PROCEDIMIENTO.- ESTRUCTURA CON DESPLAZAMIENTO.-

1.- Evaluar los coeficientes de giro y los desplazamientos y los momentos de empotramiento

μij , γij

Coeficiente de giro

μij=−12

k ij∑jk ij

Desplazamiento

γij=−32

k ij∑jk ij

2.- Calcular los giros relativos iniciales de cada nudo i

∅ i=−12

∑iM ij

F

∑ik ij

Y los desplazamientos relativos iniciales de cada piso y llevarlo a un esquema

δ n0=hn2

∑j=1

n

H i

∑nk ij

3.- Adoptar una secuencia de recorrido de los nudos que facilite la sistematización de los cálculos

4.- Aplicar a cada nudo la siguiente ecuación:

∅ i=∅ i0+∑

iμij (∅ j+δij )

Y escribir en el diagrama los resultados obtenidos que constituyen para el ciclo de los valores i. Estos valores corresponden a j al pasar a los nudos opuestos.

5.- Una vez recorrido todos los nudos procédase a evaluar todos los desplazamientos de piso. Donde se habrá concluido un ciclo.

δ n=δn0+∑

nγij (∅ i+∅ j )

6.- Repetir los pasos 4 y 5 hasta obtener convergencia de i. en todos los nudos de desplazamiento n, en todos los pisos

7.- Finalmente aplicar las ecuaciones de momentos definitivos a todos los elementos.

M ij=M ijF+k ij (2∅ i+∅ j+δ ij)

M ji=M jiF+k ij (2∅ j+∅ i+δij )

Las rotaciones y desplazamiento del piso verdadero θi y deformación n, se pueden obtener e las siguientes ecuaciones:

1

θi=2EC∅ i

δ ij=6 EC∆ijhij

Problema 1

Se tiene un pórtico con desplazamiento, se pide calcular los momentos lineales, en las barras del pórtico que se muestra en la figura:

Nota los apoyos 1, 4 y 7 son empotrados

Las cargas sombreadas de color amarillo son distribuidas, W12 = 1.0 tn/m W25=w58= 2.0 tn/m W69= 1.8 tn/mP = carga horizontal = 1.80tn Longitud volado = 1.20m

2

P en volado 8 = 2.00tn

Solución

1º Rigidez Columnas

k ij=bh3

L

k1−2=k7−8=bh3

L=0.25 x0.25

3

2.8=1.395 x10−3

k 4−5=0.30 x0.303

2.8=2.893 x10−3

k 2−3=k8−9=bh3

L=0.25 x0.25

3

2.5=1.563 x10−3

k5−6=0.30 x 0.303

2.5=3.24 x10−3

Rigidez en vigas

k 2−5=k5−8=k3−6=k6−9=bh3

L=0.25x 0.50

3

5.0=6.25 x10−3

Coeficientes de Giro

μij=−12

k ij∑jk ij

Nudo 3

μ3−6=−12

6.25 x10−3

(6.25 x10−3+1.563 x 10−3 )=−0.400

μ3−2=−12

1.563 x 10−3

(6.25 x10−3+1.563 x10−3 )=−0.1

Nudo 6

μ6−3=−12

6.25 x10−3

(6.25 x10−3+6.25 x 10−3+3.24 x 10−3 )=−0.199

μ6−9=−12

6.25 x10−3

(6.25 x10−3+6.25x 10−3+3.24 x 10−3 )=−0.199

μ6−5=−12

3.24 x10−3

(6.25 x10−3+6.25 x 10−3+3.24 x 10−3 )=−0.103

Nudo 9

3

μ9−6=−12

6.25 x10−3

(6.25 x10−3+1.563 x 10−3 )=−0.400

μ9−8=−12

1.563 x10−3

(6.25 x10−3+1.563 x 10−3 )=−0.100

Nudo 2

μ2−1=−12

1.395 x10−3

(1.395x 10−3+1.563 x10−3+6.25 x 10−3 )=−0.076

μ2−3=−12

1.563 x10−3

(1.395 x10−3+1.563 x10−3+6.25 x 10−3 )=−0.085

μ2−5=−12

6.25 x10−3

(1.395 x10−3+1.563 x10−3+6.25 x 10−3 )=−0.339

Nudo 5

μ5−2=−12

6.25 x10−3

(6.25 x10−3+3.24 x 10−3+6.25 x10−3+2.893 x 10−3 )=−0.168

μ5−6=−12

3.24 x 10−3

(6.25 x10−3+3.24 x10−3+6.25 x 10−3+2.893 x10−3 )=−0.087

μ5−8=−12

6.25x 10−3

(6.25 x10−3+3.24 x10−3+6.25 x 10−3+2.893 x10−3 )=−0.168

μ5−4=−12

2.893 x10−3

(6.25 x 10−3+3.24 x10−3+6.25 x10−3+2.893 x10−3 )=−0.078

Nudo 8

μ8−9=−12

1.563x 10−3

(1.563 x10−3+6.25x 10−3+1.395 x10−3)=−0.085

μ8−5=−12

6.25x 10−3

(1.563 x10−3+6.25x 10−3+1.395 x10−3 )=−0.339

μ8−7=−12

1.395x 10−3

(1.563 x10−3+6.25x 10−3+1.395 x10−3 )=−0.076

Desplazamientos (columnas)

γij=−32

k ij∑jk ij

Primer nivel

4

δ 1−2=δ 7−8=−32

1.395 x10−3

(1.395 x10−3+2.893 x10−3+1.395 x 10−3 )=−0.368

δ 4−5=−32

2.893x 10−3

(1.395 x10−3+2.893x 10−3+1.395 x10−3 )=−0.764

δ 2−3=δ 8−9=−32

1.563 x 10−3

(1.563 x10−3+3.24 x10−3+1.563 x10−3 )=−0.368

δ 5−6=−32

3.24 x 10−3

(1.563 x10−3+3.24 x 10−3+1.563 x10−3 )=−0.763

Hallando los momentos de Empotramiento Perfecto

M 6−9F =WL

2

12=1.8 x 5

2

12=3.75

M 9−6F =−WL2

12=−1.8 x52

12=−3.75

M 9−voladoF =WL

2

2=1.8 x1.2

2

2=1.296

M 2−5F =WL

2

12=2 x5

2

12=4.167

M 5−2F =−WL2

12=−2x52

12=−4.167

M 5−8F =WL

2

12=2 x5

2

12=4.167

M 8−5F =−WL2

12=−2x 52

12=−4.167

M 8−voladoF =PL=2x 1.2=2.4

M 2−3F =PL

8=1.8 X 2.5

8=0.563

M 3−2F =−PL

8=−1.8 X 2.5

8=−0.563

M 1−2F =WL

2

12=1.0 x2.8

2

12=0.653

M 2−1F =−WL2

12=−1.0 x 2.82

12=−0.653

Hallando H Fuerza Horizontal

H3 = 0.9

1.8

5

H2 = 0.9

∑ Fx=0

1.8=H 3+H 2

∑M 3=0

1.8 (1.25 )−2.5H2=0

H 2=0.9H3=0.9

EN FORMA SIMILAR H1 Y H2

H 2=1.4H 1=1.4

Paso Nº 2 Calculando los giros relativos iniciales de cada nudo.

∅ i=−12

∑iM ij

F

∑ik ij

∅ 30=−1

2−0.563

(6.25+1.563 ) x10−3=36.03

∅ 60=−1

23.75

(6.25+6.25+3.24 ) x 10−3=−119.123

∅ 90=−1

2(−3.75+1.296 )

(6.25+1.563 ) x10−3=157.050

∅ 20=−1

2(0.563+4.167−0.653 )

(1.563+6.25+1.395 ) x10−3=−221.384

∅ 50=−1

2(−4167+4.167 )

(6.25+6.25+3.24+2.893 ) x 10−3=0.00

∅ 80=−1

2(−4.167+2.4 )

(6.25+1.563+1.395 ) x10−3=95.949

Desplazamientos relativos iniciales

δ n0=hn2

∑j=1

n

H i

∑nk ij

δ I0= 2.5 (0.90 )2 (1.563+3.24+1.563 ) x10−3=176.72

δ II0= 2.8 (1.4+0.90+.90 )2 (1.395+2.893+1.395 ) x10−3=788.316

6

Paso Nro. 3 Proceso de Iteración

∅ i=∅ i0+∑

iμij (∅ j+δij )

δ n=δn0+∑

nγij (∅ i+∅ j )

∅ 3=36.030+¿

∅ 6=−119.123+¿

∅ 9=157.050+¿

∅ 2=−221.384+¿

∅ 5=−0.0+¿

∅ 8=95.949+¿

Evaluamos todos los desplazamientos de piso. Donde se habrá concluido un ciclo.

δ n=δn0+∑

nγij (∅ i+∅ j )

δ I=176.12+ (−0.368 ) (88.146−303.81 )+(−0.763 ) (−186.119−25.75 )+ (−0.368 ) (204.231+12.385 )=337.426

δ II=788.316+ (−0.368 ) (−303.81+0 )+ (−0.764 ) (−25.75+0 )+ (−0.368 ) (12.385+0 )=915.23

Continúe hasta la quinta iteración i de ahí halle los momentos con la siguiente formula

M ij=M ijF+k ij (2∅ i+∅ j+δ ij)

M ji=M jiF+k ij (2∅ j+∅ i+δij )

7

8