METODO DE TAKABEYA

ANALISIS DE PORTICO DE VARIOS PISOS METODO DE TAKABEYA-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------CONTENIDOI- INTRODUCCIN..... 21.1. Hiptesis para el desarrollo del mtodo1.2. Rigidez relativa de una barra de seccin constante a la flexin.1.3. Estado general de deformacin de una barra.

II- DEDUCCION DE LAS ECUACIONES FUNDAMENTALES.......................................... 42.1. Ecuaciones fundamentales de iteracin.2.2. Significado de las ecuaciones fundamentales de iteracin.

III- METODOLOGIA GENERAL PARA EL CALCULO DE MOMENTOS EN UN PORTICO... 93.1. Caso general de un prtico con apoyos empotrados y columnas de igual altura en cada piso, sujeto a cargas verticales y laterales.

IV- CASOS PARTICULARES Y SIMPLIFICACIONES POR SIMETRIA4.1. Prticos sujetos nicamente a carga verticales............................................. 214.2. Prticos sujetos nicamente a cargas laterales en los nudos....................... 294.3. Prticos sin desplazamiento laterales......................................................... 344.4. Simplificaciones por simetra en la estructura............................................. 424.4.1. Prtico con nmero par de crujas.4.4.2. Prtico son nmero impar de crujas

V- CASOS ESPECIALES5.1. Prtico con columna de diferente altura en un piso.................................... 495.2. Prticos con apoyos articulados................................................................. 565.2.1. Prticos sin desplazamiento lateral5.2.2. Prticos con desplazamiento lateral

5.3. Prticos simtricos sujetos a cargas laterales ............................................. 685.3.1. Prtico con nmero impar de crujas5.3.2. Prtico con nmero par de crujas

5.4. Prticos con vigas intermedias.................................................................... 83

I. NTRODUCCION

El director Fukuhei Takabeya, en 1962 dio a conocer un mtodo de clculo de aproximaciones sucesivas de fcil aplicacin para el anlisis de prticos de varios pisos, con y sin desplazamientos laterales. Este mtodo se presenta en la publicacin ESTRUCTURAS DE VARIOS PISOS del autor, editada en espaol en 1969.En esencia, como se ver en el desarrollo del presente trabajo, el mtodo propuesto por el Dr. Takabeya, es una variante ms eficiente del manejo de las ecuaciones de iteracin del mtodo del G. Kani.

1.1. Hiptesis para el desarrollo del mtodo

1. El material de la estructura tiene comportamiento elstico.2. La estructura presenta un comportamiento lineal siendo vlido el principio de superposicin.3. Las uniones entre las barras de un prtico son perfectamente rgidas. Es decir no existen desplazamientos relativos en los extremos de las barras que concurren en un nudo4. la longitud de las barras no vara a causa de los esfuerzos axiales.5. Los desplazamientos que se presenta en la estructura son relativamente pequeos, lo que hace posible el empleo de un anlisis de primer orden.6. Solo se consideran deformaciones por flexin.

1.2. Rigidez relativa de una barra de seccin constante a la flexin

Rigidez absoluta: Rigidez relativa: En el mtodo de Takabeya, Rigidez relativa: , donde:K= constante arbitraria, elegida como unida de rigidez.Ejemplo: K=1 cm3, , , etc.De manera la rigidez relativa viene a ser representada por un valor adimensional.

1.3. Estado general de deformacin de una barra.

En un prtico sujeto a la accin de cargas exteriores, una barra puede presentar en sus extremos, en general, tres deformaciones.

Los momentos en los extremos pueden obtenerse superponiendo cuatro estados parciales de deformacin.

Convencin de signos para Conviene sealar que estas expresiones son las ecuaciones de pendiente deformacin de la barra, presentadas de una manera particular.La inclusin de la constante de K en estas expresiones permite que en una barra los momentos por influencia de las deformaciones sean valores proporcionales a estas, variante fundamental que caracteriza al mtodo de Takabeya.

II. DEDUCCION DE LAS ECUACIONES FUNDAMENTALES DEL METODO DEL TAKABEYAEn general un prtico sujeto a cargas verticales y horizontales puede considerarse como la suma de dos condiciones parciales de carga.

Condicin (1)Restriccin total de desplazamientos de los nudos, introduciendo momentos de fuerzas de sujecin en los mismos.Momentos de sujecin (en cada nudo)Fuerzas de sujecin (en cada nivel) Reacciones de empotramiento perfecto.Convencin de signos:

Condicin (2)Momentos y fuerzas de igual magnitud y de sentido contrario a los momentos y fuerzas de sujecin, actuando directamente en los nudos y niveles del prtico.Por superposicin, para una barra cualquiera i - k del prtico:Condicin 1Condicin 2

2.1. Ecuaciones fundamentales de iteracin:

Analizando el equilibrio de la estructura en su condicin de carga 2.

Equilibrio de momentos en un nudo cualquiera i:

Ecuacin de equilibrio:

Pero: : constante para todas las barras que concurren en el nudo i.

De donde:

Comprobacin: Finalmente:

Equilibrio de fuerzas cortantes en un piso r:

Ecuacin de equilibrio:

En las columnas del piso son de la misma altura:

Pero: , constante para todas las columnas del piso r.Luego:

Finalmente:

Las ecuaciones I y II son las ecuaciones fundamentales de iteracin del mtodo de Takabeya para prticos desplazables y con columnas de igual altura en cada piso.2.2. Significado de las ecuaciones fundamentales de iteracin.

Ecuacin I:

En el caso de prticos desplazables, solo las columnas pueden presentar momentos por influencia de desplazamiento y estos tienen un mismo valor para todas las columnas de un prtico. Si sealamos a estos momentos como para cada piso.La ecuacin I puede escribirse tambin:

Para la aplicacin de esta ecuacin de iteracin puede considerarse como primeros valores de a los calculados.Ecuacin II:

Luego la ecuacin II puede escribirse tambin como:

En el proceso de iteracin pueden considerarse como primeros valores de a los calculados previamente.Obsrvese que la ventaja de presentar de esta manera las ecuaciones de iteracin radica en que solo existe un momento por influencia de giro en cada nudo () y un momento por influencia de giro (.Los momentos por influencia de giro en todos los nudos, y los momentos por influencia de desplazamiento en todos los pisos se determinan mediante un proceso de aproximaciones sucesivas. Los momentos finales en los extremos de las barras se obtienen en base a las ecuaciones planteadas para el estado general de deformacin de una barra.

Donde el trmino se presenta solo para columnas, esta ecuacin puede escribirse como:

III. METODOLOGIA GENERAL PARA EL CALCULO DE MOMENTOS DE UN PORTICO3.1. Caso general 1. Factores de giro y corrimientoRigideces relativas:

En cada nudo: En cada piso:

2. Momentos y fuerzas de sujecin:En cada barra: momento de empotramiento perfecto (tablas)En cada columna: reacciones de empotramiento perfecto (tablas)Luego:En cada nudo: En cada nivel:

3. Momentos de nudo y momentos de pisoEn cada nudo: En cada piso:

4. Ciclos de iteracinEcuaciones de iteracin:Ciclo de giros:; En los nudosCiclo de desplazamientos:; En los pisos

5. Calculo de momentos finalesEn los extremos de todas las barras:

6. Comprobacin de resultadosEquilibrio de la estructura:En cada nudo Si , se distribuye el momento de desequilibrio entre todas las barras que concurren en el nudo en funcin a sus rigideces relativasTambin puede verificarse:En cada piso: Generalmente es suficiente verificar el equilibrio de momentos actuantes en cada nudo.3.2. Ejemplo de aplicacin N 01

Determinar los momentos en los extremos de todas las barras del prtico en la figura.

Columnas: 25x40Vigas : 25x60Ultimo nivel: 25x40 (vigas)1. Factores de giro y corrimientoRigideces relativas: Factores de giro:

Factores de corrimiento:

Nudo 1: -0.5

Nudo 2: -0.5

Nudo 3: -0.5

Nudo 4: -0.5

Nudo 5: -0.5

Nudo 6: -0.5

Nudo 7: -0.5

Nudo 8: -0.5

Piso I: Piso II: Piso III: 2. Momentos y fuerzas de sujecin:

Momentos de empotramiento perfecto:

Reacciones de empotramiento perfecto

Momentos de sujecin:

3. Momento de nudo y momentos de piso:Momentos de nudo:

Momentos de piso:

4. Ciclos de iteracin

Ecuaciones de iteracin:Ciclo de giros:

Ciclo de desplazamientos:

Adoptaremos: 1ciclo de giros, 1 ciclo de desplazamientos, 1 ciclo de giros etc.Secuencia para ciclo de giros: 8 - 5 2 1 3 6 7 4 Primer ciclo de giros:

Primer ciclo de desplazamiento:

Asi sucesivamente hasta completar 5 ciclos de giros y 5 de corrimientos.

5. Momentos finales:

Nudo 1:= - 4286

= + 4270

M = - 16

Nudo 2:= + 4365

= - 3742

= - 600

M = + 23

Nudo 3:= - 4360

= + 4344

M = - 16

Nudo 4:= + 15527

= + 3438

= - 19620

= + 734

M = + 79

Nudo 5:= + 12379

= - 3966

= - 6591

= - 1800

M = + 22

Nudo 6:= + 2754

= - 3164

= - 435

M = + 25

Nudo 7:= + 17658

= + 1383

= - 17704

= - 1288

M = + 49

Nudo 8:= + 13582

= + 6469

= - 5299

= - 1800

M = + 14

Momentos en los apoyos:

6. Comprobacin de resultados:

En cada nudo Si , se debe corregir el momento en cada barra sumando algebraicamente un valor igual a,

Nudo 1:

= -4282

= +4282

= 0

Nudo 2:

= + 4359

= - 3759

= - 600

= 0

Nudo 3:

= - 4350

= + 4350

= 0

Nudo 4:

= + 15502

= + 3422

= - 19642

= + 718

= 0

Nudo 5:

= + 12371

= + 3973

= - 6598

= - 1800

= 0

Nudo 6:

= + 2746

= - 3176

= + 430

= 0

Nudo 7:

= + 17642

= + 1372

= - 17718

= - 1296

= 0

Nudo 8:

= + 13576

= + 6474

= - 5302

= - 1800

= 0

Equilibrio de fuerzas laterales:En cada piso Piso I:

Piso II:

Piso III:

La comprobacin de resultados generalmente se limita a verificar la suma de momento en cada nudo, calculo que puede incluirse en el piso 5, tal como se adoptara en los ejemplos a desarrollarse posteriormente.

IV. CASOS PARTICULARES Y SIMPLIFACIONES POR SISTEMA4.1. PORTICOS SUJETOS UNICAMENTE A CARGAS VERTICALESEn este caso por no existir cargas laterales no existen fuerzas de sujecin ni momentos de pisos:

Las ecuaciones de iteracin son:Para los nudos:

Para los pisos:

Los momentos finales se calculan con la expresin:

EJEMPLO DE APLICAION N 02Calcular los momentos en los extremos de todas las barras del prtico de la figura:

Vigas: 25 x 40Columnas: 1er piso: 35 x 402do piso: 30 x 403er piso: 25 x 404to piso: 25 x 40EI= constante1. Factores de giro y corrimientoRigideces relativas:

Factores de giro:

Los clculos respectivos han sido efectuados directamente en el siguiente diagrama.

2. Momentos de sujecinMomentos de empotramiento perfecto:


3. Momentos de nudo y momentos de pisoMomentos de nudo:

Momentos de piso:Por no existir cargas laterales y fuerzas de sujecin:, en todos los pisos




Ciclos de iteracin: 4 de giros y 3 de desplazamientos en forma alternada.Secuencia para ciclo de giros: 4 7 10 6 9 12 1 5 8 11 3 2

5. Calculo de momentos finales:

Nudo 1:

= - 2703

= + 2709

M = + 6

Nudo 2:

= + 4097

= - 3005

= - 1092

M = 0

Nudo 3:

= + 1632

= - 16232

M = + 8

Nudo 4:

= + 3147

= - 6324

= - 3235

M = + 58

Nudo 5:

= + 7443

= - 1174

= - 4936

= - 1299

M = + 34

Nudo 6:

= + 3365

= - 1623

= - 1675

M = + 67

Nudo 7:

= + 3009

= - 6562

= - 3599

M = + 46

Nudo 8:

= + 7401

= - 1219

= - 4747

= - 1417

M = + 18

Nudo 9:

= + 3551

= - 1599

= - 1907

M = + 45

Nudo 10:

= + 3806

= - 6396

= - 2599

M = + 9

Nudo 11:

= + 7402

= - 1520

= - 4973

= - 907

M = + 2

Nudo 12:

= + 3304

= - 2041

= - 1251

M = + 12


Efectuando la compensacin para el equilibrio de momentos en cada nudo, se obtienen los siguientes resultados:

4.2. Prticos sujetos nicamente a cargas laterales en los nudosEn este caso los momentos de sujecin y momentos de nudo son nulos:

La ecuacin de iteracin son:Para nudos:

Para pisos:

Obsrvese que en este caso debe inclinarse el proceso de iteracin por un ciclo de giros.Los momentos finales se calculan con la expresin:

EJEMPLO DE APLICACIN N 03 Determinar los momentos en los extremos de las barras del prtico del ejemplo de aplicacin N 02 para el sistema de cargas mostrado.

Vigas: 25 x 40Columnas: 1er piso: 35 x 402do piso: 30 x 403er piso: 25 x 404to piso: 25 x 40EI= constante1. Factores de giro y corrimientoPor tratarse del prtico del ejemplo anterior los rigideces, factores de giro y corrimiento respectivos son los mismos.

2. Momentos y fuerzas de sujecinMomentos de sujecinPor estar el prtico sujeto solamente a cargas laterales actuando en los nudos, no existen momentos de empotramiento perfecto y por consiguiente los momentos de sujecin son nulos.

Fuerzas de sujecinLas fuerzas de sujecin para este caso particular son iguales a las cargas actuantes en cada nudo.


Momentos de piso:

4. Ciclos de iteracinEcuaciones de iteracin:Ciclo de giros:


Ciclos de iteracin: 5 de giros y 4 de desplazamientos en forma alternada Secuencia para ciclo de giros: 10 11 12 7 8 9 4 5 6 1 2 3 Como se manifest anteriormente, en este caso particular se empieza el proceso de iteracin necesariamente por un ciclo de giros, seguido de uno de corrimientos, de esta manera se evita repetir los valores de los momentos de piso.En el diagrama mostrado a continuacin se han efectuado las iteraciones.

5. Clculo y compensacin de momentos finales.

Nudo 1:= + 1374-12= +1362

= -1344-18= -1362

M = - 16M = 0

Nudo 2:= + 1181-16= +1165

= +1423-20= +1403

= -2542-26= -2568

M = + 62M = 0

Nudo 3:= + 1611-1= +1610

= -1608-2= -1610

M = + 3M = 0

Nudo 4:= -86-79= - 165

= +3603-49= +3554

= -3310-79= -3387

M = + 207M = 0

Nudo 5:= +3223-27= +3196

= -1576-41= -1617

= +3924-34= +3890

= -5428-41=-2569

M = + 143M = 0

Nudo 6:= +4294-31= +4263

= -414-40= -454

= -3769-40= -3809

M = + 111M = 0

Nudo 7:= -1612-96= -1708

= +6648-62= +6586

= -4762-116= -4878

M = + 274M = 0

Nudo 8:= +6053-59= +5994

= -4066-92= -4158

= +7408-73= +7335

= -9061-110=-9171

M = + 334M = 0

Nudo 9:= +7994-52= +7942

= -2137-66= -2203

= +5660-79= +5739

M = + 197M = 0

Nudo 10:= -2648-177= -2825

= +9521-94= +9427

= -6437-165= -6602

M = + 436M = 0

Nudo 11:= +8419-78= +8340

= -7900-147= -8047

= +10239-98= +10141

= -10297-137=-10434

M = + 460M = 0

Nudo 12:= +11334-94= +11240

= -3737-140= -3877

= -7232-131= +7363

M = + 365M = 0


4.3. Prticos sin desplazamientos laterales:Al no existir desplazamientos laterales en todos los niveles de los prticos no existen momentos por influencia de desplazamientos en las columnas:

Ecuaciones de iteracinPara nudos:

Momentos finales:

EJEMPLO DE APLICACIN N 04Calcular los momentos en los extremos de las barras del prtico sin desplazamiento mostrado en la figura.

Vigas: 25 x 40Columnas: 1er piso: 35 x 402do piso: 30 x 403er piso: 25 x 404to piso: 25 x 401. Factores de giroRigideces relativas

Factores de giro:

Los clculos correspondientes se muestran en el diagrama.



3. Momentos de nudo Momentos de nudo:

4. Ciclos de iteracinEcuaciones de iteracin:Por ser el prtico indesplazable solo se tiene una ecuacin de iteracin Ciclo de giros:

Secuencia para ciclo de giros: 4 7 10 1 2 5 8 11

5. Calculo de momentos finales:

Nudo 1:

= - 2872

= + 2874

M = + 2

Nudo 2:

= + 3899

= - 2883

= - 1018

M = - 1

Nudo 4:

= + 3239

= - 6608

= - 3367

M = - 2

Nudo 5:

= + 7158

= - 1131

= - 4863

= - 1164

M = 0

Nudo 7:

= + 3132

= - 6859

= - 3732

M = + 5

Nudo 8:

= + 7110

= - 1084

= - 4735

= - 1293

M = - 2

Nudo 10:

= + 3989

= - 6632

= - 2642

M = - 1

Nudo 11:

= + 7152

= - 1382

= - 4854

= - 915

M = + 1


Nota: como puede observarse los momentos de desequilibrio son pequeos y no es imprescindible realizar la compensacin respectiva

4.4. Simplificaciones por simetra en la estructura

En el caso de simetra en la estructura, pueden presentarse 2 casos

4.4.1. Prtico con numero par de crujasEn este caso solo debe analizarse la mitad de la estructura, considerando en el eje de simetra apoyos empotrados para todas las vigas que llegan a dicho eje.Los momentos de la columnas ubicadas en el eje de simetra son iguales acero. El prtico se resuelve segn el desarrollo mostrado en el ejemplo de aplicacin N 04.

4.4.2. Prticos con nmero impar de crujas

En este caso para los nudos adyacentes al eje de simetra:

Para el clculo de los momentos en los extremos de las vigas de la cruja central se tendra.

Igualando estas expresiones: Es decir que el prtico simtrico real puede ser simplificado para el clculo de los momentos por influencia de giro de los nudos, mediante un prtico con las vigas de la cruja central empotradas en su extremo, considerando para estas una rigidez modificada:

Para el clculo de los momentos de nudo y de los momentos finales deben considerarse los momentos de empotramiento perfecto de la condicin geomtrica real de la estructura.En esta simplificacin el clculo de los momentos finales en los extremos de la viga de la cruja central se realiza empleando cualquiera de las relaciones sealadas anteriormente siendo ms frecuente emplear la expresin:

= Momento de empotramiento perfecto de la condicin real.= Momento por influencia de giro en el nudo, determinado en el prtico simplificado.

EJEMPLO DE APLICACIN N 05Determinar los momentos en los extremos de las barras del prtico simtrico.

Vigas: 25 x 40Columnas: 1er piso: 35 x 402do piso: 30 x 403er piso: 25 x 404to piso: 25 x 401. Factores de giro

Rigideces relativas

Para las barras de la cruja central:

Factores de giro:

Para el clculo de los factores de giro de los nudos que contengan barras de la cruja central, se toma en cuenta la rigidez modificada de estas.Los clculos correspondientes se muestran en el siguiente diagrama.Prtico simplificado

Como se observa los factores de corrimiento no han sido calculados ya que por condiciones de simetra el prtico no presenta desplazamiento lateral.Puede prescindirse del clculo de estos factores ya que no intervienen en el proceso de iteracin.


Momentos de sujecin

3. Momentos de nudo:

4. Ciclos de iteracin Ecuacin de iteracin:

Secuencia para ciclo de giros: 5 9 13 1 6 10 14 2

5. Calculo de momentos finales

Nudo 1:

= - 2893

= + 2894

M = + 1

Nudo 2:

= + 3841

= - 2681

= - 1161

M = - 1

Nudo 5:

= + 3253

= - 6632

= - 3375

M = - 4

Nudo 6:

= + 7104

= - 11267

= - 4566

= - 1276

M = - 5

Nudo 9:

= + 3138

= - 6874

= - 3740

M = + 4

Nudo 10:

= + 7076

= - 1180

= - 4489

= - 1411

M = - 4

Nudo 13:

= + 4001

= - 6655

= - 2651

M = - 3

Nudo 14:

= + 7098

= - 1521

= - 4562

= - 1015

M = + 0


Similarmente al caso anterior los momentos de desequilibrio no requieren ser distribuidos.

V. CASOS ESPECIALES

5.1. Prticos con columnas de diferente altura en un piso

En este caso las columnas de diferente altura del piso presentan distintos momentos por influencia de desplazamiento , puesto que en la expresin:

Sin embargo es posible emplear el mtodo bajo el mismo criterio general. Introduciendo un factor de altura para dichas columnas en las ecuaciones fundamentales.Factor de altura: : Altura arbitraria de referencia.: Altura de la columnaDe este modo:

: Momento por influencia de desplazamiento en el piso con columna de diferente alturaModificacin de las ecuacionesPara la deduccin de la ecuacin de iteracin de desplazamientos.

Despejando:

Donde:

Comprobacin:

Finalmente para el piso con columna de diferente altura, las ecuaciones de iteracin son:

Momentos finales de las columnas:

EJEMPLO DE APLICACIN N06Calcular lo momentos en los extremos de las barras del prtico de la figura:

1. Factores de giro y corrimientoFactores de altura:

= 5.00 m; altura de referencia=3/4=1.23, ==5/5=1.00

Factores de giro:

Factor de corrimiento:Para el piso superior

Para el primer piso

Los clculos respectivos se muestran en el diagrama

2. Momentos y fuerzas de sujecinMomentos de empotramiento perfecto:

Momentos de sujecin

Fuerzas de sujecin


Momentos de piso:Para el piso superior:

Para el primer piso:



Ciclo de desplazamiento:

Adoptaremos: 1 ciclo de desplazamientos, 1 ciclo de giros, 1 ciclo de desplazamientos, etc.Secuencia para el ciclo de giros: 4 6 1 5 3 2 Primer ciclo de desplazamientos:

Primer ciclo de giros:

Asi sucesivamente hasta completar 5 ciclos de desplazamientos y 5 ciclos de giros.

5. Calculo y compensacin de momentos finales

Nudo 1:= - 1400-11= -1411

= + 1429-18= +1411

M = + 29M = 0

Nudo 2:= + 54640= +5464

= - 1057-1= -1058

= - 4405-1= -4406

M = + 2M = 0

Nudo 3:= + 3739-17= +3722

= - 3701-21= -3722

M = + 38M = 0

Nudo 4:= +4692-46= +4646

= -1090-29= -1119

= -3490-37= -3527

M = - 112M = 0

Nudo 5:= +11248-8= +11240

= -3995-11= -4006

= -1295-9= -1304

= -5923-7=-5930

M = + 35M = 0

Nudo 6:= +7677-32= +7645

= -2570-41= -2611

= -5008-26= -5034

M = + 99M = 0


5.2. Prticos con apoyos articulados5.2.1. Prticos sin desplazamiento lateral

En este caso la determinacion de los momentos de empotramiento perfecto y momentos de sujecin se realiza para la condicin real de la estructura.Para el clculo de factores de giro y momentos de nudo, deben considerarse para las barras con extremo articulado, la presencia de barras equivalentes con extremo-empotrado con una rigidez modificada ; de modo que los momentos por influencia de giro resulten iguales, tanto para el caso del extremo k articulado, como para el caso del extremo k empotrado.

Igualando estas expresiones Por no existir desplazamientos laterales en el perotico la presencia de columnas don diferente altura en un piso no modifica el proceso de clculo.

Ecuacin de iteracin nica:

En el clculo de y , deben considerarse las rigideces relativas modificadas.

Momentos finales:Para las barras con extremo articulado:

Para las otras barras:

En los extremos articulados, directamente EJEMPLO DE APLICACIN N 07Determinar los momentos en los extremos de las barras del prtico de la figura siguiente:

1. Factores de giro:Prtico con rigideces modificadas:

Factores de giro:

Nudo 1:

Nudo 2:

2. Momentos de sujecinMomentos de empotramiento perfecto: calculamos de la condicin real.


3. Momentos de nudo

Las rigideces relativas se toman del prtico modificado.


Ecuacin de iteracin:

Secuencia de giros: 1 2, 3 ciclos.5. Clculos de momentos finales

Nudo 1:= +120000= +12000

= -9156-2= -9158

= -2840-2= -2842

M = + 4M = 0

Nudo 2:= +3948

= - 3474

= - 474

M = - 0


5.2.2. Prticos con desplazamiento lateralPara este caso la determinacion de los momentos y reacciones de empotramiento perfecto, momentos y fuerzas de sujecin se efecta tambin para la condicin real de la estructura.Para el clculo de los factores de giro y corrimiento, momentos de nudo y momentos de piso, deben considerarse para las barras con extremo articulado, la presencia de barras con extremo empotramiento, de propiedades equivalentes a dichas barras.Por presentar las vigas solo influencias de giro, y las columnas influencias de giro y desplazamiento; las barras de propiedades equivalentes a estas tienen caractersticas diferentes en ambos casos.

Vigas articuladas en un extremoPor presentar estas solo influencias de giro, son remplazadas por barras equivalentes con extremos empotrados en forma similar a lo sealado para prticos sin desplazamientos; este caso es similar al caso 5.2.1 con la particularidad de que el extremo articulado en rodillo, es remplazado por un extremo empotrado en rodillo, para permitir el desplazamiento lateral de la estructura.

Columnas articuladas en su baseEstas barras, a diferencia de las vigas, tienen momentos por influencia de giro y desplazamiento. En esta caso la equivalencia se consigue igualando por separado los momentos por influencia de giro y los momentos por influencia de desplazamiento, tanto en el columna con base articulada en la columna de base empotrada.

En el primer caso:

En el segundo caso:

Igualando ambas expresiones se observa que se obtiene un mismo valor , haciendo:

Esta equivalencia al ser empleada asegura la igualdad de momentos en cabeza de columna; mas no asegura la equivalencia de fuerzas cortantes en dichas columnas. Para asegurar esta equivalencia, debemos introducir en las expresiones de las fuerzas cortantes un factor m, segn el siguiente criterio.Para las columnas articuladas en su base:

Pero: , calculado en la columna empotrada en su base. , Luego:

Expresin de fuerza cortante en las columnas supuestamente empotradas en su base.Para las columnas realmente empotradas en su base:

Expresin para columnas realmente empotradas en su base. La expresin de fuerza cortante para ambos casos puede generalizarse a:

Donde:Para columnas supuestamente empotradas en su base:

Para columnas realmente empotradas en su base:

Haciendo uso de la expresin generalizada de fuerza cortante en la condicin de equilibrio de fuerzas laterales del primer piso se tiene:

Introduciendo el factor de altura:

Despejando:

Donde:

Comprobacin:

Estas expresiones debern emplearse en el clculo del momento de piso y de los factores de corrimiento en el primer piso.EJEMPLO DE APLICACIN N 08Determinar los momentos en los extremos de las barras del prtico de la figura.

1. Factores de giro y corrimiento:Prtico con rigideces y alturas de columnas modificadas.Para columnas:

Factores de giro:

Nudo 2:

Nudo 3:

Factores de corrimiento:Columna 2 5

Columna 3 6

Luego:

2. Momentos y fuerzas de sujecinMomentos de empotramiento perfecto:


En este prtico por no existir cargas laterales no existen fuerzas de sujecin.3. Momentos de nudo y momentos de pisoMomento de nudo:

Nudo 2:

Nudo 3:

Momento de piso:Por no haber fuerzas de sujecin:


Ecuaciones de iteracin:Ciclos de giro:


Ciclos de iteracin: 1 de giros, 1 de desplazamientos, 1 de giros,... etc.Secuencia para el ciclo de giros: 2 - 3Primer ciclo de giros:

Primer ciclo de desplazamientos:

Segundo ciclo de giros:

Segundo ciclo de desplazamientos:

As sucesivamente hasta completar 5 ciclos de giros y de desplazamientos.5. Momentos finales

Nudo 2:

Nudo 3:

Momentos de apoyos:

5.3 Prticos simtricos sujetos a cargas lateralesEste caso suele presentarse con frecuencia en la prctica en el anlisis de prticos bajo acciones laterales, y puede ser resuelto de manera similar a los casos de simetra total estudiados en el acpite 4.4, es decir simplificando la labor de clculo a slo la mitad de la estructura. Esto es posible debido a que la condicin particular de carga puede ser considerada como una condicin antisimtrica de cargas que producen tambin una condicin antisimtrica de deformaciones en la estructura.Al respecto pueden presentarse 2 casos.5.3.1 Prticos con nmero impar de crujas

Teniendo en cuenta que las secciones de las vigas de la cruja que son cortadas por el eje de simetra de la estructura se comportan como puntos de inflexin (M=0), sin cargas axiales (N=0) y con slo desplazamientos laterales (dy=0), se deduce que es posible analizar el prtico propuesto considerando solamente la mitad de la estructura, tomando los puntos de inflexin referidos anteriormente como apoyos articulados en rodillo. Resulta la mitad de la estructura, las fuerzas y deformaciones interiores de la otra mitad de la estructura adyacente, cumplen exactamente con el concepto de antisimetria definido para las cargas externas aplicadas.A su vez en la resolucin del prtico simplificado, debido a la presencia de cargas con apoyos articulados, el prtico equivalente a considerarse es el siguiente:

EJEMPLO DE APLICACIN N9Para el prtico simtrico de 4 pisos que se muestra en la figura, se pide determinar los momentos en los extremos de todas las barras emplearemos la simplicacin estudiada.

El prtico a resolverse es el siguiente:

1. Factores de giro y corrimientoFactores de giro:

-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50

Factores de corrimientos:

-1.50-1.50-1.50

2. Fueras de sujecin

3. Momentos de piso


Ecuaciones de iteracin

Ciclos de iteracin: 7 de giros y 7 de desplazamiento en forma alternada.Secuencia de giros: 13-14-9-10-5-6-1-25. Clculos de momentos finales

Nudo 1:

Nudo 2:

Efectuando en forma similar el clculo de todos los momentos en el prtico simplificado y compensando los desequilibrios correspondientes en cada nudo, se tienen los siguientes valores para los momentos finales en toda la estructura.

5.3.2 Prtico con nmero par de crujas

En este caso los giros y momentos en los extremos de las vigas adyacentes al eje de simetra son iguales. Asimismo, por la antisimetra, las cargas axiales en las columnas centrales son iguales a cero.Bajo estas consideraciones para resolver el prtico propuesto es posible analizar la mitad de la estructura, con las siguientes particularidades: En el medio prtico equivalente las rigideces de las columnas que se ubican en el eje de simetra, se toman igual a la mitad de sus rigideces reales.Los momentos finales y fuerzas- cortantes de las columnas del prtico real que se ubican en el eje de simetra son iguales al doble de los calculados en las mismas columnas del medio prtico equivalente.Todas las deformaciones y fuerzas interiores, a uno y otro lado del eje de simetra, se corresponden tambin en forma antisimetra.

EJEMPLO DE APLICACIN N10Para el prtico simtrico de 4 pisos que se muestra en la figura, se pide determinar los momentos en los extremos de todas las barras empleando las simplificaciones estudias anteriormente.

1. Factores de giro y corrimientoLas rigideces relativas han sido tomadas de los prticos simplificando mostrado a continuacin.

Factores de giro:

Prtico simplificado:

-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50


-1.50-1.50-1.50

2. Fuerzas de sujecin

3. Momentos de piso


Ecuaciones de iteracin:

Ciclos de iteracin: 7 de giros y 7 de desplazamientos en forma alternada.Secuencia para el ciclo de giros: 10-11-7-8-4-5-1-25. Clculo de momentos finales

Nudo 1:

Nudo 2:

Efectuando en forma similar el clculo de todos los momentos en el prtico simplificado y compensando los desequilibrios correspondientes en cada nudo, se obtienen los siguientes valores para los momentos finales en toda la estructura.

5.4 Prticos con vigas intermediasLa presencia de vigas intermedias en los pisos de un prtico introduce variante en el proceso de clculo anteriormente estudiando.En este caso las influencias de corrimiento en las columnas de los pisos con vigas intermedias debern determinarse tomando en cuenta os corrimientos de los niveles intermedios que corresponden a dichas vigas.Para abordar el anlisis de este problema considrese el prtico de la figura en el cual el piso (r) presenta una viga intermedia ubicada en el nivel (r').

El desplazamiento relativo total del piso (r) puede considerarse como la superposicin de dos desplazamientos parciales.d1=desplazamiento relativo entre el nivel superior y el nivel intermedio.d2=desplazamiento relativo entre el nivel intermedio y el nivel interior.

Desplazamiento relativo del piso r: dr=d1-d2

Obsrvese que en ambos casos los desplazamientos relativos que experimentan las columnas (d1 d2) son comunes para las columnas del piso desplazado.Esto significa que en un piso con vigas intermedias, es posible calcular las influencias de corrimiento mr de as columnas considerando que cada piso parcial (r1, r2, etc ), experimenta desplazamientos parciales (d1, d2, etc) por separado. Para las columnas "largas" que cubren todo el piso (r) ser necesario sumar las diferentes influencias de corrimiento parciales que originan ichos desplazamientos.Por otro lado, puede verse que la accin del desplazamiento relativo de un piso parcial corresponde exactamente a la accin del desplazamiento relativo de un piso con columnas de diferente altura (caso estudiado en la seccin 5.1). Consecuentemente las influencias de giro y desplazamiento en esta estructura pueden determinarse iterando las ecuaciones:

Con la nica particularidad de que para las columnas que cubran todo el piso (columnas "largas"), las influencias de desplazamiento mR s determinaran, cada vez, por suma de las influencias parciales de desplazamientos de cada piso intermedio.El mismo criterio ser empleado en el clculo de omentos finales de dichas columnas mediante a expresin:

EJEMPLO DE APLICACIN N11Resolver el prtico de la figura.

1. Factores de giro y corrimiento: Factores de giro:

-0.50-0.50-0.50-0.50-0.50


Piso I: altura de referncia h=3.00m, Luego C14=1.0, C25=1.0, C38=0.5 Columna 1-4: Columna 2-5: Columna 3-8:

Luego:

Piso II: los clculos son similares, obtenindose C46=1.0 C57=1.0 C38=0.5V46=-0.706 V57=-0.706 V38=-0.1762. Momentos y fuerzas de sujecinMomentos de empotramiento perfecto:

Reacciones de empotramiento:

Momento de sujecin:

Fuerzas de sujecin:


Momentos de piso:


Ecuaciones de iteracin:

Ciclos de iteracin: 4 de desplazamientos y 4 de giros en forma alternada.Secuencia para el ciclo de giros: 1-4-5-3-21er. Ciclo de desplazamientos:

1er. Ciclo de giros:

5. Clculo de momentos finales

Nudo 1:

Nudo 2:

Nudo 3:

Nudo 4:

Nudo 5:


UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL6

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METODO DE TAKABEYA