij + 2Ekr (2 θi + θj – 3 ij) ij) j � = � = � � Mij = MEij + 3Ekr ( θi – ij) Mij = MEij + (3EKr θi – 3EKr � � = � + − EFECTO DE TEMPERATURA Δ(Δt) �� ∗ ij] � = + . �� (��) ij) � �� ∗ ASENTAMIENTO EN LOS APOYOS y Δto � = �� + − � = �� − 3 UNELLEZ Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de las Rotaciones.1. Ver Tabla 15-16 θB ΔC C θC D 4 UNELLEZ .Sistema Equivalente 4T A=∞ I= Io Escogencia de Redundantes 4m A D 4m B 3.Grado de Indeterminación Cinemática 4T A=∞ I= Io 2 T/m B GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grados 4m C A=∞ I= 2Io 2.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo #1.. A 1..Momentos por Empotramientos Perfectos Al igual que la unidad de método de las Rigideces. se elige la condición de los vínculos para determinar los momentos o reacciones producida por las cargas sobre los elementos.. Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS �� A 2 T/m �� 4m 4T B �� = − � � � � � 8 = − =+ � 8 �� 4m B − + C 4 (4) �� = + 8 � 4 (4) 8 � 12 4T 4m C D 2(4)2 + 12 = + . �� = − = + . 2 . 2 12 - �� 2(4)2 12 = − . �� = + � �� = − � 8 � 8 � + �� 4 (4) 8 = + − 4 (4) 8 = − 4.- Momentos por Rotaciones (θ) Para θB ≠ 0 A MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR A=∞ I= Io Aplicando la Ecuación de Rotación: θB �º = C B A=∞ I= 2Io A=∞ I= Io D �º = �º = �º = 2�� 2 �º 4 4�� 4 4 4�� 4(2) 4 2�� 2(2) 4 �º = = �º = �º = 5 UNELLEZ Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Para θC ≠ 0 MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR Aplicando la Ecuación de Rotación: A �º = A=∞ I= Io A=∞ I= 2Io �º = C θC �º = B �º = A=∞ I= Io �º = D 2�� º = 2(2) �º = 4 4�� 4(2) �º = 4 4�� 4 �º 4 2�� 2 = �º 4 = 5.- Momentos por Desplazamientos (Δ) Para Δc = 1 MOMENTOS DE EFECTO LINEAL Aplicando la Ecuación de Rotación: A �º = �º = − ΔC A=∞ I= Io C B’ B C’ A=∞ I= 2Io ΔC �º = �º = − ΔC A=∞ I= Io D 6�� 2 � − �º = �º 6�� 42 2 (−� ) �º = � = − �º = �º = 6�� + 6�� 42 � �º = + � 6 UNELLEZ Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 6.- Ecuaciones de Rotación (Momentos) 3� 8 3� = +2.000 + − 8 = +2.667 + 2 + = −2.667 + + 2 3� = +2.000 + + 8 3� = −2.000 + + 2 8 � = −2.000 + � � � � 7.- Ecuaciones de Equilibrio � ΣM − B =0 MBA + MBC = 0 ) NODO B ( 2 +2.000 + − 3� − � + +2.667 + 2 8 =0 + Resolviendo Algebraicamente, se obtiene: + NODO C ( = − . I Ecuación ΣM = 0 �) c MCB + MCD = 0 −2.667 + + +2.000 + + 2 + 3� 8 =0 Resolviendo Algebraicamente, se obtiene: + � + II Ecuación = + . 8.- Ecuaciones de Trabajo ΣT = 0 v (MAB + MBA) −2.000 + 2 − 3� + 2.000 + 8 − 3� 8 ∗ − � i+ E=0 + (MCD + MDC) � + +2.000 + 4 − � = + � + E =0 3� 3� + −2.000 + + 8 2 8 ∗− � 4� 4� = − 4 2 2 III Ecuación 7 UNELLEZ 97 - C + 2.79 - 1.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Sistema de Ecuaciones de 3 x 3 3� = −4.63) −2.63 + 8 (1.71 4.03 0.63) 3(−4.03 −2.000 8 8 8 3 Resolviendo.03 - 0.63 � = −4.63 3 −4.63) 3(−4. se obtiene: − + = −2.97 B + 2.000 + 1.97 −0.667 + −2.61 2.27) +2.667 + 2 −2.03 +2.59 D Diagrama de Momentos 8 UNELLEZ .71 +0.27 +2.667 8 3� = +0.63 + (1.667 + 3 + 8 3 3 3� − − = 0.000 + (−2.27) −2.27) − 2 8 3(−4.97 −2.27 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos) = −2.63 = +1.63 + 2 1.63) − 8 +2.79 (−2.000 + + 2 8 � = = A 1.000 + � � = = � = � � � � � � � � = = = = = = −1. T... 6 T/m A B 1.Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de las Rotaciones..Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo #2.Sistema Equivalente Escogencia de Redundantes 6T 4m A B 8m 3.Grado de Indeterminación Cinemática A=∞ I= 3Io D A=∞ I= Io GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grados 5m C A=∞ I= 2Io 2.Momentos por Empotramientos D C � MOMENTOS DE ARTICULADO-EMPOTRADO 6 T/m �� A B 4m �� = − �� = − � 1 15 2 1 6 (4)2 15 = − .m 9 UNELLEZ . Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 4..Momentos por Rotaciones Para ≠0 MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR A=∞ I= 3Io Aplicando la Ecuación de Rotación: B �º A �º = A=∞ I= Io D �º = C A=∞ I= 2Io �º = 3�� 3(3) 4 4 4�� = � �º = 5 2�� º = 2 �º = 5 MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR Para � A=∞ I= 3Io ≠0 Aplicando la Ecuación de Rotación: A A=∞ I= Io A=∞ I= 2Io D C Para � = 1 �º = �º = �º = 5..Momentos por Desplazamientos �º = 2 2�� º = 5 4�� 4 5 3(2) 3�� º = �º 8 = �º = MOMENTOS DE EFECTO LINEAL A=∞ I= 3Io A Aplicando la Ecuación de Rotación: B ψ’ BC A=∞ I= Io A=∞ I= 2Io D �º = B C � CD ω’ � � �º = − 3�� º = − 2 3�� 2 (−� ) (−� ) �º = 0 + 3(3)�� 42 � �º � �º �º = �º = + 3(2)�� 82 �º = = + �� =+ � 10 UNELLEZ . 40 + 1.60 III Ecuación 11 UNELLEZ .40 + 9 4 + 9� 16 −0.Ecuaciones de Rotación (Momentos) � = 0 � 4 5 2 = + 5 3 = + 4 = 0 � = + � � � 7.09� = 0 II Ecuación ΣT = 0 v −6.05 NODO C ( B =0 MBA + MBC = 0 ) −6.Ecuaciones de Equilibrio NODO B ( ΣM 3.40 + 9 + 4 9� + + 16 + 0..56� = +6.40 + Resolviendo: 9 9� + 4 16 2 + 5 4 + 5 3� + 32 = −6.40 4 2 + 5 =0 5 + 0.55 8..15� = −21.56 i+ E=0 (MBA) � + (MCD) � + ∗ −� 3 + + 4 4 − 0.Ecuaciones de Trabajo + 0.09 + E =0 3� 2� −� + 12 + 6 � + 6 � ∗ 32 3 8 =0 − 0..Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 6.40 I Ecuación ΣM = 0 c �) MCB + MCD = 0 + 2 + 5 4 5 + + 3 4 + 3� 32 =0 Resolviendo: 0. 57 - D 35.0611 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos) = 0 = +62.57 + A B + 62.1114) + (−6.56� = +6.01 C + 35.57 = −62.60 Resolviendo.0611) 3 � = + (−6.56 − 0.1114 = −6.40 + (−75.01 = 0 = 0 9(423.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Sistema de Ecuaciones de 3 x 3 3.55 + 0.1114) + (−6.40 + 1.2048) 5 5 4 2 � = + (−75.0611) 9 = −6.01 = +35.2048 � = +423.1114) + 4 16 4 2 � = + (−75.2048) + 32 4 � = 0 � � � � � � � � 3º 62.57 = −35.05 + 0.15� = −21.40 + 0.09 − 0. se obtiene: = −75.01 Diagrama de Momentos 12 UNELLEZ .40 0.2048) 5 5 3(423.09� = 0 −0. = � = − .Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de las Rotaciones..3x10-4rad ΔYB1 = 0.0045m B1 2m 3m 3m Solución: 1.40m b= 0. 3T A=∞ I= Io A ΔtS=10ºC B ΔtI=20ºC 3T A=∞ I= Io C Considere: 4T A=∞ I= 2Io 2m αt = 10-5/ºC 4m h= 0.Momentos por Empotramientos �� MOMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADO C 4T 8m D 4m �� = + � �� = − � 8 8 =+ =− 4(8) 8 4(8) 8 = � = + .Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 3.20m Ekr = 800 T. 13 UNELLEZ .m 5m A=∞ I= 2Io D ΘD= -9.Grado de Indeterminación Cinemática GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 3 + 1 = 4 Grados 2.. Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 3.. �º = �º 4�� º = = �º �º = 1 = �º 1 = �º = C 2�� 2 . 4�� 2 2�� 2 .Momentos por Rotaciones (θ) Para θB ≠ 0 Para θA ≠ 0 C C B B A A B1 D B1 D MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR Aplicando la Ecuación de Rotación: Aplicando la Ecuación de Rotación: �º = �º = 4�� 2�� . 4�� 4 2 2(2) 2�� 4 = �º = = �º 5 = �º = 5 2 5 2�� º �º 5 4�� º = Para θC ≠ 0 2�� º = MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR Aplicando la Ecuación de Rotación: B �º = �º A �º = �º = B1 D �º = 2�� = 2 �º = 5 4�� 4 �º = 5 4�� º = 4(2) 73 2�� 2(2) 73 �º = �º = 14 UNELLEZ . 4�� . Cambios de Temperatura Δto = � +� 2 Δ (Δt) = Δts – Δti 10º + 20º 2 ...Momentos de Empotramientos Perfectos por Cambio de Temperatura Δ (Δt) a.Momentos por Desplazamientos (Δ) Para ΔB = 1 ΔAB ω’ ΔCD ΔB Diagrama de Williot Mohr ⊥ ΔCD 3m A’ B υ ψ’ ΔBC ω’ ΔBC δ A 5m A’ B1 D B1 2m ⊥ C ⊥ D 2m 4m ψ’ μ ΔB ⊥ ΔBB1 3m Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos 3 4 � = δ5 4 . Δto = . 5 �º �º = �º �º �º = �º =0 = + = �º = �º = − = + � � � 5. 5 6�� 4 � 52 . . . Δto = 15ºC Δ (Δt) =-10ºC 15 UNELLEZ .Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 4.. cos � = � C 5 B tan � = � 3 4 � = 5 � = − � . Δ (Δt) = 10ºC – 20ºC . sen � = � 3 5 � = � � =+ MOMENTOS DE EFECTO LINEAL Aplicando la Ecuación de Rotación: �º 1 = �º 1 = − 6�� (−� ) 2 �º = �º = − �º = �º = − 6�� 2 6�� 2 + 6 2 �� 52 (+� ) (−� ) − + � 6�� 3 � 52 . 00075 8. ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS: � =+ � =− ��. CAMBIOS DE LONGITUD. −10º� 800 . + .00075m (Se alarga) Δℓ = 10-5/ºC (15ºC) * 5m Δℓ = 7. � 6.Momentos de Empotramientos por Temperatura (Δto). 6�ℓ ) (−6 ∗ −0.40 10 −5 .� �� . � D 16 UNELLEZ . Δℓ = αt .. Δto . − 10 −5 . 0. −10º� 800 . � * 5m � = + ..Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL b. A � B1 =� = + .5x10-4m ω’ Aplicando la Ecuación de Rotación C �� = �� = �� (− B �� = �� = 800 �. 0. �.40 * 5m � = − . �. L Δℓ = +0.Aplicando la Ecuación de Rotación para Efectos de Temperatura.� �� .54 ) �. (−6 . 800�. � �. +� �º = �� + ) . +� �º� = �º� = �� (−6.. +4 (0. −� �º� = �º� = �� (−6. � 17 UNELLEZ .0045m υ ΔCD B ΔAB ⊥ ΔBC A. .54) ) � ) ) �º = �º = + �º = �º = − .0045 ) +3 (0. �º = �º = − . cos � = � � 3 4 5 =+ = � �� 1 � .0045 800�. 800�. ). � �. (−6 . .Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 7. ) 5(5) 5(8. −0. (−6 .D ω’ B1 δ ΔAB = ΔYB1 ψ’ B1’ ⊥ D μ 0 ΔBC Diagrama de Williot Mohr B1’ ⊥ ΔYB1 Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos 4 = C 5 δ B 3 tan � = � 4 .0045 – 2 ) .Momentos de Empotramientos por Movimientos en los Apoyos. sen � = � 3 5 =+ = � �� 1 � MOMENTOS DE EFECTO LINEAL Aplicando la Ecuación de Rotación: �º� = �º� = �� (−6. ΔCD C ω’ ⊥ ψ’ A Para ΔYB1= 0. �. 80 = + 2 + 10.. 800T.80 8 12 � 1= + + � 5 25 4 12 � 1 = + + � 5 25 2 7 4 + − � − 4.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Para θD = 9. � �.46 � = + 5 50 5 2 4 7 � = + + − � − 2. � �º = − . m(2 .41 � = + 125 50 47 16 � = + + � − 8. m(4 .Ecuaciones de Equilibrio NODO A ( ) ΣM A =0 MAB = 0 2 + + 10. −0. � �.00093 ) 8.00093rad + – � �º = − .3 x 10-4 rad C MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR Aplicando la Ecuación de Rotación: B �º = A θ B1 �º� = �� 2 �º� = �� 4 �� D θD=0.00093 ) .46 5 5 50 16 47 + � + 1.80 =0 Resolviendo: + = − . 800T. I Ecuación 18 UNELLEZ . −0.08 100 125 9.. � .Ecuaciones de Rotación (Momentos) � � = 2 + + 10. 40 19 UNELLEZ . =0 E + +0.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL ΣM + 10.034� − 0.012 − 0.192 � − . � E=0 + (MCD+ MDC) � + E =0 12 4 12 −� 4 2 7� 2 4 7 +3� � + + � ∗ + + + − − 4.023� + 0. � − 2.48 − 0.012� = +1.80 + + 2 B =0 MBA + MBB1 + MBC = 0 ) NODO B ( 8 + + 5 12 25 Resolviendo: + 2 + 5 + 4 − 5 Resolviendo: + + .144 + + 0. �� = − .40 + 0. − .625 − 1.41 =0 III Ecuación � = + .74 − 0. + + 5 2 5 − 7 50 � − 4.40 + 0.80 = 0 .. i+ (MBB1 + MB1B) �BB 1 + (MBC+ MCB) � + 50 .144 − 0.41 + + � − 8.46 + + − � − 2.46 II Ecuación � = − . . =0 c MCB + MCD = 0 7 50 .5 4� 3� 47 16 47 16 −4 � 2� + + + � + 1.83 + −0.249� = −2.05 − 0.40 + IV Ecuación E Sistema de Ecuaciones de 4 x 4 2 1 0 0 +1 + 0 + 0� = −10.132 1.336 + 0.34 + 0.08 ∗ + 3� + 3� − 4� 50 125 100 125 5 73 5 5 5 8 5 + Resolviendo: −0.46 + + − .34� = −6. v + 4 ΣM = 0 �) NODO C ( + .40 + 1. − 0.80 + 4. 10.46 ∗ 25 5 25 5 5 5 5 50 5 50 5.Ecuaciones de Trabajo ΣT = 0 47 + 16 125 � + 1.60 + 2. 44 � = −6. se obtiene: = = = � = −4.- 3.38 � 1 = +3.14 Diagrama de Momentos 20 UNELLEZ .75 � = −3.81 � = +3.75 3.81 + .5020 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos Totales) � = 0.3455 +0.81 A 3.9921 +11.37 � 1 = +4.81 � = −6.Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Resolviendo.00 � = +3.14 C 6.44 6.37 + B + + 3.7272 −1.03 - - B1 D 4.38 3. Hallar la indeterminación cinemática de la estructura y Determinar sus incógnitas aplicando la ecuación de Rotación.Determinar el grado de indeterminación de la Estructura aplicando la Ecuación de Rotaciones para cada elemento. aplicando el Método de las Rotaciones para hallar la indeterminación de la Estructura.15ºC A=∞ I= 3Io ΔTI= 22ºC C 4m B 5k D A=∞ I= Io 4m 4m A=∞ I= 2Io 2 T/m A C 4k E ΔA=0. Posteriormente dibuje Diagrama de Momentos.. 5m 5m D 2k 6m C A=∞ I= Io B 3m A=∞ I= 3Io B A=∞ I= Io 2k 2m E 2m 2. D A A=∞ I= Io/2 4m B E ΔTS= .Determinar los Momentos totales que genera el sistema.. Dibuje el Diagrama de Momentos..Método de las Rotaciones Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejercicios Propuestos.5m 2. 21 UNELLEZ .05m 3m 4m 2m 1.Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de las Rotaciones..5m F 4. 2. Dibuje su respectivo Diagrama. 8k 2k D A A=∞ I= 2Io C A 4m 2k A=∞ I= 2Io 2m A=∞ I= Io 3k A=∞ I= 2Io A=∞ I= Io 6m E 2m 4k 3. 1-Momentos de Empotramiento en Extremos Fijos. el cual implementaba un método de análisis estructural para vigas indeterminadas y pórticos planos. Con este sistema sólo se calculan los efectos de los Momentos Flectores. 4. A través de la redistribución de momentos. (Pág. se analiza cada articulación o nodo de la estructura. 22 UNELLEZ . Después de cada articulación fija se considera liberada secuencialmente y el momento en el extremo fijo (el cual al momento de ser liberado no está en equilibrio) se distribuyen a los elementos adyacentes hasta que el equilibrio es alcanzado. Son aquéllos momentos producidos al extremo del elemento por cargas externas cuando los nodos están fijos. a través de aproximaciones sucesivas. se considera fija en una primera fase a fin de desarrollar los Momentos en los Extremos Fijos. Establecido en el año 1930 por quien lleva su nombre Hardy Cross. despreciando o ignorando los efectos axiales y de corte. efectuando distribuciones de momentos en los nodos rígidos a lo largo de un proceso iterativo. 15-16).Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL U NIDAD 2 MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS (Hardy Cross) Este método conduce a la determinación de los momentos en los extremos de los elementos de una estructura hiperestática. �� = � � . el valor típico es: 0 para nodos. La razón de momento acarreado sobre el otro extremo entre el momento en el extremo fijo del extremo inicial es el coeficiente de transmisión. también conocido como Momento de Inercia (I). Cuando el elemento es de sección constante. � = �� = �� . � = � � � = .3. Si la sección del elemento es = 23 UNELLEZ . Mi = 4. por tanto: � = �� En el caso de los elementos que el miembro ij esté articulado. � ) De donde: Ri j = Factor de Transporte �′ = 4�� (1 − �′ = 1 2 .2. por tanto: � = 2 4 . 12) �� 4. el Mi = 4 . La rigidez a la flexión de un elemento Kij. La rigidez flexional (EI/L) de un elemento es representada como el producto del módulo de elasticidad (E) y el segundo momento del área. en la presencia de una articulación. y sus juntas o nodos son simétricas (empotramientos perfectos).Factores de Transporte (Rij). el valor típico es: ½ para los nodos. la rigidez del elemento viene dada por: �′ = � (1 − � . se define como la propiedad que posee una barra de resistir el o los esfuerzos de flexión sin deformarse. que es requerida para el método de distribución de momentos.Factores de Rigidez (Kij). Los momentos no equilibrados son transportados y/o llevados sobre el otro extremo del elemento cuando se permite el giro en el apoyo. irregulares o que sean desiguales. �� . constante: M = 2. dividido entre la longitud del elemento. Cuando el elemento de una sección es constante. cuyos extremos sean simétricos.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 4. En el caso de miembros con extremos asimétricos. Los coeficientes de distribución pueden definirse como las proporciones o el porcentaje de momentos no equilibrados que se distribuyen a cada uno de los elementos.� + ∞ = 0 . el ai y ci con su rigidez Kai. En cambio en un empotramiento como a y c. el factor de distribución en i del elemento ij = Dij = � 24 UNELLEZ .� = . Un momento no equilibrado que llega a un nodo. c c � i a a �� b b En la articulación b. se tiene que: .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 4.Factores de Distribución (Dij). es proporcionado a cada uno de los elementos que concurren en él. y dicha distribución se realiza directamente proporcional a la rigidez que presenta cada elemento entre el total de la rigidez del nodo. en general.� . el cual concurren dos miembros. el factor de distribución Dbi = 1. Kci respectivamente y la tierra con rigidez infinita.4. Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 25 UNELLEZ . Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 26 UNELLEZ . Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 27 UNELLEZ . 3. � �� NODO B.Grado de Indeterminación Cinemática A=∞ I= Io 5000Kg A=∞ I= 3Io/2 B GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 1 + 0 = 1 Grado SIN DESPLAZABILIDAD 2m 2m 2. = . � . .Cálculo de Rigideces (Kij) � D 4m 4m = � NODO B. 3. .Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de Hardy Cross y la Distribución de los Momentos del Sistema sin Desplazabilidad 3000 Kg/m A C A=∞ I= Io B 1. = �� 1. � � � = = = 4�� .000 . = .500 1.500 3. = � ... = � . = . = 4�� .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo #2.500 = . 28 UNELLEZ .Factores de Distribución (Dij) = = = 4�� 4 4�� 4 4�(3�) 4(2) � . = . 4�� .500 1. = 4�� . = � = = �� . � � � = 4�� .. = . � . 4�� = � .000 3. �� = − � .50 0. 2 12 .00 +0.286 +4.03 Diagrama de Momentos 29 UNELLEZ .50 0.Distribución de Momentos Nodo Elementos Rij Dij MEij A AB 0 1 +4.00 +0.72 -3.64 + D - 3.36 -3.50 0.-.44 +4...03 1.50 0. 2 12 4m C - �� = + B 3(4)2 12 � = − .428 -2.64 +3.00 +0.28 4.50 0.72 B BD 0.Factores de Transporte (Rij) 0 0 A B C 0. �� = − 12 .50 +0. + 8 5 (4) 8 5 (4) 8 = + . − 8 = − .3. 2 12 - �� = − � �� = + � � = + .83 B + . 6.Momentos por Empotramientos Perfectos MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS 3 T/m 3 T/m �� A �� 4m �� B �� B 4m 5T � .50 +1. .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 4.28 -1.36 1.72 2.50 0 D 5.19 A 4.53 2.72 C CB 0 1 -4.+ 3 (4)2 �� = + 12 � = + .06 BD BC 0.44 + C 3.36 D DB 0 1 +2.− 3 (4)2 D �� 3(4)2 + 12 .36 BA 0.00 +0..286 -4. 2 12 = − .76 MTij +4. � = 4�� . � = 4�� . = 3�� . .Grado de Indeterminación Cinemática A=∞ I= 4Io 5m Escogencia de Redundantes Hipergeométricas A θB D 3m 5m θC B C Δ D 2. NODO C. 30 UNELLEZ ..Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de Hardy Cross y la Distribución de los Momentos.. . � �� NODO B.24 4�� 5 4�� 5 3�(4�) 5 � . . � = .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 3. � � � = � = � 3. � = � = � = � = 4�� 4. NODO B. A 6 T/m A=∞ I= Io B 3m GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado 4T/m C A=∞ I= Io 1.. = . � = . . .Factores de Distribución (Dij) = = = 4�� 4�� 4�� 3�� .Cálculo de Rigideces (Kij) � � = � = 4�� . � = .� . = . 2 12 C 6(5)2 + 12 .50 MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS 6 T/m �� = + = + �� = − � C �� B � �� = − 5m . � = = ..743 0.50 0. 1. �� .240 3.50 0. . �� 0. 2 + 1 15 4(5)2 = + . . = .200 0. 2 12 - 4T/m 6(5)2 12 5m D �� = + � 1 15 . . . = .50 0 0.800 1.943 = = .800 3.Factores de Transporte (Rij) 0 0. = . � 4.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL = � � = �� NODO C. = . . 31 UNELLEZ .743 0.200 = . 24 = � � � =+ .24m 3m 3 3 � = � δ B 3m sen � = .Momentos por Desplazamientos ⊥ ΔAB B’ A ψAB ψ’ ΔC α 0 AD ψBC B ω’ C ⊥ ψCD D ΔBC C’ ΔC ⊥ Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos tan � = A 4. � MOMENTOS DE EFECTO LINEAL Aplicando la Ecuación de Rotación: �º = �º = − 6�� 2 (+� �º = �º = − �º = − 3�� 2 6�� 2 ) − 6�� 4. 3 4. 32 UNELLEZ .. = + . �º = �º = + .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Diagrama de Williot Mohr ⊥ SISTEMA COMPLEMENTARIO 6.24 2 (−� ) (−� ) + 1.41� + 6�� 3�(4�) 52 52 � � �º �º = �º = − . � = −� . 38 BC 0.005 -0.76 C CB 0. 33 UNELLEZ .69 − 0.05 +0.33 � = 26.68 − 0.68 − 0.03 -0.3 Δ +30.50 0.37 + 0.50 0.480 -0.03 +0.750 +6.75 MTij +27.30 Δ +24.75 -0.82 � = − + ∗ −(� 5 ) � = − 30 � � 2� − 10 � =0 2 3 – 15 − 6.88 -0.21 − 0.50 -0.40 + 0.37 +0.67 = 0 .30� − 13.005 -0.53 -0.063 -0.59 CD 0 0.87 Sistema Primario +1.06 -13.23� .37 MII ij /Δ -0.41� 18 + � + � i � = e + � � + +7.580 +0.38� − 7.541 -3.125 Sistema Secundario +0.30 +0.17 +6.67 +2.01 -0.38 +0.02 -0.12 Δ +9.74 -6.50 -5.30 Δ -24.50 -2.250 -12.30� ∗ � 1.471 +0.75 -31.25 -0.15 +23.50 0.471 +0.240 +0.459 +12.12� + +13.38 +0.015 MIIij/Δ MIIij MTij = MIij + MIIij -0.19 -0. −(� ∗ 5 ) + 1.15 Ecuación de Trabajo Virtual Σ Tv = 0 � + � −3.12 Δ -9.053 +0.01 MIij -3.02 +7.09 -0.75 -23.1.69 -7.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Tabla de Distribución de Momentos Nodo Elemento A AB 0 1 Rij Dij MEij - B BA 0.19 +31.240 +0.40 − 0.40 +0.09 +0.06 -0.37 − 0.193 -0.12� −3.40 +13.04 +0.02� −0.08� + −2. 30 27.75 =13.02 =23.75 + 4.75 � � =4.15 � =25.89 =23.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL � � =27.89 � � =31.30 -- D Diagrama de Corte (V) D Diagrama de Momentos (M) 34 UNELLEZ .02 + B C 8.70 + B - - + C - 31.89 � � � =31.98 � 13.15 - 23.15 4 T/m =8.70 =1.75 + 23.19 A A - 31.15 25.98 3º 2º 1.19 6 T/m =13. = . . = 3�� .Cálculo de Rigideces (Kij) � = � NODO B. � = � = � 4 4�2� = � � 4�3� = 6 3�� 4 4�2� = � = 6 3�� 6 4�� 4 .Grado de Indeterminación Cinemática C GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado D A=∞ I= Io A=∞ I= Io Escogencia de Redundantes Hipergeométricas A E F 6m 6m θB θC B C A D Δ E 2. � � = . = � = � = � 4�� = � � 4�� 3�� 4�� = � = 3�� 4�� . ..Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de Hardy Cross y la Distribución de los Momentos. . � = . � � � . � � = 4�� . = . 7 T/m F A=∞ I= Io 4m A=∞ I= Io B 5 T/m A=∞ I= 2Io 4T A=∞ I= 3Io 4m 1. . 35 UNELLEZ . � = .Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 4. . � = 3�� . . = 4�� . . . � = 4�� NODO C. . = 4�� . � � = .. . 50 0 0.50 C D B 0 0. = .083 1.083 1. � = . .833 = . = = � �� = = . �� .50 0. = . �� NODO C. = � = = � . . � . = .333 5. �� = .50 0. = .083 0. = � = � .. � = 3.50 0. 4.833 1.500 2.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 3. 5.333 2.000 2.Factores de Transporte (Rij) F 0.833 0. . .750 5.Factores de Distribución (Dij) = � �� NODO B.000 .50 A 0 0 E 36 UNELLEZ . = .. 8 = − . (+� ) � �º � = ��º = − 6�� 2 �º = �º = + .. − 42 (−� � ) � − 6�3� 42 � � + 6�� 42 � 37 UNELLEZ .Momentos de Empotramientos (MEij) MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS 5 T/m �� = + � = + �� = − � B �� B = − 6m . 12 4T C 5(6)2 + �� 5(6)2 12 � . 2 12 12 . 2 - 4m A �� = + � �� = − � � ..Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 5.Momentos de Desplazamientos (Mºij) MOMENTOS DE EFECTO LINEAL � Aplicando la Ecuación de Rotación: F �º = �º = − � BF B ΨAB ψ’ A � ω’ C CE E � � D D’ 6�� 2 (−� ) �º = �º = + . � 3�� º = − 3�� 2 �º = − . 8 + �� 4(4) 8 = + . − 4(4) 8 SISTEMA SECUNDARIO 6. 75 MTij +0.03 +0..003 +0.01 Sistema Secundario MIij C CD 0 0.13 -0.66 . Δ +1.66 + .22 +14.13 -0.96 -0.49 − 0.49 MII ij /Δ +1.02 +0.50 0 -7.353 +2.28 +1.02 CE 0.06 +0.24 -0.96 +0.00 -7.43 -1.12 -0.65 +5.30 -0.002 -0.11 -0. Δ -0. Δ +1.29� + 2.94 -5.88 -0.65 -1.005 +15.02 +0.22 − 0.03 +0.81 +0. 1� 4 � = + 4 1� 2 =0 +2= 0 � 38 UNELLEZ .50 0.41 -0.41 -3.96 + 0.01 -0. Δ -0.33� 2.71 F FB 0.16� � = + . Δ +0.37 − 0. Δ -0.92 +2.19 -0.58 +3.97 -9.38 -0.94 + 0.08� −0.61� � .00 BC 0..37� i −1� ∗ 4 ∗ + −2.50 0.14 +0.05 E EC 0 1 +2.01 -8.38 +0.30 +2.11 + .06 +0.98 + .590 -2.50 0. � .87� − 9.39 � = e +� � + + −5.43 +2.470 -15.71 +0.05 -0.50 0.01 -8.00 - -7.60 +0.32� + 5.01 +0.69 +0.54 -6.39 . + −1� 4 + −1.25 -0.003 MIIij/Δ MIIij MTij = MIij + MIIij + .00 Ecuación de Trabajo Virtual Σ Tv = 0 � + � � + −1.12 +0.148 BA 0.00 +3.53 -3. Δ -0.55 .61 � = −1..85 B BF 0 0.93 -7.30 +0.85 +6.09 -0.98 − 0.55 -0.00 +7.92 + 0.262 +15.97 + 0.177 CB 0.00 Rij Dij MEij Sistema Primario -3.76 -9.73 . Δ +0.Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Tabla de Distribución de Momentos Nodo Elemento A AB 0 1 +2.13 -0.50 -1.012 -0.04 -0.06 -0.02 -0..005 +5. Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL F + 15.89 0.475 + C B + D - 3.87 - 14.11 + 0.13 3.18m + 2.57 A E Diagrama de Corte F 7.00 --- 10.49 6.22 + ++ B - - 8.54 C D -- 6.58 -- - 2.85 -- 9.43 0.25 + 14.76 ++ +3.71 - 0.01 A E 3.15m Diagrama de Momentos 39 UNELLEZ Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross) Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejercicios Propuestos. 2 T/m 2T G 3T C 3 T/m A=∞ I= Io D 4m A=∞ I= Io A=∞ I= 2Io A A=∞ I= Io A=∞ I= Io 1T D 3T/m A=∞ I= Io A=∞ I= Io B 2m 5T.m A=∞ A=∞ I=2Io Io I= A B 3m A=∞ I= Io 2 T.m D 2m 6m 2.- Hallar los Momentos totales generados por las cargas a las que está sometida la Estructura, aplicando el Método de Distribución 2 k de Momentos. 2 k B A=∞ I= Io 1.5m C 6m 5T 1.5m 5T A=∞ I= 2Io 5T A=∞ I= Io E 1m G 4m 3.- Aplique el Método de Distribución de Momentos para hallar la indeterminación de la Estructura. Grafique su respectivo Diagrama de Momentos. 5m A=∞ I= Io 4m A=∞ I= Io A=∞ I= Io 5m 5m D 4m A’ C A=∞ I= Io F A=∞ A=∞ I= 3Io Io I= 5 T.m 2m 5T 3m A=∞ I= Io B 4m 4 T.m C F 6m 1.-+ Determinar el Diagrama de Momentos de la Estructura aplicando el Método de Hardy Cross para calcular las indeterminaciones del sistema. 8k A E A=∞ I= Io A A=∞ I= Io 6m A=∞ 5T/m I= Io A=∞ I= Io 5m H D’ 4.- Determine el grado de indeterminación de la Estructura aplicando el Método de Hardy Cross con su Diagrama. 40 UNELLEZ Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL U NIDAD 3 LÍNEAS DE INFLUENCIA La línea de influencia de una solicitación es un diagrama tal, que su ordenada en un punto i mida, en una determinada escala, el valor de la solicitación en una sección determinada (o de la deformación), cuando en el punto i de referencia actúa una carga de valor unitario P=1. Desempeñan un papel importante en el diseño de puentes, vigas carrilera de grúas-puente, cintas transportadoras, y cualquier otro tipo de estructura en las que el punto de aplicación de las cargas se mueve a lo largo de su luz. Estas cargas se denominan cargas móviles. Un ejemplo típico es el peso de un vehículo que circula por un puente. La línea de influencia representa la variación de las reacciones de momento o cortante en un punto específico de un miembro a medida que una fuerza concentrada se desplaza a lo largo del miembro. Una vez que esta línea es construida se puede determinar fácilmente cuál es la posición de la carga en la estructura que provocaría la mayor influencia en un punto especificado. Además a partir de los datos del diagrama de influencia podemos calcular la magnitud de los esfuerzos de momento y cortante, e incluso el valor de la deformación en ese punto. 41 UNELLEZ por simplicidad nos referimos a casos de vigas. El trazado de diagramas o Líneas de Influencia nos permite una adecuada respuesta a las dos necesidades y su utilización es casi imprescindible en el caso de estudios de puentes. 2. que trae aparejada las mayores solicitaciones o deformaciones.2 LINEAS DE INFLUENCIA EN SISTEMAS ISOSTÁTICOS Recordemos algunos elementos básicos aplicados en sistemas isostáticos simples a fin de apreciar las similitudes y diferencias con el tratamiento que daremos a las vigas hiperestáticas.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 2. o por lo menos. etc. en el método de la Cadena Cinemática en una viga isostática de dos tramos para distintos casos de solicitaciones. Nada mejor para esto que la aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales.. y con las cuales tiene que ser evaluada una sección dada Estas dos necesidades deben ser tenidas en cuenta en todas las secciones de la viga. 42 UNELLEZ . donde las cargas móviles (p) tienen una cierta importancia con respecto a peso propio o carga permanentes (g). en varias secciones características según las circunstancias.1 CONSIDERACIONES GENERALES Si bien en el tratamiento del tema. LÍNEA DE INFLUENCIA DE UNA REACCIÓN carga unitaria aplicada en i.. o Método Analítico. deformaciones. que produce una carga (o un estado de cargas) para distintos puntos de aplicación de la misma. donde 1 � se puede incorporar como factor de escala. puentes grúa. La posibilidad de cargas móviles implica la necesidad de obtener: a) las solicitaciones. b) El estado más desfavorable de aplicación de la carga. etc. la generalización a otros tipos de estructuras es casi inmediata y no requiere de nuevos conceptos a los necesarios en nuestro tratamiento. 43 UNELLEZ .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL LÍNEA DE INFLUENCIA DE UN MOMENTO LÍNEA DE INFLUENCIA DE ESFUERZO DE CORTE En claro ejemplo. determinemos la línea de influencia para la reacción en A de la siguiente viga: Se empieza a mover la carga P a diferentes distancias x y para cada distancia se calcula RA. Para obtener el valor de la reacción en A para cualquier carga P.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Otro método es encontrando la ecuación de la variación de la reacción en A. Aplicando ecuaciones de equilibrio o encontrando la reacción por proporciones tenemos: Notemos que la ecuación tiene pendiente negativa y con una variación lineal para RA. se parte de encontrar primero las reacciones en función de la posición x y después se aplica el método de las secciones partiendo por el punto al cual se le quiere determinar la línea de influencia: 44 UNELLEZ . se multiplica la ordenada de la línea de influencia por el valor de la carga. Se parte de encontrar esa reacción en función de la posición x de la carga P=1. a medida que se mueve una carga unitaria.0. el valor de la reacción sería: La Línea de influencia para el cortante en A: Se determina la variación del cortante en A por el método de las secciones: En vista de que siempre es una carga puntual. Si L=8m. P=5 ton localizada a 3m del punto A. Línea de influencia para el cortante y momento en un punto C en L/2. Siempre comenzamos encontrando las reacciones en los apoyos y luego partimos: 45 UNELLEZ . Línea de influencia para la reacción en B: Línea de influencia para el momento en A: Para cualquier posición de la carga unitaria el momento en A será cero.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Haciendo equilibrio en la sección y localizando la carga en x>0 tenemos: En este caso concluimos que la línea de influencia del cortante en A es igual a la de la reacción en A. Note que la línea de influencia se hacer para la convención positiva de los esfuerzos internos. de donde Para x>L/2 se toma la sección A-C para equilibrio: Línea de influencia para el cortante en C: Momento en C: 46 UNELLEZ . se puede tomar la sección C-B y los cálculos se facilitan ya que en ella no está actuando la carga unitaria: .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Para x < L/2 . μ 6m Aplicando el principio de los trabajos virtuales: ΣTv = 0 O12 – NEFx5α – NFEx5α/2 = 0 υ CIR O1 α 6α 3α β Diagrama Cartesiano de Corrimiento CIR O2 β = α/2 υ El Valor de la Línea de Influencia axial en el elemento X = NEF = � � 47 UNELLEZ . O2 C 6m Por el Método de la cadena cinemática hallamos los centros instantáneos de rotación (CIR).Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 1. P=1 E F 5m A D B C 6m 6m 6m Solución: Se pone en evidencia la Fuerza Axial que ejerce la tensión en el elemento EF: Diagrama Cartesiano de Corrimiento 5α E 5α/2 F NEF NFE 5m α β α/2 CIR A O2 O1 O12 B 6m O1. O12.Hallar la Línea de Influencia que ejerce la Tensión entre el elemento EF cuando una carga P=1 se mueve paralelamente en sí misma sobre la estructura. Determinar la Línea de Influencia del Momento en A cuando una carga P=1 se mueve paralelamente sobre AB.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 2. 2m O3 O3 O23 O2 O2 III II α II O3 O12 III O12 4α I O1 I O12 O1 I=III α O1 ΣTv = 0 II 4α α O2 δx = – α – α = 2α El Valor de la Línea de Influencia del Momento en A X = MA = � � = 4� � LIMA= 2 48 UNELLEZ . D C 4m P=1 B A 2m 2m Solución: 2m Evidenciando el momento en A (MA) se determina la Línea de Influencia a través de los Diagramas de Desplazamientos. 33 II III 0. B 4m 1 A 3m C 3m D 4m 5m Solución: Se pone en evidencia el Momento en B que ejerce la Flexión: 012 M 01 M Sistema Primario I (ΣTv =0) II 02 023 03 -1x δm + M x α – M x 0.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 3.43α = 1 III α = 2.33 49 UNELLEZ .028α 03 LI MB 1.57α α 02 3α 01 5.40 2.57α = 0 δm = 0.33 7 12 2.Determinar la Línea de Influencia del Momento en B cuando una carga P=1 se mueve sobre el sistema mostrado.14α 1. La viga conjugada tendrá un diagrama de cargas de la siguiente forma: � Mij i ��. a diferencia de las correspondientes a sistemas isostáticos. Las líneas de influencia de estructuras hiperestáticas son líneas curvas. se aplica el principio de MüllerBreslau. este diagrama estará constituido por líneas rectas. la viga conjugada puede descomponerse en los tres casos que a continuación se muestran � ��.�� .�� j - � υi i - Mji Diagrama de Momentos υj j � ��.�� + � + υi - υi υj = � ��. las cuales conforman líneas rectas.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 2. cortante.3 LINEAS DE INFLUENCIA EN SISTEMAS HIPERESTÁTICOS PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU La línea de influencia en un punto dado para la cortante o momento está dada por la deformada de la viga al aplicar ese momento o cortante en el punto determinado. momento o reacción) en un punto de una estructura hiperestática. para un elemento recto genérico ij. retirando la capacidad de la viga para aguantar esa función. el diagrama de momentos de ese sistema es lineal. Debido a que las solicitaciones de la estructura primaria están constituidas por cargas concentradas o momentos concentrados. Es decir.�� i j i j i υj j � 50 UNELLEZ .�� . Para la determinación de la línea de influencia de cualquier incógnita (fuerza axial.�� Viga Conjugada � Por superposición. el Momento viene dado por: ℓ Ri Rj � � 3�� 6�� = − Caso III: υi i ℓ �� .� �� . �ℓ �� = � − � + � .�� 1 2 tenemos: I Ecuación . (� − � 3 ) �ℓ y K = (I /L) / cos δ haciendo: ωD = (� − � 3 ) �� = − Caso II: � 6 ��.�� .�� . � ��. � i �� = � . � ��. �ℓ. 1 3 �ℓ Similarmente al caso I.�� i � �� = � .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL El momento en un punto genérico de abscisa ςℓ. 1 3 . ′ tenemos: II Ecuación donde: ς’ℓ ℓ Ri � . ℓ2 . �ℓ + j ςℓ ς’ℓ �� = ℓ Ri Rj � � 6�� 3�� . la componente vertical de la elástica en ese punto de la viga real es: Caso I: � ��. �ℓ. �ℓ + j ςℓ ς’ℓ 1 2 �ℓ .�� ℓ . es decir.� III Ecuación 51 UNELLEZ .� y K = (I /L) / cos δ υj j ςℓ � −� haciendo: ω’D = (�′ − �′3 ) Rj � −� ℓ �� = � + � . 384 0.336 0.� �� . dividiendo la elástica (v) entre el desplazamiento δx correspondiente a la incógnita x en el sistema primario se obtiene la línea de influencia de X: = � � 52 UNELLEZ .099 0.171 0 0 0.192 0.288 0. �=− − � .357 0.2 0. para cada décima parte de la longitud del elemento.6 0.� �� .4 0.273 0. � Con Desplazabilidad Sin Desplazabilidad Las constantes � ′ para valores de ς de 0.1 en 0.171 0. ′ + � − � . II y III permiten determinar las ordenadas de la elástica para desplazamientos verticales de un elemento cualquiera ij de un sistema la misma forma un ángulo θ con el eje x.384 0.� �� . ′ − � + � .357 0.375 0.3 0.0 0 0.375 0.336 0. obteniendo la forma elástica de tal manera: �=− � .1 0.192 0.8 0. .1 de la décima parte del valor de la longitud del elemento.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Las expresiones de las ecuaciones I. viene dado por lo siguiente: ς ωD ω'D 0 0.5 0.7 0.099 0 Ahora bien.� � .9 1.273 0.288 0. 429 -10000 +5000 -5000 -2500 +2145 +2855 -2855 +2855 +2500 +10000 -10000 +1428 10000 B A + 1428 D C 2500 - E 2855 Diagrama de Momentos (M) 53 UNELLEZ .50 0 0.5EKr B EKr EKr C 5m D 5m 6m E 6m Solución: L a Viga de grado hipergeométrico 4 sin desplazabilidad.500 -2500 0 -2500 D E BC CB CD DC DE ED 0 0.571 1 +1428 0.Determinar la Línea de Influencia del Momento en C de la Viga Hiperestática. para carga vertical moviéndose de A a E 1 1.50 0.50 0 0. 10000 Kg/m 10000 Kg/m A B Elemento AB BA Rij 0.500 0 +10000 Mij Mt C 0 0.50 0 Dij 0 0.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 4.5EKr A 1. Se pone en evidencia el Momento en C. Tramo AB: 2500 ��.ℓ . � �� . � �� . ��.5�� v= . 54 UNELLEZ . �� . 5 6 . 6 �� v= : 2500 . v= . 1. 5 6 . Tramo BC: 10000 2500 ��.5�� : .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Aplicando el Método de la Viga Conjugada a través de los diagramas de Momentos. ′ − . ′ − � .5�� .ℓ 6 �� 2500 . 1. se tiene: 10000 10000 �� 1428 B D - 2500 A E 2855 C �� A continuación se analizan los casos de cada elemento. B C 5m B C � �� 5m v= v= � . 1. Determinamos los momentos genéricos en las abscisas. 6 . ′ − .ℓ 6 �� 10000 . 5 . A B 5m v= � . . suponiendo las cargas con sentido positivo (las dirigidas hacia arriba) y con sentido negativo (dirigidas hacia abajo). componente vertical elástica en los puntos de la viga real. ℓ 6 �� : . 6 6 �� . 1.5�� 2855 10000 C − C δxMCD D QCD = − 10000 3�� + 2855 6�� =− . 6 6�� . ��. (↓) �� .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Tramo CD: 2855 10000 ��.ℓ 2855 . D E D 6m E � �� 6m v= v= � 2855 . 6 6 �� . 10000 ��. 6 : . �� Tramo BC: 2500 10000 ��. ′ − . v= Determinación de la Rotación Relativa: �� .1. ′ + �� . ��. C D C 6m D � �� 6m v=− v=− � .ℓ 6 �� 1428 .ℓ 6 �� 10000 . D δxMCD 10000 3. . ′ − 6 �� . ′ + . v=− Tramo DE: 2500 . B C B δxMCB C �� δxMCB QCB = : 2500 6 . ′ − �� .5�� Tramo CD: =− � . 6 �� . �� (↓) 55 UNELLEZ . ��. ′ − . ��. 008 1.029 0.0833 -0. ′ − .7997 0. ′ − 4801 .94 .� �� De forma tal.600 0.111 0.1085 -0.0589 -0.3561 0.356 0.0286 0.0495 -0. CD: v = − 4801 .5946 ωD X 0.334 -0.0812 0. ′ − .1142 -0.278 -0.072 0.139 -0. Usando los valores de ωD y ω’D .1978 -0.2892ωD 0. � .1017 -0.128 0.1032 0.4442 -0.2892 ω’D -1.0509 0.297 0.0495 0.9 0. que cuando la carga P=1 se mueve paralelamente entre A y E para el Momento en C. .3332 -0.0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 C L I MC E A B D LÍNEA DE INFLUENCIA M C 56 UNELLEZ .6 0.2062 0.56 1388 .8 0.� �� = �� El valor de la línea de influencia vendrá dado por: �=� = � = �� .1145 -0.2283 -0.1 0.7809 0.89 BC: v = 4801 .0999 0.1623 -0.94 .7435 0.3 0.486 0.1062 0.94 .1998 -0. � =− .5946 ω’D -0.94 .581 0.131 0.2123 -0.3158 -0. ′ + 4801 .0972 -0. � 2855 10000 � 1428 DE: v = 4801 .94 .94 .1017 -0. = .2230 -0. 2855 = .2 0.0555 0.471 0.1142 0.94 .2230 -0.1142 -0.5998 0.558 0. = . � .4338 -0.2974 ωD X 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0.0286 -0.086 0. � .0833 0.0294 0.89 AB: v = 4801 .5685 0. obtenemos los valores definitivos de la Línea de Influencia por elemento AB BC CD DE ς 0.0589 -0.0555 -0.0972 0. � � .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Entonces: δMc = � � δMc = � � = −(QCB + QCD ) = − −1944.347 -0. .3887 -0.065 -0.2123 -0.4130 -0.114 0.1032 -0.104 0.0825 ω’D 0.2283 -0.0857 0.1111 -0.44 − 2857. 5555 .1569 ωD X -2.1623 -0.278 -0.6997 0.0790 0. ′ − 4801 .5 0. ′ + . � �.169 -0.50 .0790 -0.1712 -0.1998 -0. la línea de influencia se obtiene a través de: 1388 .213 -0.1085 0.7 0.056 0.1115 0.2221 -0.3998 0.4 0.229 0.325 -0.0571 0.1111 0.1712 -0. 83m D 6m 57 UNELLEZ .5EKr 0.5EKr A AB +4875 CB -2675 BA +9749 CN +1603 BC -9749 NC +802 CD +1072 4m N 5m 6m Solución: Dado que los Momentos Flectores han sido determinados. se realiza el diagrama de momentos para obtener las cargas de la Estructura Conjugada 9749 B + Diagrama de Momento Flector C D - - 2675 1072 Estructura Conjugada A N 9749 �� 2675 �� B 1072 �� C 5.Determinar la Línea de Influencia que se genera producto del Momento Flector en B (MB). Aplicando el Principio de Müller-Breslau Momentos Flectores P B 3m 2EKr C D 1.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 5.5EKr 0. para una carga (P) Vertical moviéndose paralelamente desde B hasta D. ′ + .83 m C � �� 5. 2 �� =� =− . 2�� : .5. �� . C D � �� 6m v= v= � . ��.ℓ . 2�� . . 5.83 m v=− v=− � . ′ 6 .� �� 58 UNELLEZ . ′ + � . ��.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Aplicando la Definición en el Principio de Müller-Breslau: Tramo BC: 9749 2675 ��.83 m B C 5. 6 �� 2675 . ′ + ��. Tramo CD: 1072 ��. ′ Tramo BC: 9749 2675 ��. ′ 1072.83 6 .83 m � �� θBC = − θBC = − � 3 �� : + 9749 3 . B C B 5. 6 . �� .5�� v= ROTACIÓN RELATIVA . 1.83 6 .ℓ 6 �� 9749 . � v=− �� . B C 5.ℓ 6 �� : . 2�� 6 �� + 2675 6 . 953 -0. .000 δ L I MB 1299 .0 BC .8 0.919 -0.136 0.179 -0.986 59 UNELLEZ .254 -1.0 0.332 -0. ′ + �� Tramo CD: = 714 .000 0.268 -0.591 -0.9 1.191 0.578 0.159 -0.000 0.098 0.298 0.1 0.38 ′ 0.795 -0.92 �� 0.2 0.000 -0.51 ′ 0.196 B D C LÍNEA DE INFLUENCIA (MB) 0.923 0. ′ = .357 -1.779 -0.050 0.5 0.649 0.000 0.6 0.93 -3.207 0.335 0.381 -0.67 �� 1401 .196 0.7 0.000 0.349 -1.139 0. ′ CD Tramo BC 0.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL La línea de Influencia del Elemento viene dada por: 4736 .4 0.087 0.000 =− ′ + .176 0.973 0.92 �� 2.182 0. Tramo CD 0.985 -0.60 �� 1401 .486 -0.33m x 0.268 0.000 0.312 -1.147 0.3 0.171 0.39 �� Tramo BC: = − 1401 .92 .092 -0.� . 5EKr Considérese E 3m 3m EKr α = 240.14 �� F � � � − 76. y aplicando el Método de Distribución de momentos determinamos las solicitudes de cargas en sus extremos 10000 Kg/m 10000 Kg/m 10000 C 10000 192 C D B B 4103 D 2217 A A 5000 F E F E AB 5000 CB -4103 DC 192 BA 10000 CE 1886 DF -192 BC -10000 CD 2217 FD -97 B α α C D Diagrama de Momentos α/4 10000 10000 �� A 192 C E VBIZQ = .Determinar la Línea de Influencia del Momento en B para carga vertical moviéndose paralelamente sobre A a D B C D EKr 1m 3EKr 2EKr 2EKr A 3m 0.18 �� A B D 5000 4103 2217 �� Estructura Conjugada 15.54 F 4m 3m Solución: Se pone en evidencia el Momento en B.54 + �� 60.04 �� 60 UNELLEZ .54 �� + 240.Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 6.α VBDER = + α VD =+α/4 − 240.12 �� + 80. 3 6�� =− 2217 . �� + ( 1 − �) �� ( �) v=− v= 10000 . ��. − ( �) . =− �� (↓) �� 4103 10000 ��.12 − 3. ′ + �� 10000 . ′ − � . ��. = Tramo BC: v = − �6 ��.54 �� .32 80. ′ − . ′ − . 240. 3�� . . ′ − . �� . A B A B � − 6�� 3�� θB Tramo BC: 5000 10000 − 6 .12 − 2569. �� = �� El valor de la línea de influencia vendrá dado por: �=� = Usando el principio de superposición: Tramo AB: v = � . ′ + .16 4103 .16 6 . �� v= 5000 .14 . 2�� + 60.ℓ .ℓ − .ℓ 6 �� + .2�� 76. ′ − �� . 3�� . �� ( �) + ( �) ( − �) . 4 6. ′ + �6 ��.2�� .ℓ . 4 �� + . + . 3.18 �.ℓ 6 �� .ℓ 6 �� . 3 6�� = 192 . 3. =− �� (↓) �� .54 − . 6 . 2�� . ( �) �� 61 UNELLEZ . 6 �� = �� ( �) � � . B C − = : B C � � θB 6�� 3�� 10000 3�� 4103 + 6�� + = −(QBA + QBC ) δMB = � δMB = � =− = − −1326. �� . ′ − � . Tramo CD: v = � . 6. �� 240. �� ( 1 − �) .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Determinación de la Rotación Relativa: Tramo AB: 5000 10000 ��. . 0309 -0.0000 0.0334 0.0154 0.0000 0.0000 0. = .0000 0.0216 0.4313 0.0110ωD 0.0077 0. .1439 -0. .1265ω’D 0.0185 -0.0617 -0.0000 0.0617 0. .0824 0.5 -0.0452 0.0555 -0.4814 0.2413 0.0062 0.0154 0.0037 0. − .0494 -0.0000 0.1298 -0.2465 0.1207 -0.0617 0.0000 0. . ′ + .0425 0.0370 -0.4582 0.0123 -0.0900 -0.1 -0.0046 0.0000 0.0374 0.0000 0.0123 -0.0825 -0. �� ( �) ( − �) ( �) BC CD ς -0.1830 0.0510 0.0247 -0.1298 0.0031 0.2271 0.0475 0. se tiene: �=� = =− .0521 -0.0414 0.0042 0.0030 0.0309 -0.0125 0.0000 0.6760ωD 0. 1922 0.0011 0.1271 0.0245 1 0.2836 ω’D 0.0555 -0.0154(ς) X 0 0.0021 0.1517 -0.0649 -0.0000 0.2596 0.3 -0.0669 0.7 -0.0000 0.2192 -0. .1880 -0.1947 0.0345 0.2789 62 UNELLEZ .0247 -0.0000 0.2022 -0. .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Sustituyendo los valores encontrados y simplificando cuando la carga se mueve.0578 -0.1438 -0.1268 -0.1136 -0.0370 -0.0062 -0.0364 0.0015 0.0019 0.0617 0.5266 ωD -1.0000 0.0617(1-ς) X -0. ′ − + . ′ + AB .9 -0.2530 -0.3697 0.0039 0.0335 -0.1769 -0.8 -0.1156 0.0432 -0.1792 0.2713 -0.0468 0.0092 0.0494 -0.0510 L I MB A B C D LÍNEA DE INFLUENCIA MB 0.4 -0.0139 0.0432 -0.1220 0.0221 0.1011 -0.0108 0.0923 -0.6 -0.0448 0.2789 -0.0309 -0. =− .3380 ω’D -0.1845 0.0486 0.1922 0.0973 -0.0243 0.1576 0.0032 0.0041 0.2044 -0.0062 -0.0617(ς) X 0.0000 0.0185 -0.1118 -0.0000 0.2535 0.2 -0.2195 0.0153 0. . � = �� .0123 0. + .4929 0.3504 0.0474 0.1975 -0.0000 0.0510 0.1377 0.0000 -0. -Determinar la Línea de Influencia del Momento en B (MB) para carga vertical moviéndose paralelamente sobre ella.5m F F 2.- 1m E 2m B EKr EKr A C 1.5EKr B 0.5m .5m A D B 1.-Hallar la Línea de Influencia del Momento en D (MDC) para carga vertical moviéndose paralelamente sobre C a E E C EKr 3m 1.5m 3m 3.5m E 2. 1.-Determine la Línea de Influencia para una carga vertical moviéndose entre A a D. 63 UNELLEZ .Líneas de Influencia Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejercicios Propuestos.5m 3m 4.5EKr 3m D 2EKr 2m EKr EKr EKr C A B’ F 4m 3m 2m 4m 4m 2.-Calcule los valores de la Línea de Influencia que genera el sistema para el Momento en C (MC) cuando se tiene una carga vertical moviéndose entre A a F 2. considerando la Desplazabilidad de la Estructura.5m 4m A EKr 3EKr B C 2EKr 2m 5m EKr D 2m 2m 2. ESFUERZOS EN ARCOS Las relaciones entre los esfuerzos en la sección trasversal (N. todas las cantidades geométricas y estáticas se transforman en componentes paralelas a un sistema de coordenadas seleccionado. paralelas a los ejes del sistema de referencia (Nx. produce empuje a los apoyos. Los Arcos son elementos estructurales de forma curva y que cualquiera que sea la intensidad y dirección de sus cargas. Vy. Mz).Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL U NIDAD 4 MÉTODO DE ANÁLISIS DE ARCOS. Para reducir esta labor.N senω + V cosω Mz = M N = Nx cosω – Vy senω V = Nx senω + Vy cosω M = Mz 64 UNELLEZ . las cargas no son normales al eje de la barra (coordenadas locales) Los esfuerzos extremos. En el análisis de arcos se presentan diferentes problemas que no se encuentran generalmente en el estudio de vigas rectas: - El eje centroidal de la barra es curvo y/o doblado En general. Esto hace que la formulación de las condiciones de equilibrio estático sea más difícil a la hora de analizar elementos curvos. llamado sistema de referencia. Izquierda y Derecha no siempre son paralelos. V. M) y sus componentes equivalentes. se deducen en forma algebraica mediante: Nx = N cos ω + V senω Vy= . o sistema 0 (primario). las propiedades más importantes del eje de la barra viene dado por: a..Cosenos directores: �= = cos � = = 2 2 + + 2 2 = �= = �= 1+ 1+ � � 2� 2� c. referidas a un sistema de coordenadas ortogonal o polar..Cambios de Pendiente: ′′ 2 = 2 = 1 2 � ∗ � Coordenadas Globales Iniciales 65 UNELLEZ ..Pendiente: = = �( ) / � = b.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL En forma matricial: � = − cos � � 0 � cos � 0 0 0 1 � � = cos � � 0 − � cos � 0 0 0 1 � GEOMETRÍA DE LOS ARCOS La forma del eje de la barra generalmente está dada por una ecuación o conjunto de ecuaciones. En términos de ecuaciones. Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Transformación angular (Coordenadas Locales) Las relaciones entre las fuerzas internas de un punto a otro implican cambios debido a las fuerza externas en el tramo. + � � � − + � � + � + �− � + − + � + � � + � � =0 � − � � � − � =0 − + =0 Cambio de Coordenadas Globales a Locales ( ) �( ) = � = � � + ( ) � − = � � 66 UNELLEZ . Las matrices de transformación angular son ortogonales. 3α = 0 -3α .m I=II II α 01 02 A B I α 01 01.m A B 6m Solución: Para la determinación del esfuerzo cortante se pone en evidencia la solicitud de corte en la sección C. 3α/2 – 3 .0.Determinar el Esfuerzo Cortante que ejerce el elemento parabólico en la sección C.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL ANÁLISIS DE ARCOS POR PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL Ejemplo # 1.6αδv = 0 δv = .3α – δv. 15T v 15T 3αµ 012 ∞ C v I 3T. 3α/2 + 15 . α – δv. para hallar así los centros instantáneos de rotación CIR y aplicando el principio de los Trabajos Virtuales calcular el valor del corte.50 Tn 67 UNELLEZ . 5 T/m C r = 3m 3T. 02 3α/2 ν 3α 3α/2 3α 02 α II Aplicando el principio de trabajo virtual para determinar el Esfuerzo Cortante en la sección indicada ∑Tv = 0 -15 . α .m 68 UNELLEZ .5α – M. y determinamos a los centros instantáneos de rotación CIR.75 T. 5 T/m 6T 5T B 3m r = 4m D A 1m 3m C 1m 3m Solución: Usando el principio de Superposición se pone en evidencia la solicitud de Momento en la sección D.2α – M.α – 15.2α = 0 MD = -7.Determinar el Momento Flector que genera el Arco parabólico en la sección D. 15T 6T μ 02 02 5T B II 012 5T I 023 3α 023 D III α 01 03 A 012 I α 1α 4α 01 Relación Trigonométrica: � � �1 2α 1α II 0.50m 6m 2α α C 03 III 2m 023 01.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 2. 3α – 6.03 ν Ángulos: 4� � = = 2� 2 2� = 2� � = 1 4 = = = 1= = y = x 4 3 3 = = = = 1 8− 1 8− �1 012 x = 6m Principio de Trabajo Virtual: ∑Tv = 0 -5 . permitiendo así el desplazamiento en el sentido del mismo. sometido a la acción de una carga uniformemente distribuida.Analizar la Estructura (Arco parabólico simétrico simple) en el corte s-s’. 50 m 50 m 2 T/m s s’ r=h 25 m y A r B 100 m x Solución: Se pone en evidencia el corte (sección en el cual se requiere el estudio. p 0 Y 1 X 1 Y ds y 0 X A B RBx ω RAy RBy L x x’ = L .x 69 UNELLEZ .Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 3. m 70 UNELLEZ . M(A)x=50 = 2500 T. BVx=0(A) = 100T. del cual: dy = (4h/L2) (L . referidos al sistema del miembro (sistema 1). se obtienen a partir del triángulo de fuerzas. en el sistema 1 son: N(A)x=0 = 0. cortantes y/o momentos) en una sección transversal. BMx (A) = 0 L/2 = pxx’/2 Los esfuerzos (axiales. referida al origen A en el sistema0. V(A)x=50 = 0 .707 De forma tal que los esfuerzos en x = 0.cos ω – 100. tenemos: RAy = RBy = pL/2 y RBx = 0. Los esfuerzos en x = 0. son BNx=0(A) = 0 . en términos de ⋏x=0 = +1. Las ecuaciones de esfuerzos en el sistema 0. tan ω = ⋏ De las condiciones de equilibrio.7 T V(A)x=0 = 0.sen ω = -70.x). en el sistema primario. N(A)x=50 = 0 .cos ω = 70. BMx=0(A) = 0. BVx (A) = 0 L = p(x’ – x)/2. dy y ds. es decir: BNx (A) = 0 L = 0.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL El eje del arco viene dado por la ecuación y = (4h/L2)x (L . se tiene que: sen ω = dy/ds = ⋏/ 1 + ⋏2 . o por medio de la matriz: � = cos � � 0 − � cos � 0 0 0 0 �� 1 � Entonces la ecuación de la parábola viene dada por : y = x (100 – x)/100 y ⋏ = (50-x)/50. cos ω = dx/ds = 1/ 1 + ⋏2 .7 T M(A)x=0 = 0 En el extremo (punta) del arco.707 y cos ω = = 0.2x) y ds = 2 2 + = dx 1 + ⋏2 = dy ( 1 + ⋏2 )/⋏ De acuerdo con las ecuaciones expresadas en los términos dx. 2 2 Las funciones de dirección. son iguales a las de una viga equivalente. sen ω + 100. son sen ω = 2 2 = 0. 5 = − �1 .5 T/m 2 H = 2m y 1 L = 8m 3 Solución: Se determinan las reacciones del elemento curvo. H/L = 1 2 → Si x = L.125 71 UNELLEZ . Determinar los esfuerzos axiales. y = 0 entonces: a0 = 0 → Si x = L/2. (4 2 ) = 0 � � � = � =− � � A partir de la ecuación general de la parábola. determinaremos la ecuación característica del arco planteado: y = a0 + a1.Analizar la Estructura (Arco con Curva parabólica sometido a la acción de una carga uniformemente distribuida. 4 � . y = H entonces: a1 (L/2) + a2 (L/2)2 = H a1 = 4 .L + a2 .Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 4. cortantes y de Momentos 2. y = 0 entonces: a1 . 2 .0.8 + �1 . x2 → Si x = 0. a través de las condiciones de equilibrios conocidas.4 � � =0 + 2. L = 0 a2 = -4 . � � 3 2 = − �1 . 8 1−2 + 2.5 � = = 2 . H/L2 = .x + a2 . = y = x . x – 10 T Mk = 10 T .0.m .25 T.0.5 T.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL La ecuación de la parábola viene dada: y = 4 . H/L . x2 4.125 . − . � � Nk = . = − . teniendo en cuenta que H = 2m y L = 8m Ecuación de la Tangente: y* = tan θ = 1 . H/L2 . x2 72 UNELLEZ .25 . + .m .4 . y – 1. x2 . x .x .10 t . 1− . Cambio de Coordenadas Locales: ( ) �( ) = � = � � + ( ) � − = + .10Tn Vk = 2. x Ecuación de variación de ángulos: cos � = sen � = 1 1+ 2� 1+ 2� = − . . 14 14.50 +0. Simplificando: Nk (L) = �( ) = ( ) . – . x 2 = Nº Xk Yk NKL VKL MKL 1 0 0 -14. – = � − .92 0 6 4 2 -10. 2 – 1.72 -12.8 1.5 T.02 -12.0625 2 � − + . � .50 + 0.92 -10. 1−0.25 T.75 -10.m . x 2 � �.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Transformación: Nk (L) = � �( ) � + = � ( ) � � − = = �. − . m .00 0.6 1. x – 10 T − 10 �.92 0 8 5. � .x – 10 T .28 -10. 1 − 0. + .72 -12.01 3.6 1. x − 10 .92 -10.14 -14.49 0 11 8 0 -14.25 .68 -10. = − .49 0 3 1. − .25 2−0. y – 1.17 -7. − .29 0 10 7. � .4 1.75 10. − − + .2 0.43 0 9 6.14 0 2 0.68 -10. − 0. x − 10 T . �.00 0 7 4.43 0 5 3. 2.28 -10. 10 . m . 2.01 -3. − . �.4 1.17 7. .02 12. �.125 . �.2 1. − 10 � = � �� 2 = 10 T. – = − − .� .29 0 4 2.5 T.14 0 73 UNELLEZ .8 0.25 2 − 0.0625 − + . Determinar los esfuerzos axiales.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 5. 3 T/m 2 f y 1 3 R = 12m R = 12m h2 θ h1 ζ R = 12m α= (90 –θ) x (90 –ζ) Rcos(90-θ) L/2 = 5m L = 10m Solución: Se determinan las ecuaciones características del arco:_ 1 =�− 2 = �2 − 1 = �2 − La pendiente viene dada por: = 2 Cosenos directores: � − = = 2 � = + � 1 �2 − 2 2 2 2 − 2 2 − = − (� − ) + (� − ) � 74 UNELLEZ . cortantes y de Momentos de la Estructura Parabólica en sus Coordenadas Locales. 5 10 2 2 � � . obtenemos: = 2 = − 12 = 3 T/m V(k) = 1 2 − �+ �2 − 5− 2 − 2 2 − − (� − ) − (12 − 1.40T R3x = -34.91m .09m =0 −�1 .10 + 3 �. sen 90 − � Determinación de las Reacciones en los apoyos: 1 3 2 = 2 �2 − = 2 −�1 .09) − ( .1.40 T De la ecuación de la parábola. .40T R1y = 15 T x 75 UNELLEZ .� = R1y = 15 T =0 R3y = 15 T f = R – h1 12m – 10.� ) N(k) M(k) y R1x = 34.10 2 − �. = �.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL � Si el ángulo α = (90 –θ) = 2 ( − ) = 2 � − � . cos 90 − � = = � . f = 1. =0 . 122 − .5 + �1 .09 + 3 �. 2 5 2 =0 R1x = 34. − + =− � .04 2 1 0.06 8 7 0.00 -0. .00 0.40 -34.05 -34.40 3.00 -0.40 -15.40 -6.40 -3.40 � = 0 � + 15 � − 3 �. + 34. 2 =0 � .40 9.22 5 4 1.22 9 8 0.71 -34.71 -34.00 0.00 -0.05 -34.39 10 9 0.00 -0.39 11 10 0. �� = − + 3 .00 -0.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Aplicando las ecuaciones de equilibrio: + 34.09 -34.92 -34. Tabla de Coordenadas de Esfuerzos Globales Nº Xk Yk NK VK MK 1 0 0. = − .40 .92 -34.00 -34.40 -9.00 -34.06 6 5 1.40 12.40 -12.00 -0.04 VL(K) θk NL(K) ML(K) y x ( ) �( ) = � = � � + ( ) � − = � � 76 UNELLEZ . � =0 – 15 .00 7 6 1.00 -0.00 -0.40 -34.39 4 3 0.40 0.40 15.40 6.00 0.39 3 2 0. 2 2 =0 . 3333 -36.2500 -35.9428 0.1667 -34.39 3 0.2500 -35.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL � = 2 � + � = � 1 + (� − ) � = ( − ) = 2 � Tabla de Directrices Angulares a Coordenadas Locales Nº Cos θk Sen θk NLk VLk MLk 1 0.9965 -0.53 0.92 -0.9091 -0.43 0.18 -0.52 -0.9682 -0.06 8 0.39 10 0.11 -0.0000 -34.53 -0.52 0.06 6 1.04 77 UNELLEZ .3333 -36.56 0.40 0.39 4 0.9428 -0.92 0.9965 0.00 0.12 -0.11 -0.43 -0.00 7 0.0000 0.1667 -34.15 -0.4167 -37.56 -0.70 0.9682 0.22 9 0.0833 -34.18 -0.39 11 0.04 2 0.12 -0.15 -0.9091 0.9860 0.22 5 0.0833 -34.9860 -0.70 0.4167 -37. Calcular las reacciones que ejerce la estructura curva (Arco) sometido a la acción de fuerzas externas. 78 UNELLEZ . y A R=5m 10 m D 2..Calcular los esfuerzos totales del sistema semi-parabólico en sus Coordenadas Locales.Determine los esfuerzos de las Coordenadas Locales del Arco parabólico. 3 T/m B y D x R=12m x A R=12m dx 4m 2T/m 2 x x 1 L= 24m 3 8m 3..5 T/.5m y A 5 T.- 3..m L = 9m C 1..m 6T 4 T/m C B B H = 4.Determinar los esfuerzos totales de la Estructura Parabólica en sus Coordenadas Locales. 4.Método de Análisis de Arcos Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejercicios Propuestos. Las fórmulas derivadas se pueden aplicar en 79 UNELLEZ . y b) los modelos de la Teoría de la Elasticidad propuestos por Reissner. En esta formulación se incluyen vigas prismáticas y no prismáticas sujetas a cualquier tipo de condición de carga y soporte. y c) la estabilidad de estructuras aporticadas sobre fundaciones elásticas variables. Vlazov y Leontiev. Por medio de éste las matrices de rigidez y de fuerzas y momentos de empotramiento de cualquier tipo de viga recta sobre un suelo elástico variable de uno o dos parámetros pueden ser obtenidas que luego de ser ensambladas pueden ser resueltas en forma algebraica. el algoritmo propuesto permite que los parámetros de estos modelos de fundación varíen de cualquier forma en el plano. Hetenyi. El método propuesto es adaptable con los modelos disponibles en la literatura técnica de fundaciones en un medio semiinfinito en el plano e independientes del tiempo. Se derivan ecuaciones matriciales que pueden ser fácilmente incluidas en programas de computadora existentes de análisis de estructuras aporticadas. y el de Kerr. Pasternak. Además. prismáticas y no prismáticas soportadas sobre suelos elásticos de naturaleza uniforme o variable. b) estructuras aporticadas soportadas sobre pilas acarteladas en las cuales la rigidez del suelo varía con la profundidad. El algoritmo propuesto tiene un gran rango de aplicación en los análisis de: a) vigas sobre suelos difíciles de rigidez variable. El método incluye vigas acarteladas. Estos modelos incluyen: a) el modelo clásico de Winkler y sus modelos de extensión de dos parámetros: el de FilonenkoBorodich.Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL U NIDAD 5 VIGA SOBRE FUNDACIÓN ELÁSTICA Este método analítico que evalúa la respuesta de estructuras de vigas soportadas sobre suelos elásticos de rigidez variable. 80 UNELLEZ .Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL el análisis estático y de estabilidad de estructuras aporticadas soportadas sobre suelos elásticos uniformes o no uniformes. Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGAS INFINITAS CON CARGA PUNTUAL 81 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 82 UNELLEZ . 33m P1 = 100000 Kg P2 = 50000 Kg x b K d b = 150 cm d = 60 cm E = 210000 Kg/cm2 K = 5.Determinar la presión reactiva de descenso y sus esfuerzos para una viga de longitud infinita.00194 � 1.00194+cos 1. determinamos el coeficiente de “amortiguamiento” de respuesta suelo – viga (α).00194 Coeficiente elástico del suelo por efecto de las cargas viene dado por: Sustituyendo para cada carga aplicada a la viga.17 ∗60 4∗210000 ∗2700000 � = 4.00000 = 0.17 Kg/cm3 I = 2700000 cm4 y Solución: Teniendo en consideración los datos dados. 2. obtenemos: 1 2 = = � 0+cos 0 �0 � 1.37353 83 UNELLEZ . E = módulo de elasticidad del elemento estructural (Viga) I = Momento de Inercia del Elemento Estructural (Viga) Sustituyendo en � = Para x = 0 Para x = 233cm 4 �∗ �∗ 5.00000 � �∗ = 2. el cual es la fuerza de empuje que ejerce el suelo en función a un volumen.72356 = 0. o elasticidad del medio en función: �= 4 �∗ 4∗�∗� Donde: K = es el coeficiente de Balasto.00000 De manera que: = 1.00194 10−3 1 2 = � +cos � = 1.300161 � �∗ = 1.Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 1. � � (� 1) � (� 2) � �1 = = = − sen (�� ) � (�� 0 − sen 0) �0 (�� 1.1 – 50000 . ��. 0.Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL La presión reactiva para cada carga es: = �∗ 2∗ � .36069 . (�� (� 1) = �(� 2) = �0 = �0 �0 = − sen ) donde: � (�� (�� − sen ) − sen ) � � �1 +�0 �2 1 4∗4.00000 2∗150 0 (�2) 0 (�1) 0 (�1) �0 = 1. �1 .26771 ��/� ��/�� = .0. 0 (�1) = 1. El valor de la flecha (y) viene dada por: �0 por tanto : � 2 0 (�2) �0 = 1.00194 − sen 1.43339 + 0.17 �� /� 4 � �� Determinación de los Esfuerzos Internos: Momento Flector: �= � 4∗ .26771 �0 = 2 2 50000 ∗ 4.43339 ��/� 0 (�2) = 0. 5.00194) – �2 . 100000 . � �2 .37353 2∗150 = 0 (�1) �1∗ 2∗ = 100000 ∗ 4.00194 = � = � (� 1) = 1. 1 = �2 ∗ .00000 �(� 2) = 0. +cos � 0 (�1) = resumiendo: Entonces: �0 = . 2∗ + . 1.300161 10−3 .300161 10−3 . �� 84 UNELLEZ .70110 ��/� 3 = .36069 � 1.300161 10 −3 = 1 4∗ . 1 + 50000 . �1 .36438 2 �.P/2 P/ 4α P/ 4α Línea de Influencia M0 . 0 donde: = �� (� 1) = �� 0 (� 1) = 1. = .0094 � 1. �� =− � P/2 � �.0.33m P1 = 100000 Kg P2 = 50000 Kg ∞ = � = ��/�� . �2 = 1 0 =− � = − .0094 (� 2) = 0. . �� 2. 100000 .Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Esfuerzo de Corte: � �� = −2.00000 (� 2) = �0 �� 1.36438 = 0 �1 + 0 �2 1 = − . �� - Línea de Influencia Q0 + . 85 UNELLEZ . ��. �1 2 + �2 . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Comportamiento del Suelo 86 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGA INFINITA CON CARGA PUNTUAL 87 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Funciones Típicas VIGA INFINITA CON MOMENTO CONCENTRADO 88 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGA INFINITA CON CARGA UNIFORME 89 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGAS DE LONGITUD FINITA 90 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGA FINITA CON CARGA EN EL EXTREMO 91 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGAS DE LONGITUD FINITA 92 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 93 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL VIGA FINITA EMPOTRADA CON CARGA UNIFORME 94 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 95 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 96 UNELLEZ . Hallar las fuerzas totales que soporta el suelo para una viga de longitud finita RIGIDEZ DEL ELEMENTO 97 UNELLEZ .Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL Ejemplo # 2. Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 98 UNELLEZ . Viga sobre Fundación Elástica Estructuras II INGENIERÍA CIVIL 99 UNELLEZ .

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