Guía Estructuras II

8/19/2019 Guía Estructuras II

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Unidad I.- Distribución de Momentos (Hardy Cross)

ESTRUCTURAS II

1

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTALDE LOS LLANOS OCCIDENTALES

“EZEQUIEL ZAMORA” VICERRECTORADO DE INFRAESTRUCTURAS

Y PROCESOS INDUSTRIALES

PROGRAMA DE INGENIERÍA,ARQUITECTURA Y TECNOLOGÍA

INGENIERÍA CIVIL

Ing Eulicer Linares Fdez

UNELLEZ


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Método de las RotacionesEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL

2

UNELLEZ

UNIDAD 1

MÉTODO DE LAS ROTACIONES

Este método relaciona las ecuaciones de rotación con las ecuaciones de equilibriopara constituir un sistema de ecuaciones simultáneas, teniendo como redundantes oincógnitas los desplazamientos de un sistema hiperestático. Estos desplazamientos(incógnitas) definidos por el grado de indeterminación cinemática, son el número derotaciones (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 extremode 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 laestructura original viene dado por:

Mij = ME

ij + Mºij

De donde MEij = son los momentos correspondientes al sistema primario, producidospor 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 unaestructura cuyos desplazamientos han sido determinado hipergeométricamente, es decir lasrotaciones (θ ij) de los nodos y la desplazabilidad ( ij) propia del sistema. Si la mismatuviera dos o más grados de desplazabilidad, entonces ( ij) sería la suma de ellos:

I

ij + II

ij ………………… n

ij


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UNELLEZ

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 deApoyos y Temperatura los momentos del sistema primario M ij

M ij = M E

ij + Ek r [M i θ i + M θ j – (M i + M) ij ] (I)

El problema complementario o secundario, se permiten las rotaciones de los nodos yla desplazabilidad de la estructura, por lo que se obtiene:

Mº ij = Ek r [M i θ i + M θ j – (M i + M) ij ] (II)

METODO DE ROTACIÓN ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS ELEMENTOS EMPOTRADOS-ARTICULADOS

M E

ij M E

ji

i j

M ij = M E

ij + 2Ek r [2 θ i + θ j – (2 θ i + θ j ) ij]

M ij = M

E

ij + 2Ek r (2 θ i + θ j – 3 ij)

M ij = M E

ij + (4EKr θ i + 2EKr θ j – 3EKr ij)

M E

ij

i j

M ij = M E

ij + 3Ek r [ θ i – ( θ i ) ij]

M ij = M

E

ij + 3Ek r ( θ i – ij)

M ij = M E

ij + (3EKr θ i – 3EKr ij)

= + + − = + − EFECTO DE TEMPERATURA Δ(Δt)

, = ± () ∗ = +. () ∗ ASENTAMIENTO EN LOS APOYOS y Δt o = + − = −

=

=


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UNELLEZ

Ejemplo #1.-

A

4T

2 T/m 4m

B C

4T 4m

A

D

4m

B C ΔC

θ B θ C

D

A=∞

I= Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

1. Determinar el Diagrama de Momentos

de la Estructura aplicando el Métodode las Rotaciones.

1.- Grado de Indeterminación Cinemática

GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grados

2.- Sistema Equivalente

Escogencia de Redundantes

3.- Momentos por Empotramientos Perfectos

Al igual que la unidad de método de lasRigideces, se elige la condición de los vínculos paradeterminar los momentos o reacciones producida porlas cargas sobre los elementos.

Ver Tabla 15-16


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UNELLEZ

A 2 T/m C

4T 4

m

4

T

4m

B B 4m C D

A

θ B C

B

D

MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTOS PERFECTOS

= − 8 − 4 (4)8 = − = + 8 + 4 (4)8

= +

= + .212 +2(4)212 = +.

=

− .2

12 -

2(4)2

12

= −. = −

= + 8 + 4 (4)8 = +

=

−8

−4 (4)

8

4.- Momentos por Rotaciones (θ)

Para θ B ≠ 0

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

Aplicando la Ecuación de Rotación:

º = 2 2 4 º = º = 4 44 º = º = 4 4(2)4 º = º = 2 2(2)4 º =

MOMENTOS DE EFECTO ANGULAR


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UNELLEZ

Para θ C ≠ 0

A

C θ C

B

D

A

ΔC

C C’ ΔC

B B’

ΔC

D

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

º = º = Aplicando la Ecuación de Rotación:

º = 2 2(2) 4 º = º = 4 4(2)4 º = º = 4 44 º =

º =2

2

4

º =


A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

º = º = −

º = º = +


º = º = − 62 − 642

º = º = º = º = − 62 (−) + 642

MOMENTOS DE EFECTO LINEAL

5.- Momentos por Desplazamientos (Δ)

Para Δc = 1


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= −2.000 + 2 − 3

8 = +2.000 + − 38 = +2.667 + 2 + = −2.667 + + 2 = +2.000 + + 38 = −2.000 + 2 + 38

NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBC = 0

+2.000 + − 38 + +2.667 + 2 + = 0Resolviendo Algebraicamente, se obtiene:

+ − = −. I Ecuación NODO C (

) ΣMc = 0

MCB + MCD = 0

−2.667 + + 2 + +2.000 + + 38 = 0Resolviendo Algebraicamente, se obtiene:

+ + = +. II Ecuación

ΣTv = 0 i + E = 0

(MAB + MBA) + (MCD + MDC) + E = 0−2.000 +

2− 3

8+ 2.000 + − 38 ∗ 4 + +2.000 + + 38 + −2.000 + 2 + 38 ∗ −4 = 42 − 42

− − = III Ecuación

6.- Ecuaciones de Rotación (Momentos)

7.- Ecuaciones de Equilibrio

8.- Ecuaciones de Trabajo


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UNELLEZ

Sistema de Ecuaciones de 3 x 3

3

+

− 3

8=

−4.667

+ 3 + 38 = +0.66738 − 3

8 − 3

8= 0.000

Resolviendo, se obtiene:

= −2.63 = +1.63 = −4.27 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos)

= −2.000 +(

−2.63)

2 − 3(

−4.27)

8 = +2.000 + (−2.63) − 3(−4.27)8 = +2.667 + 2−2.63 + (1.63) = −2.667 + −2.63 + 21.63 = +2.000 + 1.63 + 3−4.27

8

= −2.000 + (1.63)2

+3(−4.27)

8

= −1.71

= +0.97

=

−0.97

= −2.03 = +2.03 = −2.79

A 1.71

4.61

2.03 0.97

B 2.03 C 0.97

1.59

2.79 D Diagrama de Momentos

+

-

-

-

-

-

+


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UNELLEZ

= −. T.m

= − 115

2 = − 1

15 6 (4)2

Ejemplo #2.-

6 T/m

A B

5m

D C

6T 4m

A B 8m

D C 6 T/m

A B

4m

A=∞

I= 3Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

Determinar el Diagrama de Momentos

de la Estructura aplicando el Métodode las Rotaciones.



2.- Sistema Equivalente

Escogencia de Redundantes

3.- Momentos por Empotramientos

MOMENTOS DE ARTICULADO-EMPOTRADO


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Para ≠ 0 B

A

D C

Para ≠ 0 A B

D C

Para = 1 A B

BC ψ’

D CD C ω’

A=∞

I= 3Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= 3Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= 3Io

A=∞ I= 2Io

A=∞

I= Io

º =


º = 3 3(3)4 º = º = 4 45 º = º = 2 25 º =


º = º =

º =


º = 2 25 º = º = 4 45 º =

º =

3

3(2)8

º =


º =


º = 0º = − 32 (−) + 3(3)42 º = +

º = º = º = − 32 (−) + 3(2)82 º = +


5.- Momentos por Desplazamientos

4.- Momentos por Rotaciones


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= 0

=

−6.40 +

9

4

+

916

= + 45 + 25 = + 25 + 4

5

= + 34 + 3

32 = 0

NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBC = 0

−6.40 + 94 + 916 + + 45 + 25 = 0Resolviendo:

3.05 + 0.40 + 0.56 = +6.40 I Ecuación NODO C () ΣMc = 0

MCB + MCD = 0

+ 25 + 45 + + 34 + 332 = 0

Resolviendo:

0.40 + 1.55 + 0.09 = 0 II Ecuación

ΣTv = 0 i + E = 0 (MBA) + (MCD) + E = 0

−6.40 + 94 + 916 ∗ −4 + + 34 + 332 ∗ −8 + 1223 + 6 + 6 = 0 −0.56 − 0.09 − 0.15 = −21.60 III Ecuación




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UNELLEZ

Sistema de Ecuaciones de 3 x 3

3.05 + 0.40 + 0.56 = +6.400.40 + 1.55 + 0.09 = 0−0.56 − 0.09 − 0.15 = −21.60 Resolviendo, se obtiene:

= −75.1114 = −6.2048 = +423.0611 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos)

= 0 = −6.40 + 94

(−75.1114) + 9(423.0611)16 = + 4

5(−75.1114) + 2

5(−6.2048)

= + 2

5(

−75.1114) +

4

5(

−6.2048)

= + 34 (−6.2048) + 3(423.0611)32 = 0

= 0 = +62.57 = −62.57 = −35.01 = +35.01 = 062.57

A B

62.57

D 35.01 C

35.01

Diagrama de Momentos

3º

-

+

+


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UNELLEZ

A=∞

I= 2IoA=∞

I= 2Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

ΔtI= 20ºC

ΔtS=10ºC

D

= +

8

= +4(8)

8 =

= +

.

= − 8 = − 4(8)8 = = −.

Ejemplo # 3.-

3T 3T C 3m

B

A 4T

5m

B1 D

2m 2m 4m 3m

Solución:

C

4 T 8m

4m

ΔY B1 = 0.0045 m ΘD= -9.3x10-4rad

Determinar el Diagrama de Momentos de laEstructura aplicando el Método de lasRotaciones.

Considere:

α t = 10-5 /ºCh= 0.40m b= 0.20m Ekr = 800 T.m



2.- Momentos por Empotramientos

MOMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADO


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UNELLEZ

Para θ B ≠ 0

C C

B B

A A

B1 D B1 D

Para θ C ≠ 0 C

B

A

B1 D

3.- Momentos por Rotaciones (θ)

Para θ A ≠ 0

º = 4 ; 42 º =

º = 2

; 22 º =



º = 2 ; 22 º = º = 4 ; 4 º =

º = 2 25 º =


1º = 4 42 5 º = 1º = 2 2(2)5 º = º = 4 45 º =


º = º =

º = 2 2(2) 73 º =


º =

2

2

5

º =

º = 4 4 5 º = º = 4 4(2) 73 º =



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⊥ Para Δ B = 1

ΔCD ω’ Δ AB Δ B C

⊥

3m ΔCD A’ B υ

ψ’ ω’ Δ BC Δ BC

A δ

5m ψ’ μ B1 D A’

⊥ Δ B B1 D Δ BB1 ⊥

2m 2m 4m 3m

a.- Cambios de Temperatura

Δto =+

2 ; Δto =

10º + 20º 2

; Δ to = 15ºC

Δ ( Δt) = Δts – Δti ; Δ ( Δt) = 10ºC – 20ºC ; Δ ( Δ t) =-10ºC

4.- Momentos por Desplazamientos (Δ) Diagrama de Williot Mohr

Análisis Trigonométrico para Determinar los Desplazamientos

tan = 34

= ; cos = 45 = ; sen = 35 =

5 C

5 3 = − ; = + B 4


º

= º

= 01º = 1º = − 62 (−) + 6252 º = º = + º = º = − 62 (+) − 652 . 3 5 º = º = − º = º = − 62 (−) + 652 . 4 5 º = º = +


5.- Momentos de Empotramientos Perfectos por Cambio de Temperatura Δ (Δt)


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b.- Aplicando la Ecuación de Rotación para Efectos de Temperatura.

ELEMENTOS DOBLEMENTE EMPOTRADOS:

= +

.

; +

10−5.−10º800 .0.40

* 5m

=

−.

.

= − . ; − 10−5 .−10º800 .0.40 * 5m = +. .

CAMBIOS DE LONGITUD.

Δℓ = αt . Δto . L

Δℓ = 10-5

/ºC (15ºC) * 5m Δℓ = +0.00075 m ( Se alarga)

Δℓ = 7.5x10-4

m

ω’ Aplicando la Ecuación de Rotación

C

B = = (− 6ℓ ) = = 800 .(−6 ∗ −0.000758.54 ) A

= = +. .

B1 D

6.- Momentos de Empotramientos por Temperatura (Δto).


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ΔCD C Δ BC ⊥ B ΔCD υ

ω’ ⊥ 0 μ Δ AB A,D A ψ’

ω’ δ Δ AB = ΔY B1

ψ’ ⊥ B1’ Para B1 D Δ BC

ΔY B1= 0.0045m

B1’

⊥

ΔY B1

7.- Momentos de Empotramientos por Movimientos en los Apoyos.

Diagrama de Williot Mohr


tan = 34

= ; cos = 45 = 1 ; sen = 35 = 1

5 C

3 = + ; = + B 4

º = + – Aplicando la Ecuación de Rotación:

º = º = (−6. − ) ; 800.(−6 .−0.00452 ) ; º = º = +. . º = º = (−6. +) ; 800.(−6 . +4 (0.0045)5(5) ) º = º = −. .

º =

º =

(

−6.

+

) 800

.

(

−6 .

+3 (0.0045)5(8.54)

)

º =

º =

−.

.


δ


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Para θ D = 9.3 x 10-4

rad

C

B

A

θ

B1 D

θ D=0.00093rad


= 2 + + 10.80 = + 2 + 10.801 = + 85 + 1225 1 = + 45 + 1225 = + 45 + 25 − 750 − 4.46 = + 25 + 45 − 750 − 2.46 = +

47

50 +16

125 + 1.41 = + 47100 + 16125 − 8.08

NODO A ( ) ΣMA = 0 MAB = 0

2 + + 10.80 = 0Resolviendo: + = − . I Ecuación

º

= + – º = 2 ; 800T. m(2 . −0.00093)º = −. .

º = 4 ; 800T. m(4 . −0.00093) º = −. .





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NODO B () ΣMB = 0 MBA + MBB1 + MBC = 0

+ 2 + 10.80 + + 85 + 1225 + + 45 + 25 − 750 − 4.46 = 0Resolviendo: + . + . + . = −. II Ecuación

NODO C () ΣMc = 0 MCB + MCD = 0

+ 25 + 45 − 750 − 2.46+ + 4750 + 16125 + 1.41 = 0

Resolviendo:

. + . − . = +. III Ecuación

ΣTv = 0 i + E = 0 (MBB1 + MB1B) BB 1+ (MBC+ MCB) + (MCD+ MDC) + E = 0

+ 85 + 12

25 + 4

5 + 12

25 ∗ −

5+ + 4

5 + 2

5 − 7

50− 4.46 + 2

5 + 4

5 − 7

50 − 2.46 ∗+3

5.5

+

+

47

50+

16

125+ 1.41 +

47

100+

16

125 −8.08

∗ −4

5

73 −

4

2

5+

3

4

5+

3

3

5

= 0

Resolviendo: E

−0.48 − 0.192 + +0.144 + 0.144 − 0.034 − 0.83 + −0.132 − 0.023 + 0.625 − 1.60 + 2.40 + 1.80 = 0

E −. + . − . = −. IV EcuaciónSistema de Ecuaciones de 4 x 4

2 + 1 + 0 + 0 = −10.801 + 4.40 + 0.40 + 0.34 = −6.340 + 0.40 + 1.74 − 0.012 = +1.05

0 − 0.336 + 0.012 − 0.249 = −2.40



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Resolviendo, se obtiene:

= −4.7272 = −1.3455

= +0.9921

= +11.5020 Sustituyendo en las Ecuaciones de Rotación (Momentos Totales)

= 0.00 = +3.381 = +3.371 = +4.44

=

−6.75

=

−3.81

= +3.81 = −6.14

6.75 C3.81

3.81

A

3.37 B

3.03

B1 4.44 D

6.14


- -

-

+

+

-

3.38

+


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A=∞

I= Io/2

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= 3Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= 2Io A=∞

I= Io

A=∞

I= 2Io

A=∞

I= 3Io

A=∞ I= Io

A=∞

I= Io

ΔTS = - 15ºC ΔTI = 22ºC

Ejercicios Propuestos.

D A E

4m 4m

B C B

D 5 k

4m 4m

2 T/m

A E C 4 k

3m 4m 2m 6m

8 k 2 k 2 k

D B

A C

2m 5m

C 3 k E 4 k D

2m 2m 2 k

B 2 k A E 2m

4m 3m 6m 5m 2.5m 2.5m F

ΔA=0.05m

1.- Determinar el Diagrama de Momentos de

la Estructura aplicando el Método de las

Rotaciones.

2.- Hallar la indeterminación cinemática de la

estructura y Determinar sus incógnitas

aplicando la ecuación de Rotación. Dibuje el

Diagrama de Momentos.

3.- Determinar los Momentos totales que genera el

sistema, aplicando el Método de las Rotaciones para

hallar la indeterminación de la Estructura.

Posteriormente dibuje Diagrama de Momentos.

4.- Determinar el grado de indeterminación de

la Estructura aplicando la Ecuación de

Rotaciones para cada elemento. Dibuje su

respectivo Diagrama.


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Método de Distribución de Momentos (Hardy Cross)Estructuras IIINGENIERÍA CIVIL

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UNIDAD 2

MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS

(Hardy Cross)

Este método conduce a la determinación de los momentos en los extremos de loselementos de una estructura hiperestática, a través de aproximaciones sucesivas, efectuandodistribuciones de momentos en los nodos rígidos a lo largo de un proceso iterativo.

Establecido en el año 1930 por quien lleva su nombre Hardy Cross, el cualimplementaba un método de análisis estructural para vigas indeterminadas y pórticosplanos. Con este sistema sólo se calculan los efectos de los Momentos Flectores,despreciando o ignorando los efectos axiales y de corte.

A través de la redistribución de momentos, se analiza cada articulación o nodo de laestructura, se considera fija en una primera fase a fin de desarrollar los Momentos en losExtremos Fijos. Después de cada articulación fija se considera liberada secuencialmente yel momento en el extremo fijo (el cual al momento de ser liberado no está en equilibrio) sedistribuyen a los elementos adyacentes hasta que el equilibrio es alcanzado.

4.1-Momentos de Empotramiento en Extremos Fijos.

Son aquéllos momentos producidos al extremo del elemento por cargas externascuando los nodos están fijos. (Pág. 15-16 ).


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4.2- Factores de Rigidez (K ij ).

La rigidez a la flexión de un elemento K ij, se define como la propiedad que poseeuna barra de resistir el o los esfuerzos de flexión sin deformarse. La rigidez flexional (EI/L)de un elemento es representada como el producto del módulo de elasticidad (E) y el

segundo momento del área, también conocido como Momento de Inercia (I), dividido entrela longitud del elemento, que es requerida para el método de distribución de momentos.

= ; = Cuando el elemento es de sección constante, y sus juntas o nodos son simétricas

(empotramientos perfectos), el M i = 4 , por tanto: = En el caso de los elementos que el miembro ij esté articulado, irregulares o que sean

desiguales, la rigidez del elemento viene dada por:

′ = (1 − . ) De donde: Ri j = Factor de Transporte ′ = 4 (1 − 12 . 12) ′ = 4.3- Factores de Transporte (Rij ).

Los momentos no equilibrados son transportados y/o llevados sobre el otro extremodel elemento cuando se permite el giro en el apoyo. La razón de momento acarreado sobreel otro extremo entre el momento en el extremo fijo del extremo inicial es el coeficiente detransmisión.

Cuando el elemento de una sección es constante, cuyos extremos sean simétricos, elvalor típico es: ½ para los nodos.

En el caso de miembros con extremos asimétricos, en la presencia de unaarticulación, el valor típico es: 0 para nodos.

= ; = ; = ; Si la sección del elemento esconstante: M = 2; M i = 4, por tanto: = 24 ; =


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4.4- Factores de Distribución (Dij ).

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.Un momento no equilibrado que llega a un nodo, es proporcionado a cada uno de loselementos que concurren en él, y dicha distribución se realiza directamente proporcional ala rigidez que presenta cada elemento entre el total de la rigidez del nodo.

c

c

i a a

b

b

En la articulación b, el factor de distribución Dbi = 1. En cambio en unempotramiento como a y c, el cual concurren dos miembros, el ai y ci con su rigidez K ai; K ci respectivamente y la tierra con rigidez infinita, se tiene que:

, = , , +∞ = 0 ; en general, el factor de distribución en i del elemento ij = Dij

=


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28

UNELLEZ

A=∞

I= 3Io/2

A=∞

I= Io

Ejemplo #2.-

3000 Kg/m A C

B 2m

5000Kg

B 2m

D

4m 4m

NODO B.

= 4 ; = 4 ; = 44 ; = . = 4 ; = 4 ; = 44 ; = . = 4 ; = 4 ; = 4(3)4(2) ; = .

NODO B.

=

;

=

1.000

3.500 ;

=

.

= ; = 1.0003.500 ; = . = ; = 1.5003.500 ; = .

A=∞

I= Io

Determinar el Diagrama de Momentos de la

Estructura aplicando el Método de HardyCross y la Distribución de los Momentos delSistema sin Desplazabilidad


GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 1 + 0 = 1 GradoSIN DESPLAZABILIDAD

2.- Cálculo de Rigideces ( K ij)

=

3.- Factores de Distribución ( Dij)

=


29/99


29

UNELLEZ

-

-

- -

+ +

0 0

A B C

0.50 0.50

0.50 0

D

3 T/m 3 T/m B

5T 4m A 4m B B 4m C D

2.19 1.83 A B 1.44 C

3.284.36 4.72 3.64

2.76

3.03D


Nodo A B C DElementos AB BA BD BC CB DB

Rij 0 0.50 0.50 0.50 0 0Dij 1 0.286 0.428 0.286 1 1M E ij +4.00

+0.36-4.00

+0.72-2.50

+1.06 BD +4.00

+0.72-4.00

+0.36+2.50

+0.53

M T ij +4.36 -3.28 -1.44 +4.72 -3.64 +3.03

5.- Momentos por Empotramientos Perfectos


= +. = −.

= + .212 ; + 3 (4)212 = − .212 ; − 3 (4)212

= + .212 +3(4)212 = +. = − .212 - 3(4)212 = −. = +.

= − 8 − 5 (4)8 = −. = + 8 + 5 (4)8

6.- Distribución de Momentos

4.- Factores de Transporte ( Rij)

--

+

-

-


30/99


30

UNELLEZ

A=∞

I= 4Io

A=∞

I= Io

Ejemplo # 3.-

A

6 T/m 3m

B C 4T/m

5m Escogencia de Redundantes Hipergeométricas

A

D θ B θ C

3m 5m B C Δ

D

NODO B.

= 4 ; = 4 ; = 44.24 ; = . = 4 ; = 4 ; = 45 ; = .

NODO C .

= 4 ; = 4 ; = 45 ; = . = 3 ; =

3

; =3

(4

)

5 ; = .

NODO B.

A=∞

I= Io

Determinar el Diagrama de Momentos de laEstructura aplicando el Método de Hardy

Cross y la Distribución de los Momentos.


GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado


=


=


31/99


31

UNELLEZ

= ; = 0.9431.743 ; = . = ; = 0.8001.743 ; = .

NODO C .

= ; = 0.8003.200 ; = . = ; = 0.2403.200 ; = .

00.50 0.50

0.500 0.50

6 T/m C

4T/m 5m

B 5m C D


= + .212 +6(5)212 = +. = −.212 - 6(5)212 = −.

= + 115. 2 + 115 4(5)2 = +.



32/99


32

UNELLEZ


A tan = 33 = ; sen = 34.24 = 4.24m

3m = − ; = + . 3m B

⊥

⊥

Δ AB

B’

A ψAB ψ’ ΔC 0 α Δ BC ψBC A D C’

B C ω’ ⊥ ΔC ψCD

⊥ D

SISTEMA COMPLEMENTARIO

6.- Momentos por Desplazamientos

Diagrama deWilliot Mohr

δ


º = º = − 62 (+ ) − 64.24 2 1.41 º = º = −. º = º = − 62 (−) + 652 º = º = +.

º =

−3

2 (

−) +

3(4)52

º = +

.



33/99


33

UNELLEZ

-

Tabla de Distribución de Momentos

Ecuación de Trabajo Virtual

Σ Tv = 0 ; i = e

+ + + + + = −3.69− 0.38 − 7.37− 0.30 ∗ 1.41 18 + +7.37 + 0.30 − 13.40 + 0.12 ∗ −()5

+

+13.40

−0.12

∗ −(

)

5

− 30 2− 10 2

3= 0

−3.68− 0.23 + 1.21− 0.08 + −2.68− 0.02 – 15− 6.67 = 0 −0.33 = 26.82 = −.

Nodo A B CElemento AB BA BC CB CD

Rij 0 0.50 0.50 0.50 0Dij 1 0.541 0.459 0.250 0.750

S i s t e m a P r i m a r i o

M E ij-3.38

-0.30

-0.01

-6.76

-0.59

-0.02

+12.50 -5.74

+1.09

-0.50

+0.03

-0.01

-12.50

-2.87

+2.17

-0.25

+0.06

-0.005

+6.67

+6.53

+0.19

M I ij -3.69 -7.37 +7.37 -13.40 +13.40

S i s t e m a S e c u n d a r i o

M II ij /Δ -0.471+0.063

+0.03

-0.471+0.125

+0.05

+0.240 +0.1.06

-0.09

+0.04

+0.240+0.053

-0.193

+0.02

-0.005

+0.480

-0.580

-0.015

M II ij /Δ -0.3 Δ -0.30 Δ +0.30 Δ +0.12 Δ -0.12 Δ

M II ij +30.88 +24.38 -24.38 -9.75 +9.75M T ij = M I ij + M II ij

M T ij +27.19 +31.75 -31.75 -23.15 +23.15


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34

UNELLEZ

+

- -

--

=27.19 =13.89 6 T/m =31.75 =23.15

=31.75 =23.15 4 T/m =8.70 =13.89 =4.02 =25.98

=1.30 13.89 27.19

A A

31.75

4.02

C 8.70 B C 23.15

B 31.75

23.15

25.98 3º

2º

1.30 D D

Diagrama de Corte (V) Diagrama de Momentos (M)

+

-

+

-

+

+

-


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35

UNELLEZ

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞ I= Io

A=∞ I= 3Io

A=∞

I= Io

Ejemplo # 4.-

F 7 T/m

4m

5 T/m

B D C

4 T 4m Escogencia de Redundantes Hipergeométricas

A E F θ B θ C

6m 6m B C D Δ

A E

NODO B.

= 4 ; = 4 ; = 434 ; = . = 4 ; = 4 ; = 426 ; = . = 3 ; = 3 ; = 34 ; = .

NODO C . = 4 ; = 4 ; = 426 ; = . = 3 ; = 3 ; = 36 ; = . = 4 ; = 4 ; = 44 ; = .

A=∞

I= 2Io

Determinar el Diagrama de Momentos de la

Estructura aplicando el Método de HardyCross y la Distribución de los Momentos.


GIC = Nº θ+ NºΔ GIC = 2 + 1 = 3 Grado


=


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36

UNELLEZ

NODO B.

= ; = 3.0005.083 ; = . = ; = 1.3335.083 ; = . = ; = 0.7505.083 ; = .

NODO C .

= ; = 1.3332.833 ; = . = ; = 0.5002.833 ; = . = ; = 1.0002.833 ; = .

F

0.50

0

0.50 0.50

C D

B

0 0.50 0.50 0

0.50 0

A E


=



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37

UNELLEZ

5 T/m B

4T 4m B 6m C A

SISTEMA SECUNDARIO

F

BF B D’

ψ’ C ω’ D

Ψ AB CE

A E


= + .212 +5(6)212

= +. = −.212 - 5(6)212 = −.

= + 8 + 4(4)8 = +. = − 8 − 4(4)8 = −.

5.- Momentos de Empotramientos ( M Eij)

6.- Momentos de Desplazamientos ( M ij)


º = º = − 62 (− ) − 6342 º = º = +. º = − 32 (+) − 342 º = −. º = º = − 62 (−) + 642 º = º = +.



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38

UNELLEZ

-

Tabla de Distribución de Momentos

Ecuación de Trabajo Virtual

Σ Tv = 0 ; i = e

+ + + + + = −1.97 + 0.87 − 9.94 + 0.61 . −14 + −5.49− 0.32 ∗ 14

+ 5.92 + 0.29 + 2.96+ 0.33 ∗ −14

+ 4 12 = 0

2.98− 0.37 + −1.37− 0.08 + −2.22− 0.16 + 2 = 0 −0.61 = −1.39 = +.

Nodo A B C E FElemento AB BA BF BC CB CD CE EC FBRij 0 0.50 0 0.50 0.50 0 0.50 0 0.50Dij 1 0.590 0.148 0.262 0.470 0.177 0.353 1 0

S i s t e m a P r i m a r i o

M E ij +2.00

-3.85

-0.12

-2.00

-7.69

-0.24

-0.012

-3.50-1.93

-0.06

-0.003

+15.00

+3.53-3.41

+0.41

-0.11

+0.02-0.005

-15.00

+7.05

-1.71+0.81

-0.06+0.03

+2.65

+0.30

+0.01

+5.30

+0.60

+0.02

+2.65

+0.30

+0.01

-7.00

M I ij -1.97 -9.94 -5.49 +15.43 -8.88 +2.96 +5.92 +2.96 -7.00

S i s t e m a S e c u n d a r i o

M II ij /Δ +1.13-0.28

+0.02

+1.13

-0.55

+0.03

-0.19

-0.14

+0.01

-0.25-0.06

+0.02

-0.13-0.12

+0.01-0.005

-0.04

-0.002

+0.38

-0.09

-0.003

+0.38

-0.05

M II ij /Δ +. Δ +. Δ -.Δ -.Δ -.Δ -.Δ +.Δ +.Δ -M II ij +1.98 +1.39 -0.73 -0.66 -0.55 -0.11 +0.66 +0.75 -

M T ij = M I ij + M II ij

M T ij +0.01 -8.54 -6.22 +14.76 -9.43 +2.85 +6.58 +3.71 -7.00


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UNELLEZ

-

F

15.89

0.475

C D

B3.87

14.11

0.13

3.18 m 2.57

A

E

Diagrama de Corte

F 7.00

10.49

C D 6.22

B 8.54 6.58

2.859.43

0.25 14.76

0.01 3.71

A E

3.15m


+

-

-

-

---

+

+

-

+

-

+

-

-

+

--

+

+

+

-

+

+

-

-

+

+

-


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40

UNELLEZ

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= 2Io

A=∞ I= 2Io

A=∞ I= 3Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= 2Io

A=∞ I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞ I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= Io A=∞ I= Io

A=∞ I= Io

A=∞

I= Io

A=∞

I= IoA=∞

I= Io

Ejercicios Propuestos. 2 T/m

2 T G H 3 T

6m C 5T/m 3T/m

D

3 T/m 4m 1 T D E F

6m B

A

A B C

5m 2m 4m 6m 6m

+

8 k 2 k 2 k

5T B B

5T.m A A’ A 3m 5m

5 T.m

4 T.m C 5 T 5 T 2m

C 1m 4m

2 T.m D E F G 5 T

D D’

1.5m 2m 1.5m 3m 4m 4m 5m 5m

1.- Determinar el Diagrama de Momentos dela Estructura aplicando el Método de Hardy

Cross para calcular las indeterminaciones del

sistema.

2.- Hallar los Momentos totales generados por

las cargas a las que está sometida la

Estructura, aplicando el Método de

Distribución de Momentos.

3.- Aplique el Método de Distribución de Momentos

para hallar la indeterminación de la Estructura.

Grafique su respectivo Diagrama de Momentos.

4.- Determine el grado de indeterminación de la

Estructura aplicando el Método de Hardy Cross

con su Diagrama.


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Líneas de InfluenciaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL

41

UNELLEZ

UNIDAD 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 semueve 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 apartir 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.


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42

UNELLEZ

2.1 CONSIDERACIONES GENERALES

Si bien en el tratamiento del tema, por simplicidad nos referimos a casos de vigas, la

generalización a otros tipos de estructuras es casi inmediata y no requiere de nuevos conceptos a losnecesarios en nuestro tratamiento.

La posibilidad de cargas móviles implica la necesidad de obtener:

a) las solicitaciones, deformaciones, etc., que produce una carga (o un estado de cargas)para distintos puntos de aplicación de la misma.

b) El estado más desfavorable de aplicación de la carga, que trae aparejada las mayoressolicitaciones o deformaciones, 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, o por lomenos, en varias secciones características según las circunstancias.

El trazado de diagramas o Líneas de Influencia nos permite una adecuada respuesta a lasdos necesidades y su utilización es casi imprescindible en el caso de estudios de puentes, puentesgrúa, etc., donde las cargas móviles (p) tienen una cierta importancia con respecto a peso propio ocarga permanentes (g).

2.2 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. Nada

mejor para esto que la aplicación del Principio de los Trabajos Virtuales, en el método de la Cadena

Cinemática en una viga isostática de dos tramos para distintos casos de solicitaciones, o Método

Analítico.

carga unitaria aplicada en i, donde1 se puede incorporar como factor de escala.

LÍNEA DE INFLUENCIA DE UNA REACCIÓN


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43

UNELLEZ

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.

LÍNEA DE INFLUENCIA DE UN MOMENTO

LÍNEA DE INFLUENCIA DE ESFUERZO DE CORTE


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UNELLEZ

Otro método es encontrando la ecuación de la variación de la reacción en A, a medida que se mueve

una carga unitaria. Se parte de encontrar esa reacción en función de la posición x de la carga P=1,0.

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.

Para obtener el valor de la reacción en A para cualquier carga P, se multiplica la ordenada de lalínea de influencia por el valor de la carga.

Si L=8m, P=5 ton localizada a 3m del punto A, el valor de la reacción sería:

La Línea de influencia para el cortante en A: Se determina la variación del cortante en A por elmétodo de las secciones:

En vista de que siempre es una carga puntual, se parte de encontrar primero las reacciones enfunción de la posición x y después se aplica el método de las secciones partiendo por el punto alcual se le quiere determinar la línea de influencia:


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UNELLEZ

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.

Línea de influencia para la reacción en B:

Línea de influencia para el momento en A: Para cualquier posición de la carga unitaria el momentoen A será cero.

Línea de influencia para el cortante y momento en un punto C en L/2. Siempre comenzamosencontrando las reacciones en los apoyos y luego partimos:


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UNELLEZ

Para x < L/2 , se puede tomar la sección C-B y los cálculos se facilitan ya que en ella no estáactuando la carga unitaria:

, 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 :


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UNELLEZ

P = 1

Ejemplo # 1.-

E F

5 m

A D

B C

6 m 6 m 6 m

Solución:

Se pone en evidencia la Fuerza Axial que ejerce la tensión en el elemento EF:

Diagrama Cartesiano de Corrimiento

5α 5α/2

E F N EF N FE

5 m α β α /2

CIR A O2 O1, O12, O2 O1 O12 B C

μ

6 m 6 m 6 m

O12

6α 3α υ CIR α β CIR υ

O1 O2 β = α/2

Diagrama Cartesiano de Corrimiento

Hallar la Línea de Influencia que ejerce la Tensiónentre el elemento EF cuando una carga P=1 se

mueve paralelamente en sí misma sobre laestructura.

Por el Método de la

cadena cinemática

hallamos los centros

instantáneos

de rotación (CIR).

Aplicando el principio de los trabajos virtuales:

ΣTv = 0

– NEFx5α – NFEx5α/2 = 0

El Valor de la Línea de Influencia axial en el elemento

X = N EF =


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UNELLEZ

Ejemplo # 2.-

D C

4m

P = 1 B

2m

A 2m

2m 2m

O3 O3

O23 O2

III O2 II

II α III

O3 O12 O12

I 4α

O1 I

O12 O1

I=III II

α 4α α O1 O2

Determinar la Línea de Influencia del Momento enA cuando una carga P=1 se mueve paralelamentesobre AB.

Solución:

Evidenciando el momento en A ( M A) se determina laLínea de Influencia a través de los Diagramas deDesplazamientos.

ΣTv = 0

δx = – α – α = 2α

El Valor de la Línea de Influencia del Momento en A

X = M A = =4 L I M A= 2


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UNELLEZ

Ejemplo # 3.-

B

4m 1

A

3m

C D

3m 4m 5m

Solución:

Se pone en evidencia el Momento en B que ejerce la Flexión:

012 M M Sistema Primario

I

01 II

03 02 023 III

II III

0.57α 1.33 7 12 2.40

α 3α 5.14α LI MB 02 01 1.028α 03 2.33

Determinar la Línea de Influencia del Momento enB cuando una carga P=1 se mueve sobre el sistemamostrado.

(ΣTv =0)

-1x δm + M x α – M x 0.57α = 0

δm = 0.43α = 1 α = 2.33


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UNELLEZ

2.3 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, retirando lacapacidad de la viga para aguantar esa función.

Para la determinación de la línea de influencia de cualquier incógnita (fuerza axial, cortante,momento o reacción) en un punto de una estructura hiperestática, se aplica el principio de Müller- Breslau. Las líneas de influencia de estructuras hiperestáticas son líneas curvas, a diferencia de lascorrespondientes a sistemas isostáticos, las cuales conforman líneas rectas.

Debido a que las solicitaciones de la estructura primaria están constituidas por cargasconcentradas o momentos concentrados, el diagrama de momentos de ese sistema es lineal. Esdecir, este diagrama estará constituido por líneas rectas, para un elemento recto genérico ij. La vigaconjugada tendrá un diagrama de cargas de la siguiente forma:

Mij

. i j υ j

υi i j

M ji .

Diagrama de Momentos Viga Conjugada

Por superposición, la viga conjugada puede descomponerse en los tres casos que acontinuación se muestran

. . .

+ +υi υ j

υi υ j

= i j i j i j

.


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UNELLEZ

El momento en un punto genérico de abscisa ςℓ , es decir, la componente vertical de laelástica en ese punto de la viga real es:

Caso I:

.

i j = . ℓ + 12

ℓ . . . ℓ. 13 ℓ

ςℓ ς’ℓ = 6 . . ℓ2 . ( − 3)

ℓ Ri Rj

6

3

haciendo: ω D = (

− 3) y K = (I /L) / cos δ tenemos:

= − . . I EcuaciónCaso II:

.

i j = . ℓ + 12

ℓ . . . ℓ. 13 ℓ

ςℓ ς’ℓ Similarmente al caso I, el Momento viene dado por:

ℓ

Ri Rj 3 6 haciendo: ω’ D = ( ′− ′3) y K = (I /L) / cos δ tenemos:

= − . .′ II Ecuación

Caso III:

υi υ j

i jdonde:

ςℓ ς’ℓ

= + . ℓ ℓ Ri Rj −

ℓ − ℓ = − + . III Ecuación


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UNELLEZ

Las expresiones de las ecuaciones I, II y III permiten determinar las ordenadas de la elásticapara desplazamientos verticales de un elemento cualquiera ij de un sistema la misma forma unángulo θ con el eje x, para cada décima parte de la longitud del elemento, obteniendo la forma

elástica de tal manera:

= − . . − . .′ + − + . Con Desplazabilidad

= − . . − . . ′ Sin Desplazabilidad

Las constantes

′ para valores de ς de 0.1 en 0.1 de la décima parte del valor de la

longitud del elemento, viene dado por lo siguiente:

ς ω D ω' D

0 0 00.1 0.099 0.1710.2 0.192 0.2880.3 0.273 0.3570.4 0.336 0.3840.5 0.375 0.375

0.6 0.384 0.3360.7 0.357 0.2730.8 0.288 0.1920.9 0.171 0.0991.0 0 0

Ahora bien, 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 :

=


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53

UNELLEZ

Ejemplo # 4.-

1

1.5EKr 1.5EKr EKr EKr

A B C D E

5m 5m 6m 6m

Solución:

L a Viga de grado hipergeométrico 4 sin desplazabilidad. Se pone en evidencia el Momento en C.

10000 Kg/m 10000 Kg/m

A B C D E

10000

1428 B D

A C E

2500 2855

Diagrama de Momentos (M)

Elemento AB BA BC CB CD DC DE ED

Rij 0.50 0 0 0.50 0.50 0 0.50 0

Dij 0 0.500 0.500 0 0 0.429 0.571 1

Mij +5000+10000 -10000

-5000

-2500 -2500 +2145 +2855 +1428

Mt 0 -2500 +2500 +10000 -10000 -2855 +2855 +1428

Determinar la Línea de Influencia del Momento enC de la Viga Hiperestática, para carga verticalmoviéndose de A a E

+


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UNELLEZ

Aplicando el Método de la Viga Conjugada a través de los diagramas de Momentos, se tiene:

10000

10000

1428 B D

E

A 2500 C 2855 A continuación se analizan los casos de cada elemento, suponiendo las cargas con sentido positivo (las

dirigidas hacia arriba) y con sentido negativo (dirigidas hacia abajo).

Determinamos los momentos genéricos en las abscisas, componente vertical elástica en los puntos de laviga real.

Tramo AB:

2500

.

A B : 5 m

v = .ℓ 6 . v = 2500 . 5 6 . 1.5 . v = . .

Tramo BC :

2500

. 10000 .

B C B C : 5 m 5 m

v = .ℓ 6

.

′

− .ℓ 6

.

v =2500 . 5

6 . 1.5 . ′ − 10000 . 5 6 . 1.5 . v =

. . ′ − . .


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55

UNELLEZ

Tramo CD:10000

. 2855 .

C D C D : 6 m 6 m

v = − .ℓ 6 . ′ + .ℓ 6 .

v = − 10000 . 6 6 .′ − 2855 . 6 6 .

v = − . ′ + . Tramo DE:

2500

. 10000 .

D E D E : 6 m 6 m

v = .ℓ 6 . ′ − .ℓ 6 .

v =2855 . 6

6 . ′ − 1428 . 6 6 . v =

.′ − . Determinación de la Rotación Relativa:

Tramo BC :2500

. 10000 .

B C B C : δxMCB δxMCB

QCB =2500

6 .1.5 − 10000 3. 1.5 = − . (↓) Tramo CD:

10000 . 2855 .

C D C D

QCD = − 100003 + 2855 6 = − . (↓) δxMCD δxMCD


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UNELLEZ

Entonces: δMc = = −(QCB + QCD ) δMc = = −−1944.44− 2857.50 = .

El valor de la línea de influencia vendrá dado por:

= = = . De forma tal, que cuando la carga P=1 se mueve paralelamente entre A y E para el Momento en C,

la línea de influencia se obtiene a través de:

AB: v = 1388.894801.94

. = . . BC : v = 1388.89

4801.94 . ′ − 5555.564801.94 . = ..′ − . .

CD: v = − 100004801.94 . ′ + 28554801.94 . = −. .′ + . . DE: v = 2855

4801.94 .′ − 14284801.94 . = ..′ − . .

Usando los valores de ω D y ω’ D , obtenemos los valores definitivos de la Línea de Influencia por elemento

AB BC CD DE

ς 0.2892ω D 0.2892 ω’ D -1.1569 ω D X -2.0825 ω’ D 0.5946 ω D X 0.5946 ω’ D -0.2974 ω D X

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0.1 0.0286 0.0495 -0.1145 -0.065 -0.3561 0.0589 -0.297 0.1017 -0.0294 0.072

0.2 0.0555 0.0833 -0.2221 -0.139 -0.5998 0.1142 -0.486 0.1712 -0.0571 0.114

0.3 0.0790 0.1032 -0.3158 -0.213 -0.7435 0.1623 -0.581 0.2123 -0.0812 0.131

0.4 0.0972 0.1111 -0.3887 -0.278 -0.7997 0.1998 -0.600 0.2283 -0.0999 0.128

0.5 0.1085 0.1085 -0.4338 -0.325 -0.7809 0.2230 -0.558 0.2230 -0.1115 0.111

0.6 0.1111 0.0972 -0.4442 -0.347 -0.6997 0.2283 -0.471 0.1998 -0.1142 0.086

0.7 0.1032 0.0790 -0.4130 -0.334 -0.5685 0.2123 -0.356 0.1623 -0.1062 0.056

0.8 0.0833 0.0555 -0.3332 -0.278 -0.3998 0.1712 -0.229 0.1142 -0.0857 0.029

0.9 0.0495 0.0286 -0.1978 -0.169 -0.2062 0.1017 -0.104 0.0589 -0.0509 0.008

1.0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

C

L I M C E

A B D LÍNEA DE INFLUENCIA MC


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UNELLEZ

Ejemplo # 5.-

Momentos FlectoresP

B

3m

C D

4m

A N

5m 6m

Solución: Dado que los Momentos Flectores han sido determinados, se realiza eldiagrama de momentos para obtener las cargas de la Estructura Conjugada

9749

B Diagrama de Momento Flector

C

D

2675

1072

Estructura Conjugada

A N9749

2675

1072

B C D

5.83m 6m

AB +4875 CB -2675 CD +1072

BA +9749 CN +1603

BC -9749 NC +802

Determinar la Línea de Influencia que se generaproducto del Momento Flector en B (MB), para unacarga (P) Vertical moviéndose paralelamente desdeB hasta D. Aplicando el Principio de Müller-Breslau

0.5EKr0.5EKr

2EKr

1.5EKr

+

-


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UNELLEZ

Aplicando la Definición en el Principio de Müller-Breslau:

Tramo BC :

9749

.

2675

.

B C B C : 5.83 m 5.83 m

v = − .ℓ 6 . ′ + .ℓ 6 .

v = − 9749 .5.83 6 . 2 . ′ + 2675 . 5.83 6 . 2 .

v = − . . ′ + . .

Tramo CD:

1072

.

C D : 6 m

v = .ℓ 6 . ′

v =1072. 6

6 . 1.5 .′ v =

. . ′ ROTACIÓN RELATIVA

Tramo BC :

9749

. 2675 .

B C B C

: 5.83 m 5.83 m θBC = − 3 + 6 θBC = − 9749 3 . 2 + 26756 . 2 = = − .


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UNELLEZ

La línea de Influencia del Elemento viene dada por:

Tramo BC: = −4736.391401.92 .′ + 1299.601401.92 . BC = −.′ + . Tramo CD: =

714.671401.92 .′ CD = .′

δ Tramo BC

xTramo CD

0.93 -3.38 ′ 0.51′ 0.0 0.000 0.000 0.000 0.000

0.1 0.092 -0.578 -0.486 0.087

0.2 0.179 -0.973 -0.795 0.147

0.3 0.254 -1.207 -0.953 0.182

0.4 0.312 -1.298 -0.985 0.196

0.5 0.349 -1.268 -0.919 0.191

0.6 0.357 -1.136 -0.779 0.171

0.7 0.332 -0.923 -0.591 0.139

0.8 0.268 -0.649 -0.381 0.098

0.9 0.159 -0.335 -0.176 0.050

1.0 0.000 0.000 0.000 0.000

2.33m 0.196 L I M B

B D C

LÍNEA DE INFLUENCIA (MB)

0.986


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60

UNELLEZ

2EKr

EKr 3EKr

0.5EKr2EKr

EKr α = 240.54

Ejemplo # 6.-

B C D

1m 3m

A Considérese

E F

3m 3m 4m 3m

Solución:

Se pone en evidencia el Momento en B. y aplicando el Método de Distribución demomentos determinamos las solicitudes de cargas en sus extremos

10000 Kg/m 10000 Kg/m 10000 10000 192 C D

C D

B B 4103 2217

A

A 5000

F E F

E


α B α C D α /4

10000 10000

A C192

E F A B D5000 4103 2217

Estructura Conjugada

AB 5000 CB -4103 DC 192

BA 10000 CE 1886 DF -192

BC -10000 CD 2217 FD -97

V B IZQ

= - α − 240.54 − 76.12 V B

DER = + α +

240.54 + 80.18 V D =+α /4 +

60.14 15.04

Determinar la Línea de Influencia del Momento enB para carga vertical moviéndose paralelamentesobre A a D


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UNELLEZ

Determinación de la Rotación Relativa:

Tramo AB:5000

.

10000

.

A B A B : 6 − 3 θB = 5000 6 .2 − 10000 3. 2 − 76.12 = − . (↓)

Tramo BC :10000

. 4103 .

B C B C− 3 6 θB = − 100003 + 4103 6 + 80.18 = − . (↓)

δMB = = −(QBA + QBC ) δMB = = −−1326.12− 2569.32 = .

El valor de la línea de influencia vendrá dado por:

= = = . Usando el principio de superposición:

Tramo AB: v = .ℓ 6 .′ − .ℓ 6 . − ( ) v = 5000 . 3.16 6 .2 .′ − 10000 . 3.16 6. 2 . − 240.54 ( )

= . . ′ − . . − . ( ) Tramo BC : v =

− .ℓ 6

.

′+

.ℓ 6

.

+

( 1

− ) v =

−10000 . 3

6

.

′+

4103 . 3

6

.

+

240.54

( 1

− )

= − .′ + . . + . ( − ) Tramo CD: v = .ℓ

6 . ′ − .ℓ 6 . + ( ) v = 2217 . 46. 3 . ′ − 192 . 4 6 . 3 . + 60.14 ( ) = . . ′ − . . + . ( )


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UNELLEZ

Sustituyendo los valores encontrados y simplificando cuando la carga se mueve, se tiene:

=

=

=

.

= −. . + . .′ − . ( ) = . . − . .′ + . ( − ) = −. . + ..′ + . ( )

AB BC CD

ς -0.6760ωD 0.3380 ω’D -0.0617(ς) X 0.5266 ωD -1.2836 ω’D 0.0617(1-ς) X -0.0110ωD 0.1265ω’D 0.0154(ς) X

0 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0617 0.0617 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000

0.1 -0.0669 0.0578 -0.0062 -0.0153 0.0521 -0.2195 0.0555 -0.1118 -0.0011 0.0216 0.0015 0.0221

0.2 -0.1298 0.0973 -0.0123 -0.0448 0.1011 -0.3697 0.0494 -0.2192 -0.0021 0.0364 0.0031 0.0374

0.3 -0.1845 0.1207 -0.0185 -0.0824 0.1438 -0.4582 0.0432 -0.2713 -0.0030 0.0452 0.0046 0.0468

0.4 -0.2271 0.1298 -0.0247 -0.1220 0.1769 -0.4929 0.0370 -0.2789 -0.0037 0.0486 0.0062 0.0510

0.5 -0.2535 0.1268 -0.0309 -0.1576 0.1975 -0.4814 0.0309 -0.2530 -0.0041 0.0474 0.0077 0.0510

0.6 -0.2596 0.1136 -0.0370 -0.1830 0.2022 -0.4313 0.0247 -0.2044 -0.0042 0.0425 0.0092 0.0475

0.7 -0.2413 0.0923 -0.0432 -0.1922 0.1880 -0.3504 0.0185 -0.1439 -0.0039 0.0345 0.0108 0.0414

0.8 -0.1947 0.0649 -0.0494 -0.1792 0.1517 -0.2465 0.0123 -0.0825 -0.0032 0.0243 0.0123 0.0334

0.9 -0.1156 0.0335 -0.0555 -0.1377 0.0900 -0.1271 0.0062 -0.0309 -0.0019 0.0125 0.0139 0.0245

1 0.0000 0.0000 -0.0617 -0.0617 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0000 0.0154 0.0154

0.0510

L I M B A B C D

LÍNEA DE INFLUENCIA MB

0. 1922

0.2789


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63

UNELLEZ

2EKr

EKr

0.5EKr

1.5EKr

EKr

EKr

EKr

EKr

EKr

EKr

EKr

2EKr

3EKr

Ejercicios Propuestos.-

1m B

E A C2m

B D 3m

2m C

A F B’

4m 3m 2m 4m 4m

E

C

3m 1.5m

A D

B

1.5m 4m

A B C

2m 5m

D E F F

2m 2m 2.5m 2.5m 2.5m 3m 2.5m .5m 3m

1.-Hallar la Línea de Influencia delMomento en D (MDC) para carga verticalmoviéndose paralelamente sobre C a E

2.-Determinar la Línea de Influencia delMomento en B (MB) para carga verticalmoviéndose paralelamente sobre ella.

3.-Calcule los valores de la Línea de Influencia que genera el sistema para elMomento en C (MC) cuando se tiene unacarga vertical moviéndose entre A a F

4.-Determine la Línea de Influencia parauna carga vertical moviéndose entre A a D.considerando la Desplazabilidad de laEstructura.


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Método de Análisis de Arcos

Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

UNIDAD 4

MÉTODO DE ANÁLISIS DE ARCOS.

Los Arcos son elementos estructurales de forma curva y que cualquiera que sea laintensidad y dirección de sus cargas, produce empuje a los apoyos. En el análisis de arcosse presentan diferentes problemas que no se encuentran generalmente en el estudio de vigasrectas:

-

El eje centroidal de la barra es curvo y/o doblado- En general, las cargas no son normales al eje de la barra (coordenadas locales)

-

Los esfuerzos extremos, Izquierda y Derecha no siempre son paralelos.

Esto hace que la formulación de las condiciones de equilibrio estático sea másdifícil a la hora de analizar elementos curvos. Para reducir esta labor, todas las cantidadesgeométricas y estáticas se transforman en componentes paralelas a un sistema decoordenadas seleccionado, llamado sistema de referencia, o sistema 0 (primario).

ESFUERZOS EN ARCOS

Las relaciones entre los esfuerzos en la sección trasversal ( N, V, M ) y sus

componentes equivalentes, paralelas a los ejes del sistema de referencia ( N x , V y , M z), sededucen en forma algebraica mediante:

N x = N cos ω + V senω N = N x cosω – V y senω

V y= - N senω + V cosω V = N x senω + V y cosω

M z = M M = M z


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

En forma matricial:

= −cos 0 cos 00 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 deecuaciones, referidas a un sistema de coordenadas ortogonal o polar. En términos deecuaciones, las propiedades más importantes del eje de la barra viene dado por:

a.- Pendiente: = = () / = b.- Cosenos directores: = = 2+ 2 = = 1+ 2 cos = = 2+ 2 = = 1+ 2 c.- Cambios de Pendiente:

′′=

2

2 =

1

2 ∗

Coordenadas Globales Iniciales


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

Transformación angular (Coordenadas Locales)

Las relaciones entre las fuerzas internas de un punto a otro implican cambios debidoa las fuerza externas en el tramo. Las matrices de transformación angular son ortogonales.

+ + + = 0 + − − = 0

+ + − + − + − + − = 0

Cambio de Coordenadas Globales a Locales

() = + () = −

()=


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

ANÁLISIS DE ARCOS POR PRINCIPIO DE TRABAJO VIRTUAL

Ejemplo # 1.-

5 T/m

C

r = 3m 3T.m

A B

6m

Solución:

Para la determinación del esfuerzo cortante se pone en evidencia la solicitud de corte en la sección C,para hallar así los centros instantáneos de rotación CIR y aplicando el principio de los Trabajos Virtualescalcular el valor del corte.

15T v 15T 3αµ012

C ∞ v I=II

I II α 3T.m

01 02 01, 02

A B

I

α 3α /2 3α ν 01 3α /2 α 02

3α II

Aplicando el principio de trabajo virtual para determinar el Esfuerzo Cortante en la sección indicada

Determinar el Esfuerzo Cortante que ejerce

el elemento parabólico en la sección C.

∑Tv = 0-15 . 3α/2 + 15 . 3α/2 – 3 . α – δv.3α – δv.3α = 0

-3α - 6αδv = 0 δv = - 0,50 Tn


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

Ejemplo # 2.-

5 T/m 6T

5T B D

3m r = 4m

A C

1m 3m 3m 1m

Solución:

Usando el principio de Superposición se pone en evidencia la solicitud de Momento en lasección D, y determinamos a los centros instantáneos de rotación CIR.

15T μ

6T 02 02 B II 5T 012

5T 012 023 3α I D 023 III α

01 03 01,03

A 012 C I 2α

α 1α 4α 1α II03 ν

01 0.50m 2α α

2m III

6m 023

Determinar el Momento Flector que generael Arco parabólico en la sección D.

= 42

= 2 = 2

1= 2

Ángulos:

Principio de Trabajo Virtual:∑Tv = 0

-5 . 3α – 6.α – 15.α - 5α – M.2α – M.2α = 0

M D = -7.75 T.m

1 = 31

=

8 − = 31 = 8 −

Relación Trigonométrica:

1 = 44 = = 1= = y = x

x = 6m


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

Ejemplo # 3.-

50 m 50 m

2 T/m

ss’

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, permitiendo así eldesplazamiento en el sentido del mismo.

p

Y 0

X 1

Y 1

ds

y

A X 0

B

R Bx

ω

R Ay R By L

x x’ = L - x

Analizar la Estructura (Arco parabólico

simétrico simple) en el corte s-s’, sometidoa la acción de una carga uniformementedistribuida.


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

El eje del arco viene dado por la ecuación y = (4h/L2)x (L - x), referida al origen A en elsistema0, del cual:

dy = (4h/L2

) (L - 2x) y ds = 2

+ 2

= dx 1 + ⋏2

= dy ( 1 + ⋏2

)/⋏ De acuerdo con las ecuaciones expresadas en los términos dx, dy y ds, se tiene que:sen ω = dy/ds = ⋏/ 1 + ⋏2, cos ω = dx/ds = 1/ 1 + ⋏2 , tan ω = ⋏ De las condiciones de equilibrio, tenemos: R Ay = R By = pL/2 y R Bx = 0.

Las ecuaciones de esfuerzos en el sistema 0, son iguales a las de una viga equivalente, esdecir:

BN x(A)

= 0 L = 0, BV x(A)

= 0 L = p(x’ – x)/2, BM x(A)

= 0 L/2 = pxx’/ 2

Los esfuerzos (axiales, cortantes y/o momentos) en una sección transversal, referidos alsistema del miembro (sistema 1), se obtienen a partir del triángulo de fuerzas, o por medio de lamatriz:

= cos − 0 cos 0

0 0 1

0

Entonces la ecuación de la parábola viene dada por : y = x (100 – x)/100 y

⋏ = (50-x)/50.

Los esfuerzos en x = 0, en el sistema primario, son BN x=0(A)

= 0 , BV x=0(A)

= 100T, BM x=0(A)

= 0.

Las funciones de dirección, en términos de ⋏ x=0 = +1, son sen ω = 22

= 0.707 y cos ω =

22

= 0.707

De forma tal que los esfuerzos en x = 0, en el sistema 1 son:

N (A)

x=0 = 0.cos ω – 100.sen ω = -70.7 T

V (A)

x=0 = 0. sen ω + 100.cos ω = 70.7 T

M (A)

x=0 = 0

En el extremo (punta) del arco.

N (A) x=50 = 0 , V (A)

x=50 = 0 , M (A)

x=50 = 2500 T.m


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Estructuras II

INGENIERÍA CIVIL

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UNELLEZ

Ejemplo # 4.-

2.5 T/m

2

H = 2m

y

1 L = 8m 3

Solución:Se determinan las reacciones del elemento curvo, a través de las condiciones de equilibrios

conocidas.

3 = − 1 . 8 + 2.5 .8 .4 = 0 = = 21−2 = − 1 . 4 + 1 . 2 + 2.5 . (4 )22 = 0 = = − A partir de la ecuación general de la parábola, determinaremos la ecuación característica del

arco planteado:

y = a0 + a1.x + a2 . x2 → Si x = 0, y = 0 entonces: a0 = 0

→ Si x = L/2, y = H entonces: a1 (L/2) + a2 (L/2)2 = H

a1 = 4 . H/L = 1

→ Si x = L, y = 0 entonces: a1 .L + a2 . L2

= 0a2 = -4 . H/L2 = - 0.125

Analizar la Estructura (Arco con Curva parabólicasometido a la acción de una carga uniformementedistribuida. Determinar los esfuerzos axiales,cortantes y de Momentos


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Estructuras II

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UNELLEZ

La ecuación de la parábola viene dada:

y = 4 . H/L . x - 4 . H/L2 . x2 =4 . .

.

1

−

, teniendo en cuenta que H = 2m y L = 8m

y = x - 0.125 . x 2

Ecuación de la Tangente:

y* = tan θ = 1 - 0.25 . x

Ecuación de variación de ángulos:

cos =1

1 + 2 = − . + . sen = 1 + 2 = − . − . + .

Cambio de Coordenadas Locales:

() = + () = −

() = N k = - 10Tn

V k = 2.5 T.m . x – 10 T

M k = 10 T .x - 10 t . y – 1.25 T.m . x2


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Estructuras II

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UNELLEZ

Transformación:

Nk (L) =

+

=

. . . – .−. − −

.

+

.

() = − = . . . – − . − . − .+ . () = = . − . – . . .

Simplificando:

Nk (L) =2.5 T.m .x – 10 T .1−0.25 − 10 2−0.50+0.0625 2 = −. − −.+.

() = 2.5 T.m . x

– 10 T

− 10

.

1

−0.25

2 − 0.50 + 0.0625 2 =

− − .+ . () = 10 T. x − 10 T . y – 1.25 T. m .x 2 10 . x − 10 . − 0.125 .2 – 1.25 . x2 =

Nº X k Y k N KL V KL M KL

1 0 0 -14.14 -14.14 0

2 0.8 0.72 -12.02 -12.49 0

3 1.6 1.28 -10.75 -10.29 0

4 2.4 1.68 -10.17 -7.43 0

5 3.2 1.92 -10.01 -3.92 0

6 4 2 -10.00 0.00 0

7 4.8 1.92 -10.01 3.92 0

8 5.6 1.68 -10.17 7.43 0

9 6.4 1.28 -10.75 10.29 0

10 7.2 0.72 -12.02 12.49 0

11 8 0 -14.14 14.14 0


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Ejemplo # 5.-

3 T/m

2 y f

1 3

R = 12m

R = 12m h2 h1

θ ζ R = 12m

α= (90 –θ) (90 –ζ)

x Rcos(90-θ)

L/2 = 5m

L = 10m

Solución:Se determinan las ecuaciones características del arco:_

1 = − = 2 − 22 2 = 2 − 2− 2

La pendiente viene dada por:

= 2 − 1 = 2 − 2− 2 − ( − ) Cosenos directores: = 2 = + 1 = + ( − )

Determinar los esfuerzos axiales, cortantes y

de Momentos de la Estructura Parabólica ensus Coordenadas Locales.


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= (2 − ) Si el ángulo α = (90 –θ)

= 2− . cos90 − =

2− .

= . sen90 − = . Determinación de las Reacciones en los apoyos:

1 = 2 − 22 = 122 − 102 2 = . 3 = 0 −1 .10 + 3 , .10 .5 = 0 R1y = 15 T

R3y = 15 T

f = R – h1 12m – 10.91m ; f = 1.09m 2 = 0 −1 .5 + 1 .1.09 + 3 , . 522

= 0 R1x = 34.40T

R3x = -34.40 T

De la ecuación de la parábola, obtenemos:

=

2

−

1 =

2

− 2−

2

− (

− )

= 122 − 5− 2 − (12 − 1.09) = + − − (.)

3 T/m V (k)

N (k)

M (k) y

R1x = 34.40T R1y = 15 T

x


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UNELLEZ

Aplicando las ecuaciones de equilibrio:

+ 34.40

= 0

=

−.

+ 15 − 3 . . = 0 = − 2 = 0 – 15 . + 34.40 . + 3 . . 2

2= 0

= −. + −. Tabla de Coordenadas de Esfuerzos Globales

Nº X k Y k N K V K M K

1 0 0.00 -34.40 -15.00 0.04

2 1 0.40 -34.40 -12.00 -0.39

3 2 0.71 -34.40 -9.00 -0.39

4 3 0.92 -34.40 -6.00 -0.22

5 4 1.05 -34.40 -3.00 -0.06

6 5 1.09 -34.40 0.00 0.00

7 6 1.05 -34.40 3.00 -0.06

8 7 0.92 -34.40 6.00 -0.22

9 8 0.71 -34.40 9.00 -0.39

10 9 0.40 -34.40 12.00 -0.39

11 10 0.00 -34.40 15.00 0.04

V L(K) N L(K) θk

M L(K)

y

x () = + () = −

() =


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UNELLEZ

= 2 = + 1 = + ( − )

= (2 − ) Tabla de Directrices Angulares a Coordenadas Locales

Nº Cos θk Sen θk N Lk V Lk M Lk

1 0.9091 0.4167 -37.52 0.70 0.04

2 0.9428 0.3333 -36.43 0.15 -0.39

3 0.9682 0.2500 -35.56 -0.11 -0.39

4 0.9860 0.1667 -34.92 -0.18 -0.22

5 0.9965 0.0833 -34.53 -0.12 -0.06

6 1.0000 0.0000 -34.40 0.00 0.00

7 0.9965 -0.0833 -34.53 0.12 -0.06

8 0.9860 -0.1667 -34.92 0.18 -0.22

9 0.9682 -0.2500 -35.56 0.11 -0.39

10 0.9428 -0.3333 -36.43 -0.15 -0.39

11 0.9091 -0.4167 -37.52 -0.70 0.04


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UNELLEZ

Ejercicios Propuestos .-

3.5 T/.m

6T 4 T/m C B B

H = 4.5m

y 5 T.m y R=5m

A L = 9m C A 10 m D

3 T/m

B y D x 2

R=12 m R=12 m

x 4m dx

A 2T/m 1 L= 24m 3

8 m

1.- Determinar los esfuerzos totales dela Estructura Parabólica en susCoordenadas Locales.

2.- Determine los esfuerzos de lasCoordenadas Locales del Arcoparabólico.

3.- Calcular los esfuerzos totales delsistema semi-parabólico en sus

Coordenadas Locales.

x x

4.- Calcular las reacciones que ejerce laestructura curva (Arco) sometido a la

acción de fuerzas externas.


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Viga sobre Fundación ElásticaEstructuras IIINGENIERÍA CIVIL

79 UNELLEZ

UNIDAD 5

VIGA SOBRE FUNDACIÓN ELÁSTICA

Este método analítico que evalúa la respuesta de estructuras de vigas soportadas sobresuelos elásticos de rigidez variable. Se derivan ecuaciones matriciales que pueden serfácilmente incluidas en programas de computadora existentes de análisis de estructurasaporticadas. El método incluye vigas acarteladas, prismáticas y no prismáticas soportadassobre suelos elásticos de naturaleza uniforme o variable. El método propuesto es adaptablecon los modelos disponibles en la literatura técnica de fundaciones en un medio semi-

infinito en el plano e independientes del tiempo. Estos modelos incluyen: a) el modeloclásico de Winkler y sus modelos de extensión de dos parámetros: el de Filonenko-Borodich, Hetenyi, Pasternak, y el de Kerr; y b) los modelos de la Teoría de la Elasticidadpropuestos por Reissner, Vlazov y Leontiev.

Además, el algoritmo propuesto permite que los parámetros de estos modelos defundación varíen de cualquier forma en el plano. El algoritmo propuesto tiene un granrango de aplicación en los análisis de: a) vigas sobre suelos difíciles de rigidez variable; b)estructuras aporticadas soportadas sobre pilas acarteladas en las cuales la rigidez del suelovaría con la profundidad; y c) la estabilidad de estructuras aporticadas sobre fundaciones

elásticas variables.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 parámetrospueden ser obtenidas que luego de ser ensambladas pueden ser resueltas en formaalgebraica. En esta formulación se incluyen vigas prismáticas y no prismáticas sujetas acualquier tipo de condición de carga y soporte. Las fórmulas derivadas se pueden aplicar en


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80 UNELLEZ

el análisis estático y de estabilidad de estructuras aporticadas soportadas sobre sueloselásticos uniformes o no uniformes.


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VIGAS INFINITAS CON CARGA PUNTUAL


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Ejemplo # 1.-

2.33m

P1 = 100000 Kg P2 = 50000 Kg

b x

y

Solución:

Teniendo en consideración los datos dados, determinamos el coeficiente de “amortiguamiento”de respuesta suelo – viga (α), o elasticidad del medio en función:

= ∗ 4 ∗ ∗ 4

Donde: K = es el coeficiente de Balasto, el cual es la fuerza de empuje que ejerce el suelo enfunción a un volumen.

E = módulo de elasticidad del elemento estructural (Viga)I = Momento de Inercia del Elemento Estructural (Viga)

Sustituyendo en = 5.17 ∗604∗210000 ∗27000004 = 4.300161 10−3

Para x = 0 ∗ = 0.00000 De manera que: ∗ = 1.00000 Para x = 233cm ∗ = 1.00194 ∗ = 2.72356 Coeficiente elástico del suelo por efecto de las cargas viene dado por:

=

+cos

Sustituyendo para cada carga aplicada a la viga, obtenemos:

1 = 0+cos 00 1 = 1.000002 = 1.00194+cos 1.001941.00194 2 = 0.37353

Determinar la presión reactiva dedescenso y sus esfuerzos para una viga de

longitud infinita.

d K

b = 150 cmd = 60 cm E = 210000 Kg/cm

2 K = 5.17 Kg/cm

3

I = 2700000 cm4


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84 UNELLEZ

La presión reactiva para cada carga es:

=

∗2

∗. +cos

resumiendo:

0 (

1) =

1∗2

∗.

1

;

0 (1) = 100000 ∗ 4.30016110−32∗150 . 1.00000 0 (1) = 1.43339 /2 0 (2) = 2 ∗ 2 ∗ . 2

0 (1) = 50000 ∗ 4.30016110−32∗150 . 0.37353 0 (2) = 0.26771 /2 Entonces: 0 = 0 (1) + 0 (2) 0 = 1.43339 + 0.26771 = . / El valor de la flecha ( y) viene dada por:

0 = 0 por tanto : 0 = 1.70110 / 35.17 /4 = . Determinación de los Esfuerzos Internos:

Momento Flector:

= 4∗ . ( − sen ) donde: = ( − sen )

(1) = ( − sen ) (1) = ( 0 − sen 0)0 (1) = 1.00000

(

2)

=( − sen )

(

2)

=( 1.00194 − sen 1.00194)

1.00194

�

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