UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE GUERRERO
UNIDAD ACADÉMICA DE INGENIERÍA
ANÁLISIS ESTRUCTURAL
Objetivo
El alumno aprenderá métodos clásicos y el método matricial de rigideces para el análisis
de estructuras hiperestáticas, así como el empleo de programas de cómputo para el análisis de
sistemas estructurales.
Temario
1. ANTECEDENTES
2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN
4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
5. MÉTODO DE RIGIDECES
6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000
Bibliografía
ƒ
A. Kassimali, “Análisis estructural”, Thomson.
ƒ
O. González, “Análisis estructural”, Limusa.
ƒ
R. Hibbeler, “Mecánica de materiales”, Pearson.
ƒ
J. McCormac y J. Nelson, “Análisis de estructuras, métodos clásico y matricial”,
Alfaomega.
Evaluación
ƒ
Examen parcial 1:
(20%)
ƒ
Examen parcial 2:
(25%)
ƒ
Examen parcial 3:
(25%)
ƒ
Examen final:
(30%)
CONTENIDO
INTRODUCCIÓN ...........................................................................................................................
CAPÍTULO 1. ANTECEDENTES
1.1.
1.2.
1.3.
1.4.
INTRODUCCIÓN .................................................................................................................
DIAGRAMAS DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS ..............
PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS ................................................
TEMAS RECOMENDADOS ...............................................................................................
CAPÍTULO 2. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
INTRODUCCIÓN .................................................................................................................
LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y
MOMENTO ...........................................................................................................................
2.2.1. Método directo.........................................................................................................
2.2.2. Método punto por punto ..........................................................................................
2.2.3. Método de Müller-Breslau ......................................................................................
APLICACIONES DE LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS ..........................................
2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior ......................
2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo... ................................................... ................
2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior... .................................. ................
2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior... ........................ ................
2.3.5. Momento máximo absoluto... .................................................................. ................
EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 3. MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN
3.1.
3.2.
3.3.
3.4.
INTRODUCCIÓN .................................................................................................................
VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................
3.2.1. Vigas con extremos empotrados ..............................................................................
3.2.2. Ecuación modificada para apoyos simples ..............................................................
MARCOS PLANOS ..............................................................................................................
3.3.1. Sin desplazamiento lateral .......................................................................................
3.3.2. Con desplazamiento lateral......................................................................................
EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 4. MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
4.1.
4.2.
4.3.
4.4.
INTRODUCCIÓN .................................................................................................................
VIGAS CONTÍNUAS ...........................................................................................................
4.2.1. Vigas con extremos empotrados ..............................................................................
4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples .....................................
MARCOS PLANOS ..............................................................................................................
4.3.1. Sin desplazamiento lateral .......................................................................................
4.3.2. Con desplazamiento lateral......................................................................................
EJEMPLOS RESUELTOS ....................................................................................................
CAPÍTULO 5. MÉTODO DE RIGIDECES
5.1.
PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DEL ANÁLISIS ESTRUCTURAL ............................
5.2.
5.3.
5.4.
5.1.1. Continuidad .............................................................................................................
5.1.2. Ley de Hooke ..........................................................................................................
5.1.3. Equilibrio ................................................................................................................
ARMADURAS PLANAS .....................................................................................................
5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad........................................................
MARCOS PLANOS .............................................................................................................
EJEMPLOS RESUELTOS ...................................................................................................
CAPÍTULO 6. INTRODUCCIÓN AL SAP2000
6.1.
6.2.
6.3.
INTRODUCCIÓN ................................................................................................................
ANÁLISIS DE VIGAS .........................................................................................................
MARCOS PLANOS Y EN TRES DIMENSIONES ............................................................
CAPÍTULO 1:
ANTECEDENTES
1.1.
INTRODUCCIÓN
Las asignaturas del área de estructuras del plan de estudios de la carrera de ingeniero civil,
son relevantes por la razón que en ellas se aprende el diseño de estructuras a base de concreto,
acero y mampostería, ante las solicitaciones más desfavorables que puedan presentarse durante su
vida útil.
Para lograr la integración de un proyecto completo en ingeniería estructural, el análisis es una
etapa crucial, ya que de ella se obtendrán los elementos mecánicos que obran sobre la estructura,
con los cuales se realiza la etapa propia de diseño.
En el presente capítulo se desarrolla un ejemplo donde se repasa un método para obtener
diagramas de elementos mecánicos (cortante y momento), así como la pendiente y deflexión en
un punto cualquiera de un elemento isostático.
1.2.
DIAGRAMA DE CORTANTES Y MOMENTOS EN VIGAS ISOSTÁTICAS
En la asignatura de mecánicas de materiales se estudiaron varios métodos para la
obtención de diagramas de cortante y momento para vigas isostáticas. A modo de repaso, se
considera el ejemplo 1.1.
Ejemplo 1.1. Obtener los diagramas de cortante y momento para la viga mostrada. Considere
módulo elástico, E, y momento de inercia, I, como parámetros constantes a lo largo del elemento.
10 Ton
5 Ton
2 Ton/m
A
B
3m
D
C
3m
E, I = CTES
2m
Solución:
ƒ
Determinar reacciones, por ejemplo haciendo suma de momentos en A igual a cero, se
obtiene la reacción en C, o viceversa.
ƒ
Dependiendo que reacción se obtenga del paso anterior, la faltante se evalúa con suma de
fuerzas verticales igual a cero.
ƒ
Una vez determinadas las reacciones, se traza el diagrama de cortantes en función del
valor de las reacciones y de las condiciones de cargas externas (hay que verificar que el
diagrama “cierre”).
ƒ
Finalmente, con ayuda del diagrama de cortantes (las áreas), se traza el diagrama de
momentos (el cual también debe “cerrar”).
ΣM A = 0 :
10 Ton
− 10(3) + Rc (6) − 2(2)(7) − 5(8) = 0
2 Ton/m
A
RC = 16.33 Ton
+ ↑ ΣFy = 0 :
5 Ton
B
RA = 2.67 Ton
− 10 − 2 ( 2 ) − 5 + 16 . 33 + R A = 0
D
C
RC = 16.33 Ton
3m
3m
R A = 2 . 67 Ton
2m
9 Ton
2.67 Ton
5 Ton
Obtención de la distancia x:
A=14
A=8
7 . 33 x = 8 . 0
x =
V
A=22
8 .0
= 1 . 09 m
7 . 33
7.33 Ton
8 T-m
1.91 m
M
0 T-m
x=1.09 m
14 T-m
1.3.
PENDIENTE Y DEFLEXIÓN DE VIGAS ISOSTÁTICAS
Para evaluar la pendiente y deflexión de vigas isostáticas se cuenta con varios métodos,
por mencionar algunos se tienen por integración, superposición y área de momentos. Considérese
para revisión el ejemplo 1.2.
Ejemplo 1.2. Determinar por integración la pendiente y deflexión de la sección D de la viga del
ejemplo 1.1.
Solución:
ƒ
Determinar reacciones (resultados del ejemplo 1.1).
ƒ
Establecer ejes de referencia, en este ejemplo ejes X, Y.
ƒ
Hacer un corte de la viga a una distancia x, de modo que involucre la mayor cantidad
posible de cargas externas y dibujar el diagrama de cuerpo libre de la porción de la viga
(izquierda o derecha) que involucre más datos.
ƒ
Hacer ΣM x = 0 y la ecuación resultante sustituirla en EI
ƒ
Integrar dos veces la ecuación anterior. El resultado de la primera integral representa la
pendiente en cualquier punto a lo largo de la viga, mientras que la deflexión se obtiene del
resultado de la segunda integral.
ƒ
Como las ecuaciones de pendiente y deflexión contienen una y dos constantes,
respectivamente (producto del proceso de integración), es necesario establecer dos
condiciones conocidas de pendiente y/o desplazamiento para la viga en estudio.
ƒ
Evaluar las expresiones de pendiente y deflexión (las que están en términos sólo de x) para
la sección de interés.
d2 y
dx2
=M.
ΣM x = 0 :
− 2.67x +10(x − 3) −16.33(x − 6) + 2(x − 6)
(x − 6)
+M =0
2
EI
d2y
= M;
dx2
EI
d2y
= 2.67x −10(x − 3) +16.33(x − 6) − (x − 6)2
2
dx
M = F(x)
Y
10 Ton
2 Ton/m
A
Integrando:
EI
5 Ton
B
x
10 Ton
D. C. L.
2 Ton/m
A
dy 2.67 2 10
16.33
1
=
x − (x −3)2 +
(x −6)2 − (x −6)3 + F
2
2
2
2
3
dx
B
R = 2.67 Ton
Empleando la condición: y = 0 en x = 0 (Punto A)
0 = 0 + F ( 0) + G
⇒
G=0
Segunda condición: y = 0 en x = 6 m (Punto C)
0=
2.67 3 5 3
(6) − (3) + F (6)
6
3
F = −8.50
3m
M
R = 16.33 Ton
A
C
Integrando nuevamente:
2.67 3 5
16.33
1
x − (x−3)3 +
(x−6)3 − (x−6)4 +Fx+G
6
3
6
12
V
C
x
EI(y) =
X
D
C
3m
Ecuación de la pendiente:
EI
16.33
1
dy 2.67 2
=
x −5(x −3)2 +
(x − 6)2 − (x − 6)3 −8.50
2
2
2
3
dx
Ecuación de la deflexión:
EI( y) =
2.67 3 5
16.33
1
x − (x − 3)3 +
(x − 6)3 − (x − 6) 4 − 8.50x
6
3
6
12
Pendiente en el Punto D (x = 8 m):
 dy 
  =
 dx  D
2.67 (8) 2 − 5(8 − 3) 2 +16.33 (8 − 6) 2 − 1 (8 − 6) 3 − 8.50
2
2
3
EI
18.17
 dy 
  =−
EI
 dx  D
Deflexión en el Punto D (x = 8 m):
yD =
2.67 (8) 3 − 5 (8 − 3) 3 + 16.33 (8 − 6) 3 − 1 (8 − 6) 4 − 8.50(8)
6
3
6
12
EI
yD = −
1.4.
28.33
EI
TEMAS RECOMENDADOS
Con los ejemplos desarrollados se pretende que el alumno repase los temas básicos de la
mecánica de materiales, que serán de base para el entendimiento del análisis estructural. Se
recomienda los temas:
ƒ
Diagramas de momentos flexionantes y fuerzas cortantes en vigas.
ƒ
Esfuerzos de flexión y cortante en vigas.
ƒ
Pendientes y deflexiones de vigas.
CAPÍTULO 2:
LÍNEAS DE INFLUENCIA DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
2.1.
INTRODUCCIÓN
Las líneas de influencia son gráficas que muestran la variación de una función (por
ejemplo de reacciones, cortante o momento) a lo largo de la viga, cuando una carga unitaria
concentrada se aplica a lo largo de la misma.
En el presente capítulo se analizan tres métodos para la obtención de las líneas de influencia para
reacciones, cortante y momento; se detallan las aplicaciones de las líneas de influencia para la
obtención de valores máximos cuando una serie de cargas móviles pasan a través de una
estructura isostática.
2.2.
LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA REACCIONES, CORTANTE Y MOMENTO
2.2.1. Método directo
En lugar de calcular las ordenadas de las líneas de influencia punto por punto, resulta más
práctico plantear una ecuación para la reacción (o cualquier acción), en función de la posición x,
de la carga unitaria. El proceso se muestra en el ejemplo 2.1.
Ejemplo 2.1. Trazar las líneas de influencia para las reacciones en los apoyos A y C, así como
para el cortante y momento en la sección B de la viga mostrada.
A
B
C
a
L
Solución:
ƒ
Se supone una carga unitaria concentrada a una distancia cualquiera x, y se evalúan las
reacciones en los apoyos (se obtienen dos ecuaciones que representan la variación de RA y
RC en función de la posición de la carga unitaria concentrada).
ƒ
Para determinar las expresiones para el cortante y momento en la sección B, se coloca la
carga concentrada unitaria a una distancia cualquiera antes de a; en un segundo caso, se
supone a una distancia cualquiera posterior. Para ambas situaciones trabajar con el
diagrama de cuerpo libre conveniente y con las ecuaciones básicas de estática se
determinan para cada caso las expresiones para VB y MB.
ƒ
Se realiza el trazo de las líneas de influencia para las reacciones (RA y RC), momento y
cortante en la sección B (VB y MB).
x
1
A
A
C
B
RA = 1 -x/L
C
B
RA = 1 -x/L
RC = x/L
RC = x/L
L
L
a
a
ΣM c = 0 :
− R A ( L ) + 1( L − x ) = 0
L − x = RAL
RA =
RA = 1 - x/L
L−x
x
= 1−
L
L
L. I. RA
RC = x/L
+ ↑ ΣFy = 0 :
1−
RA + RC −1.0 = 0
x
+ RC − 1.0 = 0
L
RC =
L. I. RC
x
L
1 - a/L
V B = 1 - x/L
1
A
L. I. VB
C
B
V B = -x/L
RA = 1 -x/L
RC = x/L
a(1 - a/L)
M B = x/L (L - a)
a
- a/L
M B = a (1 - x/L)
L-a
0
MB
C
B
VB
RC = x/L
Si 0 ≤ x ≤ a :
+ ↑ ΣFy = 0 : VB = −RC = −
ΣM B = 0 :
x
L
Rc ( L − a ) − M B = 0
MB =
x
(L − a )
L
L. I. MB
1
A
C
B
Si a ≤ x < L :
+ ↑ ΣFy = 0 :
RA = 1 -x/L
RC = x/L
ΣM
a
A
VB = R A = 1 −
L-a
B
B
= 0:
x
L
− R A (a ) + M
MB
M
B
M
B
B
= 0
= R A (a )
x 

= a 1 − 
L

VB
RA =1-x/L
2.2.2. Método punto por punto
Es el método más obvio, pero no el más expedito, consiste en colocar una carga unitaria
en distintas secciones y calcular el valor correspondiente de la(s) función(es) para las que se
desea obtener la(s) línea(s) de influencia.
Ejemplo 2.2. Para la viga del ejemplo 2.1 determinar a cada L/4 el valor de las líneas de
influencia para RA, RC, VB y MB (para la sección de la viga en L/2).
Solución:
ƒ
Se supone la carga unitaria concentrada en cada punto o sección de interés, con ello, se
evalúan las reacciones, y los diagramas de cortante y momento.
ƒ
Se localizan los valores de cada función de acuerdo en cada punto de interés, de modo que
al unirlos, definan las líneas de influencia respectivas.
L/4
1
A
1
B
1
C
A
0
C
B
0.25
0.75
1
0.75
V
V
0.25
3
16L
1
8L
M
M
0
L/2
1
A
C
B
A
C
B
0.5
0.5
L/4
0.50
L/4
1.0
0.75
V
L/4
0.50
L/4
0.25
V
0
L. I. RA
0.50
L/4
0.50
M
0
M
0.75
1.0
0.25
0
L. I. RC
3L/4
1
A
0.5
0.25
C
B
V
L. I. VB
0
L. I. MB
0.25
0.75
0.25
0
0.5
L/4
0.25
V
L/8
3L/16
0.75
M
L/8
M
0
L
1
A
C
B
0
1
1
V
M
L/8
2.2.3. Método de Müller-Breslau
La línea de influencia de una función (reacción, cortante o momento) tiene la misma
forma que la deformada de la viga (supuesta como cuerpo rígido), cuando se le impone una
deformación unitaria (desplazamiento o giro) correspondiente a la función determinada. En el
ejemplo 2.3 se muestra la aplicación del método a la viga isostática de los ejemplos 2.1 y 2.2.
Ejemplo 2.3. Determinar las líneas de influencia para los apoyos (RA y RC), así como para el
cortante y momento de la sección localizada a la mitad de la longitud de la viga (VB y MB).
A
C
B
L/2
L/2
1.0
0.5
0.0
L. I. RA
1.0
0.5
0.0
L. I. Rc
0.5
L. I. VB
0.5
L/4
θ1
2.3.
θ1
θ2
θ = θ1 + θ2 = 1
θ2
0
L. I. MB
APLICACIÓNES DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA EN VIGAS
Se emplean básicamente para obtener el valor de las reacciones (en los apoyos), cortante y
momento (en una sección particular de la viga) cuando el elemento está sometido a cargas
puntuales y/o uniformemente distribuidas.
Para evaluar el valor de una función de la viga sujeta a cargas concentradas, se multiplican las
magnitudes de las cargas por los valores que les corresponden de acuerdo al diagrama de la línea
de influencia que se trate; en el caso de cargas uniformes, se multiplica la magnitud de la carga
por el área de la línea de influencia en la longitud donde actúa dicha carga.
Otra aplicación es la determinación del valor máximo de una función cuando una serie de cargas
móviles puntuales pasan a través de la viga.
2.3.1. Reacciones en apoyos, cortante y momento en una sección interior
Ejemplo 2.4. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la
sección B de la viga, para el caso de cargas uniformes y cargas concentradas.
10 Ton
2 Ton/m
A
B
3m
6m
D
C
5 Ton
B
A
3m
3m
3m
D
C
3m
3m
Solución:
ƒ
Se determinan las líneas de influencia por cualquier método (se recomienda el de MüllerBreslau, por su sencillez).
1.0
1.0
2/3
1/3
0.0
0.0
L. I. RA
L. I. RA
-1/3
-1/3
4/3
2/3
0.0
L. I. RC
0.0
4/3
1/3
L. I. RC
1/3
0.0
1.0
1/3
0.0
0.0
0.0
L. I. VB
L. I. VB
-1/3
-1/3
-1/3
-2/3
-2/3
2
2
1
0.0
0.0
0
-2
L. I. MB
0.0
0.0
0
-2
L. I. MB
ƒ
Se evalúan las reacciones, cortante o momento empleando los valores correspondientes de
las líneas de influencia o el área de la misma, dependiendo si se trata de cargas
concentradas o uniformes, respectivamente.
Caso de cargas uniformes:
Caso de cargas concentradas:
( 3 )+ 5 (− 13 ) = 5 Ton
( )( )
( )
R A = 10 2
RA = (2) 1 (1)(9) + (2) 1 − 1 (3) = 8 Ton
2
2
3
( ) ( )
( )( )
RC = 10 1 + 5 4 = 10 Ton
3
3
RC = (2) 1 4 (12) = 16 Ton
2 3
( )( )
( )( )
( ) ( )
( )( )
VB = (2) 1 − 2 (6) + (2) 1 1 (3) + (2) 1 − 1 (3) = −4 Ton
2
3
2 3
2
3
( )
VB = 10 − 1 + 5 − 1 = −5 Ton
3
3
( )
M B = 10 (1) + 5 (− 2 ) = 0 Ton − m
M B = (2) 1 (2) (9) + (2) 1 (− 2) (3) = 12 Ton − m
2
2
2.3.2. Fuerza cortante máxima en un apoyo
Se desea determinar por ejemplo, el valor máximo de la reacción en el apoyo A, para una
viga simplemente apoyada sujeta a una serie de cargas concentradas móviles:
F2
F1
A
F3
F4
C
a
b
c
L
Proceso:
ƒ
Se evalúa el cambio o variación del cortante al suponer en un principio que la carga F1 se
encuentra sobre el apoyo A, y posteriormente que F2 es la carga sobre el mismo apoyo,
mediante la expresión:
dVF1 − F2 =
ΣF ( a )
− F1
L
Donde :
ΣF , sumatoria de fuerzas dentro de la viga
ƒ
Se determina la variación de cortante carga por carga.
ƒ
Cuando una carga sale de la viga y genera una variación de cortante negativa, entonces,
dicha carga debe regresarse al apoyo considerado para ahí tener un cortante o reacción
máxima.
ƒ
Se obtiene el valor de la reacción empleando la línea de influencia respectiva y la serie de
cargas puntuales colocadas sobre la viga como se considera en el punto anterior.
2.3.3. Fuerza cortante máxima en una sección interior
Se procede de modo idéntico que en el caso anterior. Se debe tener en cuenta que cuando
una carga pasa al “otro lado” de la sección de interés, aún puede estar dentro de la viga.
Ejemplo 2.5. Para el tren de cargas mostrado, determinar los cortantes máximos en el apoyo A y
en la sección 1-1.
2 Ton
3 Ton
4 Ton
1
A
1
2m
2m
3m
7.5 m
2.5 m
Solución cortante máximo en apoyo A:
12(2)
− 2 = 0.4
10
Si la carga de 2 ton es la que sale del apoyo
y la de 3 ton es la que se ubica sobre A:
dVF1 −F2 =
Si la carga de 3 ton es la que sale del apoyo y
y la de 4 ton es la que se ubica sobre A:
dVF2 −F3 =
9(2)
− 3 = −1.20
10
Por tanto la carga de 3 ton debe estar sobre el apoyo A:
3 Ton
4 Ton
5 Ton
A
2m
1.0
3m
5m
0.8
0.5
L. I. RA
R A max = 3(1) + 4(0.8 ) + 5(0.5) = 8.7 Ton
Solución cortante máximo en sección 1-1:
Si la carga de 2 ton es la que sale de la sección 1-1
y la de 3 ton es la que se ubica sobre ella:
dVF1 −F2 =
14(2)
− 2 = 0.80
10
5 Ton
Si la carga de 3 ton es la que sale de la sección 1-1
y la de 4 ton es la que se ubica sobre ella:
2 Ton
dVF2 −F3 =
4 Ton
3 Ton
12(2)
− 3 = −0.60
10
5 Ton
1
A
1
0.5 m 2 m
2m
3m
2.5 m
0.75
0.55
0.25
L. I. VB
0.05
0.25
V1−1max = 2(− 0.05) + 3(0.75) + 4(0.55) + 5(0.25) = 5.6 Ton
2.3.4. Momento flexionante máximo en una sección interior
Se desea determinar la ubicación de las cargas puntuales en una viga, de modo que
produzcan el momento flexionante máximo en una sección interior de la misma. Considérese la
viga simplemente apoyada, sujeta a cuatro cargas puntuales:
F1
F2
F3
F4
1
A
1
L1
L2
F2
F3
F3
F2
F1
F4
F4
F1
Y/L2
Y/L1
1
Y/L1
1
Y
1
L. I. M1-1
Y/L2
1
Y/L2
Y/L1
Evaluando el incremento y decremento de momentos cuando las cargas puntuales se desplazan
una unidad a la izquierda:
Y 
Y 
Y 
∆M =   F3 +   F4 = ΣFL2   ; ΣFL2
L
L
 L2 
 2
 2
sumatoria de fuerzas en L2
Y 
− ∆M = ΣFL1   ; ΣFL1
 L1 
sumatoria de fuerzas en L1
Para obtener el momento flexionante máximo en la sección de interés, se requiere que el
incremento total de momentos del lado derecho de la sección sea igual al decremento total de
momentos del lado izquierdo.
Y
ΣFL2 
 L2

Y 
 = ΣFL1   ⇒

 L1 
ΣFL2 ΣFL1
=
L2
L1
2.3.5. Momento máximo absoluto
Se desea ubicar las cargas de tal modo que produzcan el momento máximo absoluto en
una viga simple.
x
F1
F2
R
F4
F3
A
C
F
G
H
L
R = ΣF = F1 + F2 + ....... + FN
Suponiendo que F3 es la carga más cercana a la resultante:
ΣM F3 = 0 : − R A (L − x + H ) + F1 (F ) + F2 (G ) + M F3 = 0
M F3 = R A (L − x + H ) − F1 (F ) − F2 (G )
Mc = 0 :
− R A (L ) + Rx = 0 ⇒
RA =
L[1]
Rx
L[2]
L
Sustituyendo ec (2) en (1):
M F3 =
2
Rx
(L − x + H ) − F1 ( F ) − F2 (G ) = Rx − Rx + RxH − F1 (F ) − F2 (G ) L [3]
L
L
L
Derivando e igualando a cero ec (3), para encontrar el valor de x.
d
M
F3
dx
= R−
RH
2 Rx
+
=0
L
L
H 
2x

+
R 1 −
=0
L
L 

⇒
x =
L 
H  L
H
+
1 +
=
L 
2 
2
2
Ejemplo 2.6. Determinar el momento máximo en la sección 1-1 de la viga, así como el
momento máximo absoluto en la misma.
14 m
6m
F1=10 F2=8
F3=F4=F5=15
1
A
C
1
2.5 m
L2
L1
3m
1m 1m
Cargas en tonelas
Solución A) Momento máximo en la sección 1-1:
Proceso:
ƒ
Se pasa una a una las cargas de derecha a izquierda de la sección de interés.
ƒ
Se evalúan las cargas promedio en cada tramo.
ƒ
Se comparan (< o >).
ƒ
Cuando una carga produce cambio en la desigualdad, esta debe regresarse a la sección.
ƒ
Se evalúa el momento máximo empleando la línea de influencia correspondiente.
ΣFL1
L1
0
= 0 .0
6
10
= 1.7
6
18
= 3 .0
6
33
= 5.5
6
ΣFL2
L2
63
<
= 4.5
14
53
<
= 3.8
14
45
<
= 3.2
14
30
>
= 2.1
14
10
8 15 15 15
1
1) Todas las cargas
a la derecha de 1-1
A
C
2) F1 a la izquierda de 1-1
3) F2 a la izquierda de 1-1
1
0.5 2.5
4)F3 a la izquierda de 1-1
0.35
Por lo tanto F3 =15 ton debe estar sobre la sección 1-1
Calculando el momento máximo:
M máx. = 10(0.35) + 8(2.1) + 15(4.2 + 3.9 + 3.6 )
M máx. = 195.8 Ton − m
1
4.2
2.1
L. I. M1-1
3
1
3.9
12
3.6
Solución B): Momento máximo absoluto
Proceso:
ƒ
Evaluar resultante y ubicación.
ƒ
Colocar las cargas sobre la viga de tal forma que el centro de la misma se ubique a la
mitad entre la resultante y la carga más cercana a ésta.
ƒ
Evaluar el momento máximo absoluto en el punto de la carga más cercana a la resultante.
Valor de la resultante y localización con respecto a la última carga de 15 ton de la derecha:
R = ΣF = 63 Ton
x=
x = 2.54 m
15(1) + 15(2 ) + 8(5 ) + 10 (7.5 )
= 2.54 m
63
10
R = 63 T 15 15
8
15
Ubicación de la resultante con respecto al apoyo C:
x=
L I 20 0.54
+ =
+
= 10 .27 m
2 2 2
2
2.5 m
3m
x = 10.27 m
R = 63 T
10
8
15
15
15
A
C
CL
2.5
4.77
0.27
2.46
1
0.27
7.73
1
5.0
4.49
3.54
3.97
2.32
L. I. MF3
Valor del momento máximo absoluto:
M máx. abs. = 10(2.32 ) + 8(3.54 ) + 15(5.00 ) + 15(4.49 ) + 15(3.97 )
M máx .abs. = 253.42 Ton − m
1m
1m
2.4.
EJEMPLOS RESUELTOS
Ejemplo 2.1. Obtener las líneas de influencia para las reacciones A y C así como para el
cortante y momento en la sección B. Emplear el método de Müller-Breslau y el paso a paso.
Solución Método de Müller-Breslau
A
6m
D
C
B
3m
3m
1.0
2/3
1/3
0.0
V
L.I.RA
-1/3
2/3
1.0
4/3
1/3
0.0
L.I.Rc
M
1/3
V
L.I.VB
-1/3
1/3
2/3
2
1
M
0
Solución Método punto por punto
2
1
1).-
A
D
C
B
1
6m
1
3m
3m
L.I.MB
L/4
1
2).-
A
D
C
B
ΣM A = 0
− 1(3) + RC (9 ) = 0
1/3
2/3
3m
3m
3m
3 1
=
9 3
Σ Fy = 0
3m
RC =
2/3
RA − 1 +
V
-1/3
RA =
2
1
3).-
M
A
C
B
0
D
2
3
ΣM A = 0
− 1(3) + RC (9 ) = 0
RC =
2/3
1/3
V
-2/3
2
M
0
1
4).-
1
=0
3
A
D
C
B
1
0
6m
3m
3m
3 1
=
9 3
1
A
5).-
D
C
B
ΣM A = 0
− 1(12 ) + RC (9 ) = 0
4/3
-1/3
6m
RC =
3m
3m
12 4
=
9 3
Σ Fy = 0
4/3
4
=0
3
1
RA = −
3
RA − 1 +
V
-1/3
M
0
2
3
Ejemplo 2.2. Determinar las reacciones en los apoyos, así como el cortante y el momento en la
sección B de la viga.
a) Cargas concentradas
10 Ton
( 3 )+ 5 (− 13 ) = 5 Ton
= 10 (1 )+ 5 (4 ) = 10 Ton
3
3
= 10 (− 1 )+ 5 (− 1 ) = −5 Ton
3
3
R A = 10 2
RC
VB
A
M B = 10 (1) + 5 (− 2 ) = 0 Ton − m
5
5 Ton
C
B
5 Ton
3m
D
10 Ton
3m
3m
3m
5
b) Cargas uniformes
2 Ton/m
A
B
C
D
1.0
2/3
1/3
0.0
V
L.I.RA
-1/3
2/3
0.0
1.0
4/3
1/3
L.I.Rc
M
1/3
V
L.I.VB
-1/3
-1/3
-2/3
2
1
M
0
L.I.MB
-2
(
(
(
(
)
( )( )
)( )
)( )
( )( )
)
( )
RA = (2) 1 (1)(9) + (2) 1 − 1 (3) = 8 Ton
2
2
3
RC = (2) 1 4 (12) = 16 Ton
2 3
VB = (2) 1 − 2 (6) + (2) 1 1 (3) + (2) 1 − 1 (3) = −4 Ton
2
3
2 3
2
3
M B = (2) 1 (2) (9) + (2) 1 (− 2) (3) = 12 Ton − m
2
2
( )( )
Valores máximos de reacción, cortantes y momentos en vigas simplemente apoyadas sujetas a
cargas concentradas móviles
CAPÍTULO 3:
MÉTODO PENDIENTE-DEFLEXIÓN
3.1.
INTRODUCCIÓN
El método pendiente-deflexión toma en cuenta las deformaciones por flexión de los
elementos (tales como rotaciones y asentamientos), pero no las debidas a fuerza cortante y fuerza
normal (axial).
Los momentos en los apoyos de una viga continua, por ejemplo para el tramo B-C son originados
considerando:
P
A
ƒ
P
P
B
w
D
C
Los extremos empotrados, con ello se obtienen los momentos de empotramiento, ME.
B
C
w
M EBC
ƒ
M ECB
Rotaciones de los nodos.
θB
θC
ƒ
Asentamiento o hundimiento de los apoyos.
θB
∆
θC
ψ=
∆
L
L
Las rotaciones de los nudos originan cambios en las pendientes de las tangentes a la elástica en
dichos puntos.
El cambio de pendiente en el apoyo es igual a la fuerza cortante en el extremo de la viga de
acuerdo al diagrama de momentos.
B
C
L
MCB/EI
θ C = RC
MBC/EI
θ B = RB
ΣM C = 0 :
( )
1  M CB  L
1M  2 
(L ) 3 −  BC (L ) L  = 0
2  EI 
2  EI   3 
θ B (L ) + 
θB =
M BC (L ) M CB (L )
L
(2M BC − M CB )
−
=
3EI
6 EI
6 EI
De forma similar:
θC =
L
(2 M CB − M BC )
6 EI
Añadiendo a las ecuaciones anteriores, el giro debido al hundimiento ψ = ∆ L , y haciendo
K=I
L
, se tiene:
θB =
1
(2M BC − M CB ) + ψ
6 EK
θC =
1
(2M CB − M BC ) + ψ
6 EK
Despejando los momentos M BC y M CB del sistema de ecuaciones simultáneas y anexando los
momentos de empotramiento:
E
M BC = 2 EK (2θ B + θ C − 3ψ ) + M BC
E
M CB = 2 EK (θ B + 2θ C − 3ψ ) + M CB
3.2.
VIGAS CONTINUAS
3.2.1 Vigas con extremos empotrados
Generalizando para un tramo cualquiera de viga:
i
(
)
(
)
M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3ψ + M ijE
j
M ji = 2 EK θ i + 2θ j − 3ψ + M Eji
En la determinación de los elementos mecánicos (cortantes y momentos) en vigas continuas,
mediante pendiente-deflexión, es necesario:
ƒ
Determinar los momentos de empotramiento para cada tramo.
ƒ
Calcular las rigideces relativas de cada tramo.
ƒ
Establecer las ecuaciones de momento (dos por tramo).
ƒ
Aplicar condiciones de equilibrio y resolver el sistema de ecuaciones resultante.
ƒ
Determinar los momentos en los extremos de los elementos, con la(s) solución(es) del
paso anterior.
ƒ
Obtener los cortantes totales como la suma de cortantes isostáticos e hiperestáticos.
ƒ
Trazar los diagramas de cortante y momentos para la viga considerada (es necesario
verificar que los diagramas “cierren”).
Ejemplo 3.1. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada.
Suponga parámetros constantes al módulo elástico del material de la viga (E) y al momento de
inercia de la sección transversal (I).
5T
A
2 Ton/m
5m
B
C
2.5 m
2.5 m
E, I = CTES
Solución:
ƒ
Momentos de empotramiento:
Empleando:
P
w
wL2
M =
12
E
E
M AB
=
ME =
L
L
2
2(5)
= 4.17 T − m
12
2
E
M BC
=
5(5)
= 3.13 T − m
8
E
M CB
= −3.13 T − m
E
M BA
= −4.17 T − m
ƒ
L
2
PL
8
Rigideces relativas (I=5):
K AB
K BC =
ƒ
5T
5
I
=
= = 1.0
L AB 5
4.43
3.65
2.87
2 Ton/m
I
= 1.0
LBC
5m
2.5 m
2.5 m
Ecuaciones de momento(E=1):
(
= 2 EK (θ
)
− 3Ψ ) + M
5
M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3Ψ + M ijE
M
ji
i
+ 2θ j
E
ji
5
2.5
2.5
0.16
0.16
0.16
0.16
5.16
4.84
2.66
2.34
M AB = 2(1)(1)(θ B ) + 4.17 = 2θ B + 4.17
M BA = 2(1)(1)(2θ B ) − 4.17 = 4θ B − 4.17
M BC = 2(1)(1)(2θ B ) + 3.13 = 4θ B + 3.13
M CB = 2(1)(1)(θ B ) − 3.13 = 2θ B − 3.13
ƒ
2.58
5.16
V
(Ton)
2.34
Condición de equilibrio:
4.84
M BA + M BC = 0
Momentos en extremos de elementos:
M AB = 4.43 T − m
M BA = −3.65 T − m
M BC = 3.65 T − m
M CB = −2.87 T − m
3
2.22
8θ B = 1.04 ; θ B = 0.13
ƒ
2.66
(T-m)
M
2.86
4.43
3.65
3.2.2 Ecuaciones modificadas para apoyos simples
Las ecuaciones generales (de apoyos empotrados)
i
(
)
(
)
M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3ψ + M ijE
j
M ji = 2 EK θ i + 2θ j − 3ψ + M Eji
Pueden modificarse para la condición:
M ij = 0
j
i
(
)
M ji = 3EK θ j − Ψ + M Eji −
1 E
M ij
2
Ejemplo 3.2. Resolver el problema 3.1 considerando una articulación en el apoyo A (en lugar de
empotre).
5T
A
2 Ton/m
5m
B
C
2.5 m
E, I = CTES
2.5 m
Solución:
ƒ
Momentos de empotramiento:
M
E
AB
2(5)
=
= 4.17 T − m
12
2
E
M BC
=
E
M BA
= −4.17 T − m
ƒ
K BC =
ƒ
E
M CB
= −3.13 T − m
Rigideces relativas (I=5):
K AB =
5
I
= = 1.0
L AB 5
I
LBC
= 1.0
Ecuaciones de momento (E=1):
M AB = 0
M BA = 3(1)(1)(θ B ) + (− 4.17 ) −
5(5)
= 3.13 T − m
8
1
(4.17 ) = 3θ B − 6.25
2
M BC = 2(1)(1)(2θ B ) + 3.13 = 4θ B + 3.13
5T
M CB = 2(1)(1)(θ B ) − 3.13 = 2θ B − 3.13
ƒ
0.0
4.91
2.23
2 Ton/m
Condición de equilibrio:
M BA + M BC = 0
2.5 m
2.5 m
5m
3θ B − 6.25 + 4θ B + 3.13 = 7θ B − 3.13
5
3.13
θB =
= 0.45
7
ƒ
Momentos en extremos de elementos:
M AB = 0
5
2.5
2.5
0.98
0.98
0.54
0.54
4.02
5.98
3.04
1.96
4.02
3.04
M BA = −4.91 T − m
M BC = 4.91 T − m
V
(Ton)
2.0
M CB = −2.23 T − m
1.96
5.98
4.04
2.68
(T-m)
M
2.23
4.91
Ejemplo 3.3. Determinar los diagramas de cortante y momento para la viga continua mostrada.
Considerar E, I constantes y, un hundimiento de 1 cm en el apoyo B.
5T
2T
B
A
2.5 m
2.5 m
2T
2.0 m
2.0 m
2.0 m
Solución:
ƒ
Momentos de empotramiento
E
M AB
=
5(5)
= 3.13 T − m
8
2T
D
C
2 Ton/m
5.0 m
2T
E
M BA
= −3.13 T − m
2.0 m
2.0 m
2(7 )2 2(5)(2 )2
+
= 8.98 T − m
12
(7 )2
E
M BC
=
2(2 )(4 )2
E
M CD
=
ƒ
2(4 )(2 )2
(6 )
2
= 2.67 T − m
2(7 )2 2(5)2 (2 )
+
= −10.21 T − m
12
(7 )2
E
M DC
= −2.67 T − m
Rigideces relativas (I=7):
K AB =
ƒ
(6)
2
+
E
M CB
=
I
I
I AB 7
7
7
= = 1.4; K BC = BC = = 1.0; K CD = CD = = 1.17
L AB 5
LBC 7
LCD 6
Ecuaciones de momento (E=1):
Aplicando:
Tramo
 M ij = 0
( A − B ) 
1 E
E
 M ji = 3 EK θ j − Ψ + M ji − M ij
2

Tramos
Ψ=
(
)
(
(
)
)
 M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3Ψ + M ijE
(B − C ) y (C − D ) 
E
 M ji = 2 EK θ i + 2θ j − 3Ψ + M ji
∆
L
M AB = 0

1
 − 0.01 
M BA = 3(1)(1.4 )θ B − 
 + (− 3.13) − (3.13) = 4.2θ B − 4.68
2
 5 


 0.01 
M BC = 2(1)(1)2θ B + θ C − 3
 + 8.98 = 4θ B + 2θ C + 8.97
 7 


 0.01 
M CB = 2(1)(1)θ B + 2θ C − 3
 − 10.21 = 2θ B + 4θ C − 10.22
 7 

M CD = 2(1)(1.17 )[2θ C + θ D ] + 2.67 = 4.67θ C + 2.33θ D + 2.67
M DC = 2(1)(1.17 )[θ C + 2θ D ] − 2.67 = 2.33θ C + 4.67θ D − 2.67
M DE = 4
ƒ
Condiciones de equilibrio:
M BA + M BC = 0
8.2θ B + 2θ C
M CB + M CD = 0
2θ B + 8.67θ C + 2.33θ D = 7.55
M DC + M DE = 0
2.33θ C + 4.67θ D = −1.33
= −4.30
θ B = −0.85
θ C = 1.32
θ D = −0.95
ƒ
Momentos en extremos de elementos:
M AB = 0 T − m
5T
M BA = −8.23 T − m
2T
6.62
2 Ton/m
B
A
M BC = 8.23 T − m
2T
8.23
2T
2T
4.0
D
C
M CB = −6.62 T − m
M CD = 6.62 T − m
2.5 m
2.5 m
5.0 m
2.0 m
2.0 m
2.0 m
2.0 m
2.0 m
M DC = −4 T − m
M DE = 4 T − m
2.5
2.5
1.65
0.86
1.65
4.15
7.57
8.42
2
0.23
0.23
0.44
7.80
8.20
2.44
2
2
0.44
1.56
2
7.80
2.44
2
0.44
0.86
(Ton)
V
1.56
2.20
4.15
4.20
-8.20
6.98
5.77
2.14
M
(T-m)
0.87
1.75
4
6.62
8.23
3.3.
MARCOS PLANOS
3.3.1. Sin desplazamiento lateral
El método se aplica de la misma manera que para el caso de vigas continuas.
Teóricamente un marco no se desplaza lateralmente si es simétrico con respecto a su eje central
en dimensiones, cargas, o si está restringido contra desplazamiento por otros elementos de la
estructura.
Ejemplo 3.4. Determinar los diagramas de cortante y momento flexionante para el marco
mostrado. Considere el módulo elástico del material y el momento de inercia de los elementos
como parámetros constantes.
5T
C
B
2 Ton/m
E
3m
E, I = CTES
D
A
2m
4m
5m
Solución:
ƒ
Momentos de empotramiento
E
M BC
=
E
M CE
=
ƒ
5(2 )(4 )
2
(6 )2
2(5 )
= 4.17 T − m
12
2
E
M EC
=−
5(2 ) (4 )
2
(6 )2
= −2.22 T − m
2(5 )
= −4.17 T − m
12
2
Calcular las rigideces relativas (I = 6):
K AB = K CD =
ƒ
E
M CB
=−
= 4.44 T − m
6
= 2.0;
3
K BC =
6
= 1.0;
6
K CE =
6
= 1.20
5
Ecuaciones de momento (E=1)
Aplicando:
Tramo
Tramos
 M ij = 0
(C − E ) 
1 E
E
 M ji = 3 EK θ j − Ψ + M ji − M ij
2

(
)
(
(
)
)
 M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3Ψ + M ijE
( A − B ) , (B − C ) y (C − D )
E
 M ji = 2 EK θ i + 2θ j − 3Ψ + M ji
M AB = 2(1)(2 )(θ B ) = 4θ B
M BA = 2(1)(2 )(2θ B ) = 8θ B
M BC = 2(1)(1)(2θ B + θ C ) + 4.44 = 4θ B + 2θ C + 4.44
M CB = 2(1)(1)(θ B + 2θ C ) − 2.22 = 2θ B + 4θ C − 2.22
M CD = 2(1)(2 )(2θ C ) = 8θ C
M DC = 2(1)(2 )(θ C ) = 4θ C
M CE = 3(1)(1.2 )(θ C ) + 4.17 −
1
(− 4.17 ) = 3.6θ C + 6.25
2
M EC = 0
ƒ
Condiciones de equilibrio
12θ B +
M BA + M BC = 0
θ B = −0.334
θ C = −0.216
2θ B + 15.6θ C = −4.03
M CB + M CD + M CE = O
ƒ
2θ C = −4.44
Diagramas de momento y cortante
5T
5.47
3.75
C
B
2 Ton/m
E
2.67
3.33
1.67
5
5
0.18
0.18
1.09
1.09
3.15
1.85
6.09
3.91
1.72
1.34
A
1.34
0.86
0.86
D
3.05 m
6.09
3.15
3.81
3.63
1.72
2.67
1.85
3.75
3.91
1.34
2.67
5.43
0.86
1.34
0.86
3.3.2. Con desplazamiento lateral
Se muestra el proceso de solución para un marco de dos niveles, sujeto a cargas
uniformemente distribuidas y laterales, las que le producen desplazamiento lateral.
2
2
W
C
F2
W
B
F1
D
Ψ BC = Ψ DE =
− ∆2
= Ψ2
l BC
Ψ AB = Ψ EF =
− ∆1
= Ψ1
l AB
E
E, I = CTES
F
A
1
1
4m
ƒ
Momentos de empotramiento
ƒ
Rigideces relativas
ƒ
Ecuaciones de momento (incógnitas: θ B ,θ C ,θ D ,θ E , Ψ1 , Ψ2 . )
ƒ
Condiciones de equilibrio
ΣM B = 0 : M BA + M BC + M BE = 0
ΣM C = 0 : M CB + M CD
=0
ΣM D = 0 : M DC + M DE
=0
ΣM E = 0 : M EB + M ED + M EF = 0
ΣFH NIVEL SUPERIOR = 0 : F2 +
M BC + M CB M DE + M ED
+
=0
L BC
LDE
( A)
(B )
(C )
(D )
(E )
ΣFH NIVEL INFERIOR = 0 : F1 + F2 − R H A − R H F = 0
F1 + F2 +
M AB + M BA M EF + M FE
+
=0
L AB
LEF
(F )
ƒ
Solución del sistema (formado por las ecuaciones A, B, C, D, E y F)
ƒ
Obtención de momentos finales
ƒ
Determinación de cortantes
ƒ
Trazo de diagramas
Ejemplo 3.5. Determinar diagramas de cortante y momento para el marco con desplazamiento
lateral.
2 Ton/m
B
4m
2 Ton/m
C
4m
E, I = CTES
E, I = CTES
ΨBC =
−∆
4
ΨCD =
−∆
8
A
8m
D
4m
Solución:
ƒ
Momentos de empotramiento
2(4 )
= 2.67
12
= −2.67
E
M BC
=
E
M CB
ƒ
2
Rigideces relativas (I=8)
K AB = K BC =
8
=2
4
K CD = 1
ƒ
Ecuaciones de momento (para todos los tramos)
M ji
(
= 2 EK (θ
Si
ΨCD = Ψ
)
− 3Ψ ) + M
M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3Ψ + M ijE
i
+ 2θ j
E
ji
→ ΨAB = 2Ψ
M AB = 2(2 )[θ B − 3(2Ψ )] = 4θ B − 24 Ψ
M BA = 2(2 )[2θ B − 3(2Ψ )] = 8θ B − 24 Ψ
M BC = 2(2 )[2θ B + θ C ] + 2.67 = 8θ B + 4θ C + 2.67
M CB = 2(2 )[θ B + 2θ C ] + 2.67 = 4θ B + 8θ C − 2.67
M CD = 2(1)[2θ C − 3(Ψ )] = 4θ C − 6Ψ
M DC = 2(1)[θ C − 3(Ψ )] = 2θ C − 6Ψ
8m
ƒ
Condiciones de equilibrio
ΣM B = 0 :
M BA + M BC = 0
16θ B + 4θ C − 24 Ψ = −2.67
ΣM C = 0 :
M CB + M CD = 0
4θ B + 12θ C − 6Ψ = 2.67
ΣFH = 0 :
R HA + R HD = 0
3θ B + 0.75θ C − 13.5Ψ = 0
ƒ
( A)
(B )
(C )
θ B = −0.3262
θ C = 0.3034
Ψ = −0.0556
Diagramas de momento y cortante
1.97 m
1.27
1.55
3.93
2.59
3.93
4.07
1.27
1.27
4.07
0.31
1.55
1.55
0.31
0.03
0.03
0.31
0.31
0.94
0.94
3.4.
EJEMPLOS RESUELTOS
CAPÍTULO 4:
MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
4.1.
INTRODUCCIÓN
Con la finalidad de demostrar el método de Hardy Cross, se determina el impacto que
tiene el momento M aplicado en el nodo B en cada uno de los elementos del sistema.
A
C
M
B
D
El método de distribución de momentos basa su proceso en dos aspectos fundamentales:
ƒ
Factor de rigidez o factor de distribución
Aplicando pendiente-deflexión para el marco sin desplazamiento lateral anterior, se tiene:
M AB = 2 EK AB (θ B ) = 2 EK AB θ B
M BA = 2 EK AB (2θ B ) = 4 EK ABθ B
M BC = 2 EK BC (2θ B ) = 4 EK BC θ B
M CB = 2 EK BC (θ B ) = 2 EK BC θ B
M BD = 2 EK BD (2θ B ) = 4 EK BD θ B
M DB = 2 EK BD (θ B ) = 2 EK BD θ B
Considerando la condición de equilibrio en el nodo B:
ΣM B = 0 :
M BA + M BC + M BD + M = 0
4 Eθ B (K AB + K BC + K BD ) = − M
4 Eθ B =
−M
ΣK B
donde
ΣK B = K AB + K BC + K BD
Sustituyendo en las ecuaciones que definen los momentos en los extremos que concurren en el
nodo B, se tiene:
M BA = −
K
M
K AB = − AB
ΣK B
 ΣK B

 M = −(FD )BA M

M BC = −
K
M
K BC = − BC
ΣK B
 ΣK B

 M = −(FD )BC M

M BD = −
K
M
K BD = − BD
ΣK B
 ΣK B

 M = −(FD )BD M

Cuando se tiene un momento de desequilibrio en una junta, éste se distribuye a cada uno de los
extremos que concurren a la misma en proporción a su rigidez y con sentido contrario. El factor
de distribución, indica la proporción de momento de desequilibrio que toma cada extremo que
concurre al nodo desequilibrado.
ƒ
Momento transportado
Sustituyendo la solución producto del equilibrio del nodo B, en las ecuaciones que definen los
momentos en los extremos opuestos al nodo mencionado, se obtiene:
M AB =

−M
(K AB ) = − K AB
2ΣK B
 ΣK B
 1 1
 M   = M BA
 2 2
M CB =

−M
(K CB ) = − K CB
2Σ K B
 ΣK B
 1 1
 M   = M CB
 2 2
M DB =

−M
(K DB ) = − K DB
2Σ K B
 ΣK B
 1 1
 M   = M DB
 2 2
El factor de transporte representa la fracción del momento aplicado M que se traslada al extremo
lejano del elemento.
M
MCB
MBA
MBC
MAB
MBD
MDB
4.2.
VIGAS CONTINUAS
Se presenta la aplicación del método de distribución de momentos para el caso de vigas
continuas. En primer instancia se muestra la solución “normal” aplicada a cualquier tipo de vigas
(sin importar la condición de los apoyos extremos); sin embargo, para el caso de vigas continuas
que tengan en sus tramos finales apoyos que no admitan momento, es posible la aplicación del
“cross modificado”.
4.2.1. Vigas con extremos empotrados
Proceso:
ƒ
Determinar factores de distribución, FD
ƒ
Evaluar momentos de empotramiento, ME
ƒ
Determinar en cada junta el momento de desequilibrio para distribuirlo a cada lado de la
misma en función de los FD (a los momentos distribuidos se le cambia de signo)
ƒ
Se transporta la mitad del momento distribuido (paso anterior) al extremo opuesto del
elemento
ƒ
Se repiten los procesos de distribución y transporte, hasta que los momentos por distribuir
sean pequeños
ƒ
Evaluar los momentos finales y cortantes
ƒ
Dibujar diagramas
Ejemplo 4.1. Resolver el ejemplo 3.1 por el método de distribución de momentos.
ƒ
Factores de distribución
Si
ƒ
K AB =
I 5
= = 1 .0
L 5
FD BA =
K AB
1
=
= 0 .5
K AB + K BC 1 + 1
K BC =
I 5
= = 1 .0
L 5
FD BC =
K BC
1
=
= 0 .5
K AB + K BC 1 + 1
I =5
Momentos de empotramiento
E
E
M AB
= − M AB
=
(2) (5)2
12
E
E
M BC
= − M BC
=
= 4.17 t − m
(5)(5) = 3.13
8
5T
A
2 Ton/m
5m
B
C
2.5 m
2.5 m
FD 0.00
0.50 0.50
0.00
ME 4.17
-4.17 3.13
-3.13
D1
T1 0.26
MF 4.43
0.52 0.52
-4.17 4.17
0.26
-2.86
E, I = CTES
t −m
Ejemplo 4.2. Resolver el problema 3.2 por el método de Cross normal.
5T
A
B
2 Ton/m
5m
C
2.5 m
2.5 m
FD 1.00
0.50 0.50
0.00
ME 4.17
-4.17 3.13
-3.13
D1 -4.17
0.52 0.52
T1
0.26
T2
1.04 1.04
0.52
-0.13
D3 -0.52
T3
0.52
0.07 0.07
0.03
-0.26
D4 -0.03
T4
0.26
-2.08
D2 -0.26
E, I = CTES
0.03
0.13 0.13
0.07
-0.02
0.07
D5 -0.07
0.01 0.01
MF 0.00
-4.90 4.90
-2.24
4.2.2. Modificación de la rigidez para el caso de apoyos simples
Considérense las siguientes vigas
A
B
θ
A
E, I = CTES
M
B
θ
M
L
L
Caso (i)
Caso (ii)
Aplicando pendiente-deflexión para el caso (i):
M AB =
2 EI
(2θ A )
L
si
M = M AB
Haciendo θ = 1 → M = K =
y θ =θA
entonces
 4 EI 
M =
θ
 L 
4 EI
L
La rigidez angular o rigidez a flexión de un elemento, se define como el momento que debe
aplicarse en el extremo del mismo para obtener una rotación unitaria en dicho extremo. La
rigidez relativa a flexión, se determina como:
Κ=
4 EI
K
I
=
=
4 E 4 EL L
Procediendo de forma similar para el caso (ii):
M AB =
3EI
(θ A )
L
M = M AB
si
Haciendo θ = 1 → M = K =
Κ=
y θ =θA
 3EI 
M =
θ
 L 
entonces
3EI
L
K
3EI 3  I 
=
=  
4 E 4 EL 4  L 
Por lo tanto:
I
 , si el extremo lejano está empotrado
 L
Κ=
3 I
  , si el extremo lejano está articulado
 4  L 
Ejemplo 4.3. Resolver el ejemplo 4.2 por el método de Cross Modificado.
ƒ
Si
Factores de distribución
K AB =
3 I  35
  =   = 0.75
4 L 45
K BC =
I 5
= = 1 .0
L 5
FD BA =
K AB
0.75
=
= 0.43
K AB + K BC 0.75 + 1
FD BC =
K BC
1
=
= 0.57
K AB + K BC 0.75 + 1
I =5
5T
A
B
2 Ton/m
5m
C
2.5 m
2.5 m
FD
1.00
0.43 0.57
0.00
ME
4.17
-4.17 3.13
-3.13
EQ.A -4.17
-2.08
D1
1.34 1.79
T1
MF
0.89
0.00
-4.91 4.91
-2.23
E, I = CTES
El método de distribución de momentos puede considerar los efectos de las traslaciones de los
nodos debidas a asentamiento de los apoyos y al ladeo.
Para determinar el efecto en los momentos en los extremos de los elementos, debidos al
asentamiento de los apoyos, considérense los siguientes casos:
Caso (i)
Caso (ii)
A
A
B
ψ=
MAB
−∆
L
MBA
∆
B
∆
MAB
−∆
ψ=
L
L
L
Caso (i)
M AB =
2 EI   ∆    6 EI 
− 3 −  = 
∆
L   L    L2 
→
 6 EI 
M AB = M BA =  2  ∆
 L 
Caso (ii)
M AB =
3EI
L
  ∆    3EI 
 −  − L   =  L2  ∆
 

 
Ejemplo 4.4. Resolver el ejemplo 3.3 por el método de Cross.
ƒ
Factores de distribución
K AB =
Si
I =7
K BC =
K CD =
ƒ
3 I  37
  =   = 1.05
4 L 45
FD BA =
K AB
1.05
=
= 0.51 →
K AB + K BC 2.05
FDCB =
K BC
1
=
= 0.53
K BC + K CD 1.875
FD BC = 0.49
I 7
= = 1 .0
L 7
→
3 I  37
  =   = 0.875
4 L 46
Momentos de empotramiento
E
M AB
=
5(5)
= 3.13
8
E
M BA
=−
 3(1)(7 ) 
5(5)
 = −3.12
+ 0.01
2 
8
 (5) 
FD CD = 0.47
E
M BC
=
E
M CD
=
2
2
 6(1)(7 ) 
2(7 )
2(5)(2 )


+
−
0
.
01
 (7 )2  = 8.97
12
(7 )2


2(2 )(4 )
2
(6)2
+
2(4 )(2 )
2
(6 )2
 2(7 )2 2(5)2 (2 ) 


E
 − 0.01 6(1)(7 )  = −10.22
M CB
= −
+
 (7 )2 
(7 )2 


 12
E
M DC
= −2.67
= 2.67
5T
2T
2.5 m
2.5 m
5.0 m
2.0 m
2.0 m
1.00
0.51 0.49
0.53 0.47
3.13
-3.12 8.97
-10.22 2.67
-0.67
-1.56
D1
-2.20 -2.10
T1
2.19
D2
-1.12 -1.07
T2
0.28
D3
-0.14 -0.14
T3
0.14
D4
-0.07 -0.07
2.0 m
2.0 m
2.0 m
1.00
-2.67 4.0
-1.33
4.38 3.83
-1.05
0.56 0.49
-0.53
0.29 0.25
-0.07
0.04 0.03
T4
0.02
D5
-0.01 -0.01
0.02 0.01
-8.22 8.22
-6.61 6.61
0.00
2T
D
ME
EQ.A y D -3.13
2T
C
FD
MF
4.3.
2 Ton/m
B
A
2T
-0.03
-4.0
4.0
MARCOS PLANOS
4.3.1. Marcos sin desplazamiento lateral
El método se aplica de la misma forma que para el caso de vigas continuas.
Ejemplo 4.5. Determinar los momentos flexionantes finales para el siguiente marco.
5T
C
B
2 Ton/m
E, I = CTES
E
A
2m
4m
5m
D
3m
ƒ
Factores de distribución
K AB = K CE =
Si
ƒ
I =6
6
=2
3
FD BA =
2
= 0.67
2 +1
1
= 0.26
1 + 0.90 + 2.0
K BC =
6
= 1 .0
6
FD CB =
K CD =
36
  = 0.90
45
FD CD =
→
FD BC = 0.33
0.90
= 0.23
1 + 0.90 + 2.0
→
FD CE = 0.51
Momentos de empotramiento
E
M BC
=
MF
D3
T2
D2
T1
D1
EQ. D
ME
FD
5(2 )(4 )
2
(6 )2
= 4.44
E
M CB
=−
5(2 ) (4 )
2
(6)2
2.68
-0.03
0.09
0.17
-0.52
-1.48
4.44
0.33
= −2.22
-3.73
-0.02
0.09
0.19
-0.74
-1.03
-2.22
0.26
E
E
M CD
= − M DC
=
5.47
-0.02
0.17
-0.93
2.08
4.17
0.23
2(5)
= 4.17
12
2
0.00
4.17
-4.17
1.00
0.51
-2.07
0.38
-0.05
-1.74
0.67
-2.96
0.36
-0.07
-2.68
0.00
-1.48
0.17
-1.31
0.00
-1.03
0.19
-0.84
4.3.2. Marcos con desplazamiento lateral
Proceso de solución:
ƒ
Se aplica el método como si se tratara de marcos sin desplazamiento lateral. Se checa si
suma de fuerzas horizontales en la base de columnas, es igual a las fuerzas externas
horizontales.
ƒ
Se suponen momentos arbitrarios en extremos de columnas, de modo tal que generen en la
base del marco fuerzas contrarias al desequilibrio del paso anterior. Se aplica nuevamente
el método con los momentos supuestos y se evalúa el equilibrio de fuerzas horizontales.
ƒ
Si las fuerzas horizontales no son las del desequilibrio, los momentos resultantes del paso
anterior, se afectan por el factor:
f =
ΣFH ( paso 1)
ΣFH ( paso 2)
ƒ
Los momentos finales son la suma de los momentos del primer y cuarto pasos. Con ellos
se obtienen los cortantes.
ƒ
Dibujos de diagramas.
Ejemplo 4.6. Determinar diagramas de cortante y momento flexionante para los elementos del
marco mostrado.
10 T
B
C
E, I = CTES
4m
D
A
3m
1m
Paso (i):
NODO B
AB
FD
0.00
BA
0.50
ME
D1
T1
-0.94
T2
T3
-0.85
0.50
1.88
-5.63
2.81
-0.47
-0.70
-0.70
0.23
0.12
-0.35
-0.06
-0.06
0.18
0.09
-0.03
-0.03
D4
MF
0.50
1.41
-0.35
D3
CB
-0.94
-0.47
D2
NODO C
BC
CD
DC
0.50
0.50
1.74
2.81
3.24
1.41
0.23
0.85
1.61
0.12
0.18
0.65
0.09
-0.04
-0.04
0.01
0.01
-1.74
1.74
-3.24
3.24
1.61
→ ( + ) Σ FH = 0.65 − 1.21 = −0.56 T
1.21
2.50
0.63
1.25
0.31
0.16
0.08
0.04
0.04
0.08
0.16
0.31
0.63
2.50
1.25
Paso (ii):
5.00
5.00
2.50
2.50
0.63
0.63
3.00
3.00
0.16
0.16
0.04
0.04
3.71
0.08
1.68
3.71
0.08
1.68
0.31
0.31
1.25
1.25
5.00
5.00
→ ( + ) Σ FH = 2(1.68 ) = 3.36 T
Paso (iii):
0.50
0.50
f =
0.56
= 0.17
3.36
0.62
0.62
Paso (iv):
2.25
0.93
1.47
2.50
2.50
0.12
0.12
2.38
7.62
2.73
0.93
0.99
Paso (v):
4.89
2.38
2.73
2.25
2.73
2.25
7.62
0.93
0.93
0.99
1.47
Cuando las columnas en un marco tienen la misma longitud y momento de inercia, los momentos
por desplazamiento lateral supuestos serán iguales.
Para los casos, en que se tengan longitudes o momentos de inercia diferentes, se tiene:
∆
∆
I= ∞
L2/2
I2
L2
L1/2
L2/2
L1
I1
L1/2
∆
2
∆
2
P
M = PL =
3 EIδ
L2
δ =
L
PL3
;
3 EI
P=
3 EI δ
L3
Los momentos supuestos por desplazamiento lateral, por analogía con una viga en voladizo con
carga concentrada en extremo libre, valen:
∆
3EI1  
 2  = 6 EI 1∆
M1 =
2
2
L1
 L1 
 
 2
M2 =
6 EI 2 ∆
L2
2
Por tanto, la relación de momentos es:
 I1 


2
M 1  L1 
=
M 2  I2 


L 2
 2 
Proceso de correcciones sucesivas:
ƒ
Determinar factores de distribución.
ƒ
Evaluar momentos de empotramiento.
ƒ
Calcular momentos totales en columnas de cada nivel (igual a la fuerza cortante en cada
piso multiplicada por la altura) y distribuirlos entre las columnas en proporción a I/ L2.
Colocar la mitad a cada extremo de la columna.
ƒ
Distribuir los momentos en los nodos.
ƒ
Transportar momentos.
ƒ
Los momentos totales en columnas en cada nivel, ahora son diferentes al producto de la
fuerza por la altura. Determínese la diferencia y súmese o réstese a las columnas
(nuevamente en proporción a I/L2).
ƒ
Repetir pasos (iii) al (iv) hasta que sean insignificantes las magnitudes de las correcciones.
Ejemplo 4.7. Determinar los momentos finales en extremos de elementos del marco mostrado
mediante correcciones sucesivas.
10 T
B
C
E, I = CTES
4m
D
A
4m
-0.08
-0.31
-0.63
-2.50
-5.00
0.50
-0.08
-0.31
-0.63
-2.50
-5.00
0.50
0.50
10.00
-5.00
3.75
-0.63
0.47
-0.08
8.52
8.52
11.41
4.98
0.00
10.00
-2.50
3.75
-0.31
0.47
4.4.
EJEMPLOS RESUELTOS
0.50
10.00
-5.00
3.75
-0.63
0.47
-0.08
11.41
4.98
0.00
10.00
-2.50
3.75
-0.31
0.47
CAPÍTULO 5:
MÉTODO DE RIGIDECES
5.1.
PRINCIPIOS FUNDAMENTALES DE ANÁLISIS ESTRUCTURAL
Se analizan los principios básicos del análisis estructural como fundamento del método de
rigideces. A diferencia de los métodos aproximados (vistos previamente), los matriciales
(rigideces y flexibilidades) son considerados métodos exactos.
5.1.1. Continuidad
Sea un cuerpo cualquiera, sometido a la acción de fuerzas externas, como el mostrado en
la figura siguiente:
Z
F1
F2
P'
P
w
u
v
Y
F3
X
El vector de desplazamiento que representa el movimiento de P a P’, se define como:
u 
{d } = v 
 w
 
Conocido {d } , es posible obtener las funciones de deformación (deformación axial o lineal ε , o
deformación angular γ ).
Por ejemplo, para una barra rígida como la mostrada, la deformación axial es igual a su
acortamiento o alargamiento longitudinal entre su longitud inicial.
δ
F
L
ε=
δ
L
Para un cuerpo tridimensional:
Z
Deformació n lineal
∂u
εx =
∂x
dz
dx
Deformació n angular
∂u ∂v
γ xy =
+
= γ yx
∂y ∂x
dy
w
Y
v
u
X
εy =
∂v
∂y
γ xz =
∂u ∂w
+
= γ zx
∂z ∂ x
εz =
∂w
∂z
γ yz =
∂v ∂w
+
= γ zy
∂ z ∂y
En forma matricial:
ε

ε
ε


γ
γ

 γ
x
y
z
xy
xz
yz
 ∂∂x










 =  ∂

 ∂y



 ∂∂z








∂ 
u 
∂z 
 
 = v 

 w 

∂ 
∂x

∂ 
∂y 
∂
∂y
∂
∂x
∂
∂z
Donde:
ƒ {ε }, vector de deformaciones
ƒ
→
{e } = [A ]{d }
[A], matriz de continuidad
5.1.2. Ley de Hooke
A partir de la relación esfuerzo-deformación y de la relación de poisson, para un estado
plano de esfuerzos:
σ
σ = Εε
E
→ ε=
σ
Ε
σy
ε
σy
σx
σx
σx +
= σx
σy
εx =
(
1
σ x − νσ y
E
)
σy
εx =
σx
Ε
ε
ν =− x
σy
ε
ε x = −νε y y= −ν
Ε
Para un estado triaxial de esfuerzos:
Z
σz
τ zy
τ zx
τ yz
τ xz
σy
τ xz
σx
(
)]
γ xy =
]
γ xz =
)]
γ yz =
1
σ x −ν σ y + σ z
E
εy =
1
σ y − ν (σ x + σ z )
E
εx =
1
σ z −ν σ x + σ y
E
Y
τ yx
[
εx =
[
[
(
τ xy
G
τ xz
G
τ yz
G
τ
X
Donde:
ƒ
G=
E
, módulo elástico por cortante
2(1 + ν )
G
γ
En arreglo matricial:
 E1
ε x   −ν
  E
ε y  
ε   −Eν
 z  
 =
γ xy  
γ  
 xz  
γ yz  


−ν
E
−ν
E
1
E
−ν
E
−ν
E
1
E
1
G
1
G

 σ 
  x
 σ y 
  
 σ z 
 = τ 
  xy 
 τ xz 
  
 τ yz 
1
G
{e} = [ f ]{s}; {s} = [ f ]−1 {e}
→
Si
[k ] = [ f ]−1
{s} = [k ]{e}
Donde:
ƒ [ f ] , matriz de flexibilidad
ƒ
{s}, vector de esfuerzos
ƒ
[k ] , matriz de rigidez
5.1.3. Equilibrio
Considerando un elemento tridimensional (con peso propio) y el estado triaxial de
esfuerzos, al plantear el equilibrio, se tiene:
Z
w
u
X
v
ΣFx = 0 :
−X +
ΣFy = 0 :
−Y +
ΣFz = 0 :
−Z +
Y
∂σ x ∂τ xy ∂τ xz
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
∂τ yx
∂x
+
∂σ y
∂y
+
∂τ yz
∂z
=0
∂τ zx ∂τ zy ∂σ z
+
+
=0
∂x
∂y
∂z
Las fuerzas de cuerpo se definen como:
X 
{Fc } = Y 
Z 
 
Por tanto, en arreglo matricial:
∂
 X   ∂x
  
− Y  + 
Z  
 


∂
∂y
∂
∂y
σ x 
 
 σ y 
   0 
σ
∂   z  = 0 
 
∂z  τ 
  xy  0
∂  

∂y  τ xz
 
τ yz 
∂
∂z
∂
∂x
∂
∂z
∂
∂x
− {Fc} + [A] {s} = {o}
t
→
Resumiendo:
ƒ
Por continuidad
{e} = [A]{d }
ƒ
Por Hooke
{s} = [k ]{e} = [k ][A]{d }
ƒ
Por equilibrio
− {Fc } + [A] {s} = {o}
t
− {Fc} + [A] [k ][A]{d } = {o}
t
Si [K ] = [A] [k ][A] y
t
{Fc } = {F }
Finalmente
{F } = [K ]{d }
5.2.
ARMADURAS PLANAS
Para el caso de elementos biarticulados, se puede demostrar que la deformación, ya sea de
alargamiento o acortamiento, es igual a su desplazamiento relativo, esto es:
e =δ;
donde
δ = l f − li
Ejemplo: 5.1. Aplicar los tres principios básicos del análisis estructural, a la armadura plana
mostrada a continuación.
Es importante identificar antes que todo, los nodos total o parcialmente libres y enumerar los
elementos que componen la armadura.
Nodo libre
3
1
1
L
L
5
Elemento
2
4
Elementos
no unidos
2
1. Continuidad
Barra 1:
Barra 2:
dy1
Barra 3:
dy2
dx1
dx 2
e1 = dy1
dy1
e2 = dy 2
dy2
dx 2
dx1
dy1
2
dy2
0.
70
0.
70 7dy
7d
x 2
Barra 4:
e3 = dx 2 − dx1
Barra 5:
70
0.
y
7d
dx1
1
dx 2
x1
7d
70
0.
45°
45°
e4 = 0.707 dx 2 + 0.7070dy 2
e5 = −0.707 dx1 + 0.7070dy1
Representando matricialmente, las relaciones entre desplazamientos y deformaciones:
 e1
e
 2
e3
e
 4
 e 5







 =  −1






 − 0 . 707
1
1
0 . 707
0 . 707


 dx 1
1 
 dy

1
 = 

dx

2

0 . 707 
dy 2









→
{e } = [ A ]{d }
2. Ley de Hooke
Las fuerzas axiales en cada barra, se determinan como:
 EA 
P=
δ ;
 L 
si
k=
EA
L
y
e =δ
En forma matricial:
 P1

 P 2
 P3
P
 4
 P5
k1






 = 







k2
k3
k4

 e1 

 

e2 

 = e3 
 

e4 

e 

 5
k 5 
→
 P1 = k1e1

 P2 = k 2 e2
P = ke  P3 = k 3 e3
P = k e
4 4
 4
 P5 = k 5 e5
→
{P } = [k ]{e }
3. Equilibrio
Las fuerzas que obran en la armadura son aplicadas a los nodos, en ellos, se verifica el equilibrio
mediante diagramas de cuerpo libre:
D.C.L. Nodo 1
Fy1
Fx1
P3
P3
Fx 2
P4
P5
P1
D. C. L. Nodo 2
Fy2
P1
ΣFx = 0 : Fx1 + P3 + 0.707 P5 = 0
ΣFx = 0 : Fx 2 − P3 − 0.707 P4 = 0
ΣFy = 0 : Fy1 − P1 − 0.707 P5 = 0
ΣFy = 0 : Fy 2 − P2 − 0.707 P4 = 0
Fx1 = − P3 − 0.707 P5
Fx 2 = P3 + 0.707 P4
Fy1 = P1 + 0.707 P5
Fy 2 = P2 + 0.707 P4
En arreglo matricial:
 Fx

 Fy

 Fx
 Fy
1
1
2
2




1

 = 





−1
1
1
0 . 707
0 . 707
 P1 
− 0 . 707 



 P2 
0 . 707 
 =  P3 



 P4 

P 

 5
→
Resumiendo:
ƒ
Por continuidad
{e} = [A]{d }
ƒ
Por Hooke
{P} = [k ]{e} = [k ][A]{d }
ƒ
Por equilibrio
{F } = [A]T {P} = [A]T [k ][A]{d }
T
Si [K ] = [A] [k ][A]
Finalmente
{F } = [K ]{d }
Proceso de solución de armaduras planas:
ƒ
Obtener la matriz de continuidad [A]
ƒ
Evaluar para cada barra k i = 
ƒ
Calcular la matriz de rigideces [K ] = [A]T [k ][A]
ƒ
Determinar el vector de desplazamientos {d } = [K ]−1 [F ]
 EA 
 e integrar la matriz [k ]
 L i
{F } = [A ]T {P }
ƒ
Obtener vector de deformaciones {e} = [A]{d }
ƒ
Evaluar vector de fuerzas internas {P} = [k ]{e}
ƒ
Comprobar equilibrio en nodos
5.2.1. Obtención directa de la matriz de continuidad
B
dy
dx
B
dyB
se
co n ß
s
ß
Para un elemento cualquiera, la deformación total, se determina como:
B
dx B
i
Y
ß
dy
A
se
co n ß
s
ß
ei = eB − eA = dxB cos β + dyB senβ − (dx A cos β + dy A senβ )
dx
A
dyA
A
dx A
X
Ejemplo: 5.2. Obtener las acciones en los elemento de la armadura mostrada. Suponer para todos
los elementos E=2X106 kg/cm2 y A=30 cm2.
5t
dy2
dy1
1
10 t
3
2
dx1
Elementos
no unidos
3m
2
3m
Solución:
A partir de la matriz de continuidad (evaluada en el ejemplo 5.1)




[A ] =  − 1



 − 0 . 707
1
1
0 . 707
0 . 707


1 



0 . 707 


5
4
1
dx 2
Y de la matriz de rigidez axial de las barras:
 EA 
ki = 

 L i
→
Se calculan:
 200



200




[k ] = 
200
 t / cm


141.42





141.42
ƒ
0 
 270.69 − 70.69 − 200
− 70.69 270.69
0
0 
Matriz de rigideces [K ] = [A]T [k ][A] = 
t / cm
 − 200
0
270.69 70.69 


0
70.69 270.69
 0
ƒ
dx1 
 0.118 
 
 0.031 


dy 
Vector de desplazamientos {d } =  1  = [K ]−1 [F ] = 
cm
0
.
099
dx


 2
− 0.044
dy 2 
ƒ
e1 
 0.031 
 
− 0.044
e2 


Vector de deformaciones {e} = e3  = [A]{d } = − 0.019
e 
 0.038 
 4


− 0.062
e5 
ƒ
 P1 
 6.15 
 
− 8.85
 P2 


Vector de fuerzas internas {P} =  P3  = [k ]{e} = − 3.85ton
 5.44 
P 


 4
− 8.71
 P5 
ƒ
Equilibrio en nodos
5t
A
10 t
3.85 t
6.15 t
8.71 t
ΣFx = 0 : 10 − 3.85 − 8.71(0.707) = 0
ΣFy = 0 : − 6.15 + 8.71(0.707) = 0
3.85 t
5.44 t
B
8.85 t
ΣFx = 0 : 3.85 − 5.44(0.707) = 0
ΣFy = 0 : − 5 + 8.85 − 5.44(0.707) = 0
5.3.
MARCOS PLANOS
Grado de libertad, es el número de coordenadas independientes necesarias para describir
la deformada de un sistema
Por ejemplo, considérese el marco mostrado, en el cual existen dos nodos libres, y en cada uno de
ellos tres grados de libertas (desplazamientos horizontal, vertical y un giro).
Si la viga es axialmente rígida dx1 = dx2
Si las columnas son axialmente rígidas dy1 = dy 2 = 0
dy1
dy 2
dx1
dx 2
ϕ1
1
2
3
ϕ1
ϕ2
D1
ϕ2
1
2
θ A1 
 
θ B1 
ϕ1 
θ A2 
 
Por continuidad {e} = [A]{d } , donde {e} =   y {d } = ϕ 2 
θ
D 
 B2 
 1
θ A3 
 
θ B 3 
A partir de la pendiente deflexión:
i
(
)
(
)
M ij = 2 EK 2θ i + θ j − 3ψ + M ijE
j
M ji = 2 EK θ i + 2θ j − 3ψ + M Eji
Para el sistema:
M
B
I
L
si ψ = 0
 2 EI 
 4 EI 
MA =
θ B
θ A + 
 L 
 L 
K=
θA
θB
M
ME =0
A
L
, entonces
 4 EI 
 2 EI 
MB =
θ B
θ A + 
 L 
 L 
Para una barra cualquiera:
ϕA
M
∆
L
M
θ i = ϕi +
 4 EI 
 2 EI 
 6 EI 
MA =
ϕ A + 
ϕ B +  2 ∆
 L 
 L 
 L 
∆
B
A
 2 EI 
 4 EI 
 6 EI 
MA =
ϕ A + 
ϕ B +  2 ∆
 L 
 L 
 L 
ϕB
L
Donde:
ƒ θ , deformación angular.
ƒ
ϕ , giro del nodo.
ƒ
∆ , desplazamiento relativo entre los extremos de un elemento en la dirección
perpendicular e su eje longitudinal.
Ejemplo 5.3. Determinar cortantes y momentos para los elementos del marco mostrado. No se
considere deformación axial de elementos.
Es importante identificar antes que todo, los nodos libres, enumerar los elementos que componen
la estructura, identificando para cada uno, un nodo inicial (A) y otro final (B).
1
20 T
E, I = CTES
2
3
1
4m
2
5m
Considerando:
Rigidez angular
Rigidez lineal
1
4 EI
L
6 EI
L2
12 EI
L3
6 EI
L2
1
L
4 EI
L
6 EI
L2
6 EI
L2
12 EI
L3
D1
ϕ1 = 1
0.8
ϕ2 = 2
D1 = 1
0.8
0.4
0.4
1.0
0.38
1.0
0.19
0.38
0.5
0.5
0.19
0.38
0.19
0.38
La matriz de rigidez, resulta:
1.80 0.40 0.38
[K ] = 0.40 1.80 0.38(EI )
0.38 0.38 0.38
A partir de: {F } = [K ]{d } y
0 
{F } = 0  →
 20 
 
Por continuidad
θ i = ϕi +
∆
L
{d } = [K ]
−1
ϕ1   − 13 .79 
{F } = ϕ 2  = − 13 .79  1 EI
 D   80 .92 

 1 
Ley de Hooke
M A   4 2 EI θ A  1
 

=

M B   2 4 L θ B  EI
Barra 1:
B
θA = 0+
D1 20.23
=
L1
EI
1
A
θ B = ϕ1 +
D1 6.44
=
L1
EI
θA = 0+
D1 20 .23
=
L1
EI
M A   1 0.5 20.23 1 23.45
=

t − m

=
 EI 
M B  0.5 1  6.44  EI 16.55 
Barra 2:
B
2
A
θ B = ϕ2 +
D1 6.44
=
L1
EI
M A   1 0.5 20.23 1 23.45
=

t − m

=
 EI 
M B  0.5 1  6.44  EI 16.55 
0.19
Barra 3
A
B
3
θ A = ϕ1 + 0 =
− 13 .79
EI
θ B = ϕ2 + 0 =
− 13.79
EI
 M A  0.80 0.40 
− 13.79  1
− 16.55
 M  = 0.40 0.80  EI − 13.79  EI = − 16.55 T − m





 B 
Momentos:
20 T
5.4.
EJEMPLOS RESUELTOS
16.55
16.55
23.45
23.45
10
10