Ejercicio nº : El pórtico simple desplazable. 3 t/m 2 I. 8 m
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- Víctor Manuel Cano Moreno
- hace 7 años
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1 Ejercicio nº : El pórtico simple desplazable t t/m 4 m ecuaciones generales de equilibrio y 6 incógnitas Grado Hiperestático (método de las fuerzas) El problema se puede afrontar en primera aproximación, utilizando una de las dos ayudas que se tienen en todos los casos: / étodo de las secciones. / étodo de superposición. En este caso aplicaremos el método de superposición, descomponiendo el estado real en la suma de dos estados parciales que pueden tener realidad física o no (en este caso sí): / acción gravitatoria que resulta ser un estado simétrico de forma y carga. + / cción de viento que resulta ser un estado simétrico de forma y antimétrico de carga. t t/m t/m t Estado Real Estado + Estado Tomás abrera (E.U..T..)
2 Ejercicio nº 4: El pórtico simple (estado ) e la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados. t/m ETP :.E.P. y factores de reparto. Estado arra L K.E.P. nº m. bxh E x0 E zda mt cha 60x0 E -6,00 +6,00 0x0 E K E r.5 Nudo : K E r.5 Σ Kj E Σ rj K E r.5 Nudo : K E r.5 Σ Kj E Σ rj ETP : Equilibrio de nudos. Se liberan los nudos uno a uno, se equilibra y transmite en su caso. Se comienza por el nudo más desequilibrado. -0,66 +0,5-0, +0,6-0,6 +8,00 +,50 +0,6 +,50 +,5-5,00-0,00 +8, ,00 +6,00 / / / / -0,00-0,6-0,6 +0,66 + +,5 +0,08 +5, -5,00-0, -5, Tomás abrera (E.U..T..)
3 Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). étodo atricial. t/m os nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos. Las incógnitas son: α y α. Estado arra L K.E.P. nº m. bxh E x0 E zda mt cha 60x0 E -6,00 +6,00 0x0 E Paso º/ Todos los nudos giran en sentido positivo: Paso º/ omentos en extremo de barra: b _ + b - 6 mt t/m + _ c + 6 mt c + a / K b / K + c d / K b K c / Tomás abrera (E.U..T..)
4 Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). Paso º/ omentos en extremo de barra: b _ + b - 6 mt t/m + _ c + 6 mt c + a / K b / K + c d / K b K c / Paso º/ Equilibrio de momentos en los nudos: Σ 0 y Σ 0 atriz rigidez Vector? Vector cargas nudos α α α α K + K / K α +6 / K K + K α 6 α α α + ½ α +6 α ½ + α 6 Paso 4º/ álculo del vector de incógnitas (giro de nudos) Tomás abrera (E.U..T..)
5 Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). Paso º/ omentos en extremo de barra: b _ + b - 6 mt t/m + _ c + 6 mt c + a / K b / K + c d / K b K c / Paso º/ Equilibrio de momentos en los nudos: Σ 0 y Σ 0 atriz rigidez α α Vector? Vector cargas nudos Σ 0 Σ 0 α + ½ α +6 α ½ + α 6 Paso 4º/ álculo vector incógnitas (giro de nudos): α +0,6666/E α 0,6666/E Paso 5º/ omentos definitivos en extremo de barra: ondiciones de contorno: 0, , ,mt 0, 00 0, , 66mt 6, 00 0, , , 66mt 6, 00 0, , , 66mt 0, 00 0, , 66mt 0, , ,mt α α 0 δ 0 Tomás abrera (E.U..T..)
6 Ejercicio nº 4: El pórtico simple iagramas (estado ) e la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados. -0,66-0,66-0,66 +, +0,66. F. +5,. -5,,00 Equilibrio fuerzas nudo Equilibrio fuerzas nudo, V.,00 -,00 -,00,00. -,00 - N.. -,00 nudo,00,00 nudo - -,00,00 -,00 -,00 -,00 -,00 Tomás abrera (E.U..T..)
7 t Ejemplo nº 5: el pórtico simple desplazable.(estado ). e la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados. t. d d Estado ETP :. ETP V :. +60,5 +59,40 +,5-9,40-4,70 +8,80 +7,50 +50,00 +5,00-00,00 / / +50,00 / / -9,40-59,40 d d α -00,00 +7,50 +,5-60,5-00,00 +5,00-4,7-79,70 ETP V :. t. orte arra V isos. 0 t. V 4 t. V Va 4,775 Numéricamente orte arra -00,00 +8,75 +,7-80,00 isos. 0 t. V V Va 4 t. 5,08 (-59,40-79,70) / 4 4,775 (-60,5-80,0) / 4 5,08 S de fuerzas cortantes + F ext. 0 t -4,775-5,08 0? +0, Tomás abrera (E.U..T..)
8 Ejercicio 5, diagramas de viento (v viento hacia la derecha) -,70 +,70 / / +,7 / / -,7 t. -,8 Valores en mt. -,9 Estado +,70 +,70 -,7 +,70. F. -,8 -,9. 0,4 V.. -,00 T +0,4 N.. -0,4 iagramas de viento Tomás abrera (E.U..T..)
9 Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). étodo atricial. os nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos. Las incógnitas son: α α y Δ. Paso º/ Todos los nudos giran se desplazan en sentido positivo, es decir, dan lugar a +: d d t. ETP :. t d d Δ Estado Paso º/ omentos en extremo de barra: + b / K c + d b c / K d a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L Tomás abrera (E.U..T..)
10 Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). Paso º/ Equilibrio de momentos en los nudos: Σ 0 Σ 0 y ΣFh 0 Hay que introducir en el método matricial la ecuación de equilibro del dintel + t. t Estado + 0,45 t,85 t + 0,45 t,5 K / L ( K +K ) / h,5 K / L cortante de giro ORTNTE PSO cortante de giro Visos. 0 t. Visos. 0 t. Σ 0 Σ 0 ΣFh 0 α atriz rigidez α α + ½ Δ,5K/L Vector? α Vector cargas nudos 0,00 α ½ +,5K/L α 0,00 Δ,5K/L,5K/L (K+K)/L Δ,00 d d a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L K/L,5K/L,5K/L K/L Tomás abrera (E.U..T..)
11 Σ 0 Σ 0 ΣFh 0 Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). α α atriz rigidez α 0,5 Δ 0,75 Vector? α Vector cargas nudos 0,00 α 0,5 0,75 α 0,00 Δ 0,75 0,75 0,75 Δ,00 d d +t a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L K/L,5K/L,5K/L K/L Paso 4º/ álculo vector de incógnitas: α α +,49/E Δ 7,690/E Paso 5º/ omentos definitivos en extremo de barra: 0, 00 0,49,5 7, 690 / 4, 9mt 0, 00,49 0,5 7, 690 / 4, 7mt 0, 00,49,49,5 0 / 8, 7mt 0, 00,49,49,5 0 / 8, 7mt 0, 00,49 0,5 7, 690 / 4, 7mt 0, 00 0,49,5 7,690 / 4, 9mt ondiciones de contorno: α α 0 Tomás abrera (E.U..T..)
12 Ejemplo nº : pórtico simple completo.(método matricial). étodo atricial.. Las incógnitas son: α α y Δ. Paso º/ Todos los nudos giran o se desplazan en sentido positivo, es decir, dan lugar a +: d d t. Estado Estado d d Δ Paso º/ omentos en extremo de barra: t/m t t/m Estado Real + _ b - 6 mt + _ c + 6 mt + b / K c + d b c / K d a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L Tomás abrera (E.U..T..)
13 Σ 0 Σ 0 ΣFh 0 Ejemplo nº 6: pórtico simple completo.(superposición). α α atriz rigidez α 0,5 Δ 0,75 Vector? α Vector cargas nudos +6,00 α 0,5 0,75 α 6,00 Δ 0,75 0,75 0,75 Δ,00 d d +t a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L K/L 0,875,5K/L 0,75,5K/L 0,75 K/L 0,875 Paso 4º/ álculo de incógnitas: α +,8095/E α -9,58/E Δ -7,690/E Paso 5º/ omentos definitivos en extremo de barra: 0, 00 0,8095,5 7, 690 / 4, 05mt 0, 00,8095 0,5 7, 690 / 4 8,95mt 6, 00,8095 9,58,5 0 / 8 8, 95mt 6, 00 9,58,8095, 50 / 8,8mt 0, 00 9,58 0, 5 7, 690 / 4,8mt 0, , 58,5 7, 690 / 4 7,6mt ondiciones de contorno: α α 0 Tomás abrera (E.U..T..)
14 Ejercicios , diagramas definitivos o de ross -8,96 Ejercicios nº 4 + 5: Ejercicios 5 + 6, diagramas definitivos o de ross -8,96 -,8 +,. F. +,8 cción gravitatoria + acción viento cciones permanentes: carga gravitatoria. G arga permanentes. + +,05. -7,6 Q arga variable. cción variable: V sobrecarga viento V.,57 Equilibrio fuerzas nudo Equilibrio fuerzas nudo,00 5,00,4 -,00-5,00 V.,57 -,57 -,4,4,00 5,00.,00 5,00 -,57-5,00 N.. -,4 nudo,00,00,00,4 nudo -5,00-5,00 5,00,57,4 -,57 -,4,00 5,00,00 5,00 Tomás abrera (E.U..T..) -,57 -,4 Tomás abrera (E.U..T..)
15 -,8 Envolvente de solicitaciones -,8 -,8 iagramas para dimensionado y/o armado Pórtico simple Pórtico simple: ombinación de cciones +7,6 Pórtico simple: ombinación de cciones +,. F.. -7,6 +,8 cción gravitatoria + acción viento cciones permanentes: carga gravitatoria. G arga permanentes. Q arga variable. cción variable: V sobrecarga viento V. V sobrecarga viento V.,4 5,00 5,00,4 V. 5,00 5,00. -5,00 N. -,4. -,4 Tomás abrera (E.U..T..)
16 aracterísticas de la matriz de rigidez y sobre el método matricial. Σ 0 Σ 0 ΣFh 0 α α atriz rigidez α 0,5 Δ 0,75 Vector? α Vector cargas nudos +6,00 α 0,5 0,75 α 6,00 Δ 0,75 0,75 0,75 Δ,00 d d +t a,5 K / L b c c,5 K / L a,5 K / L a / K d / K d,5 K / L K/L 0,875,5K/L 0,75,5K/L 0,75 K/L 0,875 º/ Es un invariante estructural, una vez formulado representa a la estructura y a cualquier otra que sea geométricamente semejante (igual relación de rigideces en los nudos). º/ Si se quiere analizar otra hipótesis de carga es suficiente con cambiar el vector de cargas. º/ La matriz de rigidez tiente cuatro submatrices: a/ Submatriz de giros y trasmisiones en la diagonal principal están las sumas de rigideces de las barras concurrentes en los nudos. Las demás casillas contienen las trasmisiones correspondientes. b/ Submatriz de EP en los nudos debidos a desplazamientos de planta (etapa de ross). c/ Submatriz de fuerzas que equilibran la suma de momentos en los extremos de los pilares debidas a los giros. d/ Submatriz de fuerzas (rigidez de planta) que equilibran la suma de momentos en los extremos de los pilares debidas al desplazamiento de la planta correspondiente.. 4º/ La matriz de rigidez es simétrica, y suponiendo giros y desplazamientos + todos los números que la componen son positivos. Tomás abrera (E.U..T..)
17 Resumen Simplificaciones de Simetría de forma y carga El eje de simetría corta a la estructura por: / Un nudo con barras. / El centro de una barra perpendicular a la directriz. / Un nudo con viga continua sobre pilar Esquema de simetría El eje de simetría corta a la estructura por: / Un nudo con barras. El giro del nudo es nulo<> equivale a un empotramiento para la etapa de ross.. / El centro de una barra perpendicular a la directriz. Se utiliza una rigidez virtual equivalente al 50% de la rigidez real. (sólo cambia los factores de reparto). / Un nudo con viga continua sobre un pilar. El giro del nudo es nulo. Una viga empotra a la otra <> equivale a un empotramiento y el pilar sólo toma la solicitación axil. Tomás abrera (E.U..T..)
18 Resumen Simplificaciones de ntisimetría de carga El eje de simetría corta a la estructura por: / Un nudo con barras. / El centro de una barra perpendicular a la directriz. / Un nudo con viga continua sobre pilar Esquema de ntisisimetría El eje de antisimetría corta a la estructura por: / Un nudo con barras. No hay oposición al giro, una barra no empotra a la otra. Se coloca una articulación en el nudo, y la rigidez de la barra es E/L. / El centro de una barra perpendicular a la directriz. Se utiliza una rigidez virtual equivalente al 50% de la rigidez real. (sólo cambian los factores de reparto). / Un nudo con viga continua sobre un pilar. omo el eje de antisimetría corta longitudinalmente al pilar, queda medio pilar. Se utiliza la rigidez correspondiente ½ pilar. Tomás abrera (E.U..T..)
19 Ejercicio nº 7: El pórtico simple con simplificaciones t t/m t/m t Estado Real Estado + Estado Paso.º/ (Estado ). omentos en extremo de barra del estado con simplificaciones de simetría: α Σ 0 α +0,5 α +6,00 Paso 4.º/ álculo de incógnitas: α +0,6666 α -0,6666 Δ 0,00 Paso.º/ (Estado ). omentos en extremo de barra del estado con simplificaciones de antisimetría: α Δ Σ 0 ΣFh 0 α +,5 0,75 α 0,00 Δ 0,75 0,875 Δ -,00 Paso 4.º/ álculo de incógnitas: α +,49 α +,49 Δ -7,690 Paso 4º/ Superponiendo resultados: α +,8095/E α 9,58/E Δ -7,690/E Paso 5º/ omentos definitivos en extremo de barra: 0, 00 0,8095,5 7, 690 / 4, 05mt 0, 00,8095 0,5 7, 690 / 4 8,95mt 6, 00,8095 9,58,5 0 / 8 8,95mt 6, 00 9,58,8095, 50 / 8,8mt 0, 00 9,58 0, 5 7, 690 / 4,8mt 0, ,58,5 7, 690 / 4 7,6mt ondiciones de contorno: α α 0 Tomás abrera (E.U..T..)
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