Metodo de Rigidez.doc Analisis II

SEGUNGO TRABAJO-ANALISIS ESTRUCTURAL II

PROBLEMA 1(SOLUCION POR EL METODO DE RIGIDEZ)

Solución

1º SE RESTRINGEN LOS APOYOS CON EMPOTRAMIENTO PERFECTO:

Calculo de las fuerzas de fijación (momentos de empotramiento)

M AB=w l2

12=9.01875 t .m

MBA=w l2

12=−9.01875 t .m

MBC=w l2

12=5.772 t .m

MCB=w l2

12=−5.772 t .m

MCD=w l2

12=3.24675t .m

MDC=w l2

12=−3.24675 t .m

Vector de fijación general:

Ejercicios resueltos METODO FLEXIBILIDAD-METODO RIGIDEZ Página 1

W=4.329 tn/m

5m 4m 3m


f o=[M A

MB

MC

M D]=[ 9.01875−3.24675

2.52525−3.24675]

2º CALCULO DE LA MATRIZ DE RIGIDEZ:

Se aplican momentos en los nodos de tal manera que se origine los giros en ellos, manteniendo fijo el otro:

Matriz de rigidez del elemento A-B:

k AB=[ 4 EIL1

2 EIL1

2 EIL1

4 EIL1

]θA

θB

Matriz de rigidez del elemento B-C:

k BC=[ 4 EIL2

2 EIL2

2 EIL2

4 EIL2

]θB

θC


4 EIL

∗θA

2EIL

∗θA

2EIL

∗θB 4 EIL

∗θB


Matriz de rigidez del elemento C-D:

k BC=[ 4 EIL3

2 EIL3

2 EIL3

4 EIL3

] θC

θD

Luego se procede al ensamblado de las matrices del elemento para obtener la matriz general del elemento:

K=[4 EIL1

2EIL1

2 EIL1 ( 4 EIL1

+ 4 EIL2 )

0 02EIL2

0

02 EIL2

0 0

( 4 EIL2+ 4 EI

L3 ) 2 EIL3

2EIL3

4 EIL3

]θ A

θB

θC

θD

K=EI [4 /5 2/52 /5 9/5

0 01/2 0

0 1/20 0

7 /3 2/32 /3 4/3

]θ A

θB

θC

θD

3º CALCULO DEL VECTOR DESPLAZAMIENTO:

Aplicando la ecuación matricial


{ f o }+ {K } {u }=∅

VECTOR FUERZA DE FIJACION

MATRIZ DE RIGIDEZ GENERAL

VECTOR DEZPLAZAMIENTO (ANGULAR)


Entonces:

…………(*)

Calculo de la matriz inversa de M. rigidez:

K−1= 1EI [ 1.41949150 −0.33898305

−0.33898305 0.677966100.0847457627 −0.042372881−0.16949152 0.0847457627

0.0847457627 −0.16949152−0.042372881 0.0847457627

0.54237288 −0.2711864407−0.2711864407 0.88559322

]θ A

θB

θC

θD

−f o=[−9.018753.24675−2.525253.24675

]Reemplazando en (*):

{u }= 1EI {−13.826202335.10552966

−0.825444922.84778496

}Calculo de los momentos de continuidad en cada nodo (para cada miembro):


{u }={K }−1∗{−f o }

{K }−1= 1|K|

∗( Adj ( A ) )T

{ f }={ f o }+ {K ij} {u }


Tramo A-B:

{ f }={ f o }+ {K }AB {u }

{ f }={ 9.01875−9.01875}+{4 EI5 2 EI

52 EI5

4 EI5

}∗1EI {−13.8265.10553 }

{ f }={ 9.01875−9.01875}+{ −9.01875−1.446057204}

{ f }={ 0−10.464807204}t .m

M AB=0 t .m

M AB=−10.4648 t .m

Tramo B-C:

{ f }={ f o }+ {K }BC {u }

{ f }={ 5.772−5.772}+EI{ 1 0.50.5 1 }∗1

EI { 5.10553−0.82544 }

{ f }={10.464807204−4.04468009 }t .m

M AB=10.4648 t .m

M AB=−4.0447 t .m

Tramo C-D:



{ f }={ f o }+ {K }CD {u }

{ f }={ 3.24675−3.24675}+EI{4 /3 2/32/3 4 /3}∗1

EI { −0.825442.84778496}

{ f }={4.044680090 }t .m

M AB=4.0447 t .m

M AB=0 t .m

4to CALCUCLO DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS (POR CORRECION DE MOMENTOS)

Corrección en cada extremo.

∆ R i=−∆ R j=∑M ij /¿ Lij¿

Tramo A-B


W=4.329 tn/m

A

RAB=10.823t RBA=10.823 t

B

5m ∆ R A=−∆ RB=−10.4648

5t

∆ R A=−2.093 t

RA '=10.823t

RB'=12.916 t


Tramo B-C

Tramo C-D


W=4.329 tn/m

B

RBC=8.658 t RCB=8.658 t

C

4m

W=4.329 tn/m

C

RBC=6.494 t RCB=6.494 t

D

3m

∆ R A=−∆ RB=−10.4648−4.0947

4t

∆ R A=1.605 t

RB' '=10.263 t

RC '=7.053 t

∆ R A=−∆ RB=−4.0947

3t

∆ R A=1.348 t

RC ' '=7.842t

RD'=5.146 t


REACCIONES EN APOYOS:

PROBLEMA 1(SOLUCION POR EL METODO DE FLEXIBILIDAD)

(Se multiplican los problemas del grupo 3 por 1.17)

Solución

1º GRADO DE INDETERMINACIÓN.

GI=r−(c+3)GI=5−(0+3)

GI=2

La estructura presenta dos grados de indeterminación:


W=4.329 tn/m

5m 4m 3m

A B C D

RA=RA'+0=10.823 t

RB=RB'+¿ RB' '=23.179 t ¿

RC=RC '+RC' '=14.895 t

RC=RC '+0=5.1460 t


Redundantes RB y RC .

El cálculo de las deformaciones se hallará con el método de trabajo virtual

2º VIGA PRIMARIA

M AD=25.974 x−2.1645 x2

3º SE APLICARAN CARGAS UNITARIAS EN B Y C:

Carga unitaria en B:

M AB=7 x12


W=4.329 tn/m

A D

RA=25.974 t RB=25.974 t

DBD DCD12m

7 /12 5/12

δBB δCB

1 t

B C

B C

5m 4m 3m


MBD=7 x12

−( x−5 )=5−5 x12

Carga unitaria en C:

M AC=x4

MCD=7 x12

−( x−9 )=9−3 x4

Calculo de las deformaciones:

Viga primaria (calzada por la carga)

DBD=∫MmEI

dx

DBD=∫0

525.979 x−2.1645 x2

EI∗7 x

12dx+∫

5

1225.979 x−2.1645 x2

EI∗(5−5x

12¿)dx ¿

DBD=1130.049375 /EI

DCD=∫ MmEI

dx


1/4 3/ 4

δBC δCC

1 t

B C

5m 4m 3m


DCD=∫0

925.979 x−2.1645 x2

EI∗x

4dx+∫

9

1225.979 x−2.1645 x2

EI∗(9−3 x

4¿)dx¿

DCD=832.791375 /EI

Deformaciones causadas por las cargas unitarias:

δBB=∫mBmB

EIdx

δBB=∫0

5 ( 7 x12 )EI

2

dx+∫5

12 (5−5x12 )2

EIdx

δBB=34.0277777 /EI

δCB=∫mCmB

EIdx

δCB=∫0

5

(7 x12 )EI ( x4 )dx+∫

5

9 (5−5 x12 )( x4 )EI

dx+∫9

12 (5−5x12 )(9−3 x4 )EI

dx

δCB=22.9166667/EI

δBC=∫mCmB

EIdx

δBC=∫0

5

( 7 x12 )EI ( x4 )dx+∫

5

9 (5−5 x12 )( x4 )EI

dx+∫9

12 (5−5 x12 )(9−3x4 )EI

dx

δBC=22.9166667 /EI

δCC=∫mCmC

EIdx



δCC=∫0

9 ( x4 )EI

2

dx+∫9

12 (9−3 x4 )2

EIdx

δCB=20.25000/EI

4º ECUACIONES COMPATIBLES:

DBD+DBB+DBC=0

DCD+DCB+DCC=0

Reemplazando:

DBD+δBB XB+δBC XC=0

DCD+δCBXB+δCC XC=0

[DBD

DCD]+[δBB δBC

δCB δCC][X B

XC ]=0

Entonces:

34.027777 X B+22.9166667 XC=−1130.049375

22.9166667 X B+20.2500000 XC=−832.791375

Resolviendo:

X B=−23.17849322 t


W=4.329 tn/m

A DX B

B C

XC


XC=−14.89469491 t

∴RB=23.178 t (↑)

RC=14.895t (↑)

REACCIONES EN AY D :

RA=25.974+712

XB+14XC=10.823

RD=25.974+512

X B+34XC=5.1460





q=9.009 t/m

A B C D

46.644936 t/m3.6419336 t/m

RA=RA'+0=10.823 t

RB=RB'+¿RB' '=23.178 t ¿

RC=RC '+RC' '=14.895 t

RC=RC '+0=5.1460 t


Solución



M AB=w l2

30=3.94421667 t .m

MBA=w l2

20=−5.9163250t .m

MBC=w l2

12=8.91540618 t .m

MCB=w l2

12=−10.0210107 t .m

MCD=w l2

12=8.659565690 t .m

MDC=w l2

12=−9.19896629t .m

El orden de las coordenadas serán: primero las coordenadas libres y luego las restringidas.



5.7m 4.7m 3.7m

A B C D

q=9.009 t/m

A B C D1 2 34


f o=[M A

MB

MC

M D]=[ 2.999081148−1.36144499

−9.198966293.944216688

]5º CALCULO DE LA MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL:

Como en el ejercicio anterior, se calcula la matriz de rigidez de cada estado.


k AB=[ 4 EI5.7 2 EI5.7

2 EI5.7

4 EI5.7

]θA

θB


k BC=[ 4 EI4.742 EI4.74

2EI4.74

4 EI4.74

]θB

θC


k BC=[ 4 EI3.72 EI3.7

2 EI3.7

4 EI3.7

] θC

θD




K=[θAθBθC θD

4 EI5.7

2EI5.7

2 EI5.7 ( 4 EI5.7 + 4 EI

4.7 )0 02EI4.7

0

02 EI4.7

0 0

( 4 EI4.7 +4 EIL3 ) 2 EI

L32EIL3

4 EIL3

]θ A

θB

θC

θD

Cambiando el orden para efectos del cálculo:

θAθBθC θD

K=EI [(4057

+4047 ) 20

47

2047 ( 4057 + 40

37 )0

2037

2037

0

02037

0 0

4037

0

04037

]θA

θB

θC

θD

K=[k11 k12k21 k22]



{K } {u }= {f }


{ f o }+ {K } {u }={f }EXT


[k11 k 12k21 k 22] [θB

θC

θD

0]=[−f o

f ]

Entonces:

[ F ]=[K11]−1 {u }

{u }=[K11]−1 {−f o }

Se sabe:

[θB

θC

θD]= 1

EI [ 0.69258865 −0.17734104 0.08867052−0.17734104 0.64713923 0.323569610.08867052 0.32356961 1.08678481 ] {−f o }

Se sabe:

−f o=[−2.999081148+1.36144499+9.19896629 ]

Entonces:

[θB

θC

θD]= 1

EI [−1.50289251438−1.563601346219.29084449135 ]

Se sabe

θA=0

Calculo de los momentos de continuidad en cada nodo (para cada miembro):

Tramo A-B:


{ f }={ f oij }+{K ij } {u }


{ f }={ f o }+ {K }AB {u }

{ f }={ 3.94421669−5.91632503}+{40 EI57

20 EI57

20 EI57

40 EI57

}∗1EI { 0

−1.50289251438}{ f }={ 3.4168859832−6.9709864436}t .m

M AB=3.4169 t .m

M AB=−6.9710 t .m

Tramo B-C:

{ f }={ f o }+ {K }BC {u }

{ f }={ 8.91540618−10.02101068}+EI

{4047 2047

2047

4047

}∗1EI {−1.50289251−1.56360135 }

{ f }={ 6.97098644597−11.9912639595}t .m

M AB=6.9710 t .m

M AB=−11.9913 t .m

Tramo C-D:

{ f }={ f o }+ {K }CD {u }



{ f }={ 8.65956569−9.19896629}+EI

{4037 2037

2037

4037

}∗1EI {−1.5636019.2908444 }

{ f }={11.991263960 }t .m

M AB=11.9913 t .m

M AB=0 t .m

7º CALCULON DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS (POR CORRECCION EN EXTREMOS DE CADA ELEMENTO)


∆ R i=−∆ R j=∑M ij /¿ Lij¿

Tramo A-B

Tramo B-C


W=3.64193617 tn/m

A

RAB=3.4598t RBA=6.9197 t

B

5.7m

W=6.644936 tn/m

∆ R A=−∆ RB=−0.6235 t

RA '=2.8363 t

RB'=7.5432t

W=3.64193617 tn/m


Tramo C-D





B

RBC=10.9109 t RCB=13.2632 t

C

4.7m

W=9.009 tn/m

C

RBC=13.751t RCB=15.209 t

D

3.7m

∆ R A=−∆ RB=6.9710−11.9913

4.7t

∆ R A=1.068 t

RB' '=9.843t

RC '=14.331 t

∆ R A=−∆ RB=11.9913+0

3.7t

∆ R A=3.241 t

RC ' '=16.992t

RD'=11.968 t

W=6.644936 tn/m

M A=3.4169t .m

RA=RA'+0=2.836 t

RB=RB'+¿ RB' '=17.386 t ¿

RC=RC '+RC' '=31.323 t

RC=RC '+0=11.968 t


Solución


GI=r−3−CGI=6−3−0

GI=3

La estructura presenta TRES grados de indeterminación:Redundantes M A , RB y RC .


6º VIGA PRIMARIA

M AD=21.17115 x−10019400

x2

7º SE APLICARAN CARGAS UNITARIAS EN A, B Y C:


A B C D

W=9.009 tn/m

A D

RA=21.17115 t RB=42.3423t

DB D DCD14.10m

B C

A

M A

C DB

RC

DAD

5.7m 4.7m 3.7m


Carga unitaria en A:

M AD=1−10 x141


M AB=28 x47

MBD=28 x47

−1 (x−5.7 )=5.7−19x47


M AC=37 x141

MCD=37 x141

−( x−10.4 )=10.4−104 x141


28/ 47 19/ 47

δBB δCB

1 t

B C

37 /141 104 /141

δBC δCC

1 t

B C

10/141

C

DδBA δCA

B C

DAC

1 t .m

δ AA

A

10/141

δ AB



Viga primaria (calzada por la carga)

DAD=∫ MmEI

dx

DAD=∫0

14.1 21.17115 x−10019400

x2

EI∗(1−10 x141 )dx

DAD=491.054238675/EI

DBD=∫MmEI

dx

DBD=∫0

5.7

21.17115 x−10019400

x2

EI∗28 x

47dx+∫

5.7

14.1 21.17115 x−10019400

x2

EI∗(5.7−

19 x47

¿)dx ¿

DBD=2177.58793166 /EI

DCD=∫ MmEI

dx

DCD=∫0

10.4

21.17115 x−10019400

x2

EI∗37 x

141dx+∫

10.4

14.125.979 x−2.1645 x2

EI∗(10.4−

104 x141

¿)dx¿

DCD=1785.65629158 /EI


δ AA=∫mAmA

EIdx

δ AA=∫0

14.1 (1−10 x141 )EI

2

dx

δ AA=4.7000/EI

δBA=∫mBmA

EIdx



δBA=∫0

5.7

(1−10x141 ) 1EI ( 28x47 )dx+ ∫5.7

14.10 (1−10 x141 )(5.7−19x47 )EI

dx

δBA=12.7340425532/EI

δCA=∫mCmA

EIdx

δCA=∫0

10.4

(1−10 x141 ) 1EI ( 37 x141 )dx+ ∫10.4

14.10 (1−10 x141 )(10.4−104 x141 )EI

dx

δCA=8.09626477542/EI

δ AB=∫mBmA

EIdx

δ AB=∫0

5.7

(1−10 x141 ) 1EI ( 28 x47 )dx+ ∫5.7

14.10 (1−10x141 )(5.7−19 x47 )EI

dx

δ AB=12.7340425532/EI

δBB=∫mBmB

EIdx

δBB=∫0

5.7 ( 28 x47 )EI

2

dx+∫5.7

14.1 (5.7−19 x47 )2

EId x

δBB=54.1960851064/EI

δCB=∫mCmB

EIdx

δCB=∫0

5.7

( 28 x47 ) 1EI ( 37 x141 )dx+∫5.7

10.4 (5.7−19x47 )(37 x141 )EI

dx+∫10.4

14.1 (5.7−19 x47 )(10.4−104 x141 )EI

dx

δCB=38.0492517729/EI



δ AC=∫mCmA

EIdx

δ AC=∫0

10.4

(1−10 x141 ) 1EI ( 37 x141 )dx+ ∫10.4

14.10 (1−10 x141 )(10.4−104 x141 )EI

dx

δ AC=8.09626477542/EI

δBC=∫mCmB

EIdx

δBC=∫0

5.7

( 28 x47 ) 1EI ( 37 x141 )dx+∫5.7

10.4 (5.7−19 x47 )( 37 x141 )EI

dx+∫10.4

14.1 (5.7−19 x47 )(10.4−104 x141 )EI

dx

δBC=38.0492517729 /EI

δCC=∫mCmC

EIdx

δCC=∫0

10.4 ( 37 x141 )EI

2

dx+∫10.4

14.1 (10.4−104 x141 )2

EIdx

δCB=35.0049739953/EI



W=4.329 tn/m

A D

X B

B C

XC

X A


DBD+DAA+DAB+DAC=0

DBD+DBA+DBB+DBC=0

DCD+DCA+DCB+DCC=0

DBD+δAA X A+δ AB XB+δAC XC=0

DBD+δBA X A+δBB X B+δDBC XC=0

DCD+δCAX A+δCB XB+δCC XC=0

Reemplazando y Resolviendo:

X A=−3.41688614627 t .m

X B=−17.3859610083 t

XC=−31.3232476350 t

∴M A=3.4169 t .m(↑)

RB=17.3860 t (↑)

RC=31.3232t (↑)

9º CALCUCLO DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS A Y D

RA=21.17115−10∗X A

141+28 X B

47+37 X C

141

RA=2.836312938 t

RD=42.3425+131∗X A

141+19 X B

47+104 XC

141

RA=2.836312938 t






Solución



M AB=w l2

12=5.00175 t .m


M A=3.417 t .m(→↓)

RA=2.836 t (↑)

RB=17.386 t (↑)

RC=31.323 t (↑)

RD=11. 968 t (↑)

W=9.009 tn/m

3m 4m 5m

3m 4m 5m

A B C D

A B C D

W=6.669 tn/m

W=6.669 tn/m

W=9.009 tn/m

W=4.004 tn/m


MBA=w l2

12=−5.00175t .m

MBC=2.135466667 t .m

MCB=−3.2032 t .m

MCD=12.5125 t .m

MDC=−14.597916666 t .m


f o=[M A

MB

MC

M D]=[ 5.00175

−2.8662833339.3093

−14.59791666]9º CALCULO DE LA MATRIZ DE RIGIDEZ:



k AB=[ 4 EIL1

2 EIL1

2 EIL1

4 EIL1

]θA

θB


4 EIL

∗θA

2EIL

∗θA

2EIL

∗θB 4 EIL

∗θB



k BC=[ 4 EIL2

2 EIL2

2 EIL2

4 EIL2

]θB

θC


k BC=[ 4 EIL3

2 EIL3

2 EIL3

4 EIL3

] θC

θD


K=[4 EIL1

2EIL1

2 EIL1 ( 4 EIL1

+ 4 EIL2 )

0 02EIL2

0

02 EIL2

0 0

( 4 EIL2+ 4 EI

L3 ) 2 EIL3

2EIL3

4 EIL3

]θ A

θB

θC

θD

K=EI [4 /3 2/32 /3 7 /3

0 01/2 0

0 1/20 0

9 /5 2/52 /5 4/5

]θ A

θB

θC

θD





Entonces:

…………(*)

Calculo de la matriz inversa de M. rigidez:

K−1= 1EI [ 0.88559322 −0.27118644

−0.27118644 0.542372880.0847457627 −0.042372881−0.16949152 0.0847457627

0.0847457627 −0.16949152−0.042372881 0.0847457627

0.67796610 −0.33898305−0.33898305 1.41949153

]θ A

θB

θC

θD

−f o=[ −5.001752.866283333

−9.309314.59791666

]Ejercicios resueltos METODO FLEXIBILIDAD-METODO RIGIDEZ Página 30

{ f o }+ {K } {u }=∅

VECTOR FUERZA DE FIJACION

MATRIZ DE RIGIDEZ GENERAL

VECTOR DEZPLAZAMIENTO (ANGULAR)

{u }={−f o }∗{K }−1

{K }−1= 1|K|

∗( Adj ( A ) )T


Reemplazando en (*):

{u }={θ A

θB

θC

θD

}= 1EI {−6.614292585.72596017

−12.1695240124.33215784

}Calculo de los momentos de continuidad en cada nodo (para cada miembro):

Tramo A-B:

{ f }={ f o }+ {K }AB {u }

{ f }={ 5.00175−5.00175}+{4 EI3 2EI

32 EI3

4 EI3

}∗1EI {−6.614292585.72596017 }

{ f }={ 5.00175−5.00175}+{E1E2}{ f }={ 0

−1.77666483}t .mM AB=0 t .m

M AB=−1.77666483 t .m

Tramo B-C:

{ f }={ f o }+ {K }BC {u }

{ f }={2.135466667−3.2032 }+EI{ 1 0.50.5 1 }∗1

EI { 5.72596017−12.16952401}


{ f }={ f o }+ {K ij} {u }


{ f }={ 1.77666483−12.50974393}t .m

M AB=1.77666483 t .m

M AB=−12.50974393 t .m

Tramo C-D:

{ f }={ f o }+ {K }CD {u }

{ f }={ 12.5125−14.597916}+EI

{4/5 2 /52/5 4 /5}∗1

EI {−12.1695240124.33215784 }

{ f }={12.509743930 }t .m

M AB=12.50974393 t .m

M AB=0 t .m

4° CALCUCLO DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS (POR CORRECION DE MOMENTOS)


∆ R i=−∆ R j=∑M ij /¿ Lij¿



Tramo A-B

Tramo B-C

Tramo C-D


W=6.669 tn/m

A

RAB=10.0035t RBA=10.0035 t

B

3m

W=4.004 tn/m

B

RBC=2.6693 t RCB=5.3387 t

C

4m

W=9.009 tn/m

C D

∆ R A=−∆ RB=0−1.7766648

3t

∆ R A=−0.59222t

RA '=9.4113 t

RB'=10.5957 t

∆ R A=−∆ RB=1.77666−12.509744

4t

∆ R A=−2.6821 t

RB' '=−0.0128t

RC '=8.0208 t

W=4.004 tn/m






RBC=14.18083 t RCB=18.35167 t5m

∆ R A=−∆ RB=12.509743+0

5t

∆ R A=2.5019 t

RC ' '=16.68273 t

RD'=15.8498 t

RA=RA'+0=9.411 t

RB=RB'+¿RB' '=10.583 t ¿

RC=RC '+RC' '=24.704 t

RC=RC '+0=15.850 t

W=9.009 tn/m

3m 4m 5m

W=6.669 tn/m


Solución


GI=R−(C+3)GI=5−(0+3)

GI=2

La estructura presenta dos grados de indeterminación:Redundantes RB y RC .


11º VIGA PRIMARIA

M AB=27.64125 x−3.3345 x2

M AB=52.91325+7.63425 x−0.166833333 x3

12º SE APLICARAN CARGAS UNITARIAS EN B Y C:



W=9.009 tn/m

A D

RA=27.64125 t RB=32.90625 t

DBD DCD12m

B C

A B C D

W=6.669 tn/m


M AB=3 x4

MBD=94− x4


M AC=5x12

MCD=54+ 5x12

MCD=54+ 5x12

−( x−4 )=214

−7 x12

NOTA: Para efectos de calculo con integrales la viga primaria y secundarias se han tomado como dos tramos independientes, es decir el tramo AB desde 0m a 3m y el tramo BC desde 0m a 9m.


Viga primaria (cauzada por la carga)


3/4 1/4

δBD δCD

1 t

B C

3m 4m 5m

1/4 3/ 4

δBC δCC

1 t

B C

3m 4m 5m


DB 0=∫MmEI

dx

DB 0=∫0

327.64125 x−3.3345 x2

EI∗3x

4dx+∫

0

952.91325+7.63425 x−0.1668333 x3

EI∗( 9−x

4¿)dx¿

DBD=780.430950246 /EI

DC 0=∫ MmEI

dx

DC 0=∫0

327.64125x−3.3345x2

EI∗5 x

12dx+∫

0

452.91325+7.63425x−0.1668333 x3

EI∗( 54+ 5x12

¿)dx+∫0

452.91325+7.63425 x−0.1668333 x3

EI∗( 214

−7 x12

¿)dx ¿¿

DCD=1083.14591722/EI


δBB=∫mBmB

EIdx

δBB=∫0

3 ( 3 x4 )EI

2

dx+∫0

9 ( 9−x4 )

2

EIdx

δBB=20.250/EI

δCB=∫mCmB

EIdx

δCB=∫0

3

(3 x4 )( 5 x12 )EI

dx+∫0

4 ( 9−x4 )( 54 + 5x

12 )EI

dx+∫4

9 ( 9−x4 )( 214 −7 x

12 )EI

dx

δCB=22.9166667/EI



δBC=∫mCmB

EIdx

δBC=∫0

3

( 3 x4 )( 5 x12 )EI

dx+∫0

4 ( 9−x4 )( 54 +5 x

12 )EI

dx+∫4

9 ( 9−x4 )( 214 −7 x

12 )EI

dx

δBC=22.9166667 /EI

δCC=∫mCmC

EIdx

δCC=∫0

7 ( 5 x12 )EI

2

dx+∫7

12 (7−7 x12 )2

EIdx

δCB=34.0277779/EI


DBD+DBB+DBC=0

DCD+DCB+DCC=0

Reemplazando:

DBD+δBB XB+δBC XC=0


W=9.009 tn/m

A DX B

B C

XC

W=6.669 tn/m


DCD+δCBXB+δCC XC=0

[DBD

DCD]+[δBB δBC

δCB δCC][X B

XC ]=0

Entonces:

20.250 X B+22.9166667 XC=−780.430950246

22.9166667 X B+34.0277779 XC=−1083.14591722

Resolviendo:

X B=−10.5817851464 t

XC=−24.7047185912 t

∴RB=10.582 t (↑)

RC=24.705t (↑)

REACCIONES EN AY D :

RA=27.64125+34X B+

512

XC=9.411278394

RA=15.84971787+14X B+

712

XC=15.84971787

∴REACCIONES EN APOYOS:



RA=9.411 t

RB=10.582 t

RC=24.705t

RC=15.850t



Solución



M AB=w l2

12=13.89375 t .m

MBA=w l2

12=−13.89375t .m

MBC=w l2

12=8.8920 t .m

MCB=w l2

12=−8.892t .m

MCD=w l2

12=5.00175t .m

MDC=w l2

12=−5.00175 t .m



W=8.669 tn/m

5m 4m 3m

W=8.669 tn/m

5m 4m 3m

A B C D

A B C D


f o=[MB

MC

M A

M D]=[−5.00175−3.89025

13.89375−5.00175]

2º CALCULO DE LA MATRIZ DE RIGIDEZ:



k AB=[ 4 EIL1

2 EIL1

2 EIL1

4 EIL1

]θA

θB


k BC=[ 4 EIL2

2 EIL2

2 EIL2

4 EIL2

]θB

θC


4 EIL

∗θA

2EIL

∗θA

2EIL

∗θB 4 EIL

∗θB



k BC=[ 4 EIL3

2 EIL3

2 EIL3

4 EIL3

] θC

θD


K=[4 EI5

2EI5

2 EI5 ( 4 EI5 + 4 EI

4 )0 02EI4

0

02 EI4

0 0

( 4 EI4 + 4 EI3 ) 2 EI

32EI3

4 EI3

]θ A

θB

θC

θD

El nuevo orden para efectos de cálculo es:θB ,θC , θA ,θD

Entonces:

K=EI [7/2 2/32/3 4 /3

2/5 00 2/3

0 00 0

4/5 00 4 /3

]θB

θC

θ A

θD




{ f o }+ {K } {u }={f }EXT


{K } {u }= {f }

[k11 k 12k21 k 22] [θB

θC

θD

0]=[−f o

f ]

Entonces:

[ F ]=[K11]−1 {u }

{u }=[K11]−1 {−f o }

Se sabe:

[θB

θC ]= 1EI [2.46218354351.1396392399]

Se sabe:θA=0 , θD=0

Calculo de los momentos de continuidad en cada nodo (para cada miembro):

Tramo A-B:

{ f }={ f o }+ {K }AB {u }

{ f }={ 13.89375−13.89375}+{4 EI5 2EI

52 EI5

4 EI5

}∗1EI { 0

2.4621835}{ f }={ 14.87862342−11.92400316}t .m

M AB=14.8786 t .m

MBA=−11.9240 t .m

Tramo B-C:


{ f }={ f o }+ {K ij} {u }


{ f }={ f o }+ {K }BC {u }

{ f }={ 8.892−8.892}+EI{1 0.51 0.5}∗1

EI {2.46218351.1396392}

{ f }={11.9240031646−6.521268987 }t .m

MBC=11.9240 t .m

MCB=−6.5213 t .m

Tramo C-D:

{ f }={ f o }+ {K }CD {u }

{ f }={ 5.00175−5.00175}+EI{4 /3 2/32/3 4 /3}∗1

EI {−1.139634240 }

{ f }={6.52126899−4.2419905}t .m

MCD=6.5213 t .m

MDC=−4.2420 t .m

4to CALCUCLO DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS (POR CORRECION DE MOMENTOS)




∆ R i=−∆ R j=∑M ij /¿ Lij¿

Tramo A-B

Tramo B-C

Tramo C-D


W=8.669 tn/m

A

RAB=16.6725t RBA=16.6725 t

B

5m

W=8.669tn/m

B

RBC=13.338 t RCB=13.338 t

C

4m

W=4.329 tn/m

C

RBC=10.0035 t RCB=10.0035 t

D

3m

∆ R A=−∆ RB=−❑5

t

∆ R A=−t

RA '=t

RB'=t

∆ R A=−∆ RB=−❑4

t

∆ R A=t

RB' '=t

RC '=t

∆ R A=−∆ RB=−❑3

t

∆ R A=t

RC ' '=t




∆ R A=−∆ RB=−❑3

t

∆ R A=t

RC ' '=t

RA=RA'+0=t

RB=RB'+¿ RB' '=t ¿

RC=RC '+RC' '=t

RC=RC '+0=t

Documents

Metodo de Rigidez.doc Analisis II