Unidad 2. Análisis estructural

2. Una estructura es hiperestática o estáticamente
indeterminada cuando está en equilibrio pero las
ecuaciones de la estática resultan insuficientes para
determinar todas las fuerzas internas o las reacciones.
[Una estructura en equilibrio estable que no es
hiperestática es isoestática]

3. 4 t/m
B
RA
A A A A
B B B B
Calcular por el método de superposición las reacciones y el
momento de empotramiento de la viga continua de la figura.
5 t
A C
3 m 3 m 3 m 2 m
4 t/m
 1 





 2 


+
 3 


+
 4 





        0
1 2 3 4
        0
1 2 3 4
RB
5 t
+

4. 
✓ Situación de carga  1 


4 t/m
A
3 m
a = 1.5 m
b = 9.5 m
C
c = 3 m
l = 11 m
8 m
RC  qc  4  3  12 t
MC  qc b  4  3  9.5  114 t m
( Ecuación de la elástica en el tramo AA1
q  c 
4
 c2
 
yAA 1

24 E   x  a   2   4c a  x 3 b2
   8b3
c4
   

q  3 
4
 32
 
yx 0   0 1.5 
  4 3 1.5  0 3 9.52

  8  9.53
 3


yx 0
24 E 


4248.5
E  
 2   4  

( Ecuación de la elástica en el tramo A1C
yA1C
yx 6
A1

5. ✓ Situación de carga  2 


5 t
a = 9 m
b = 2 m
l = 11 m
9 m 2 m
RC  P  5 t
MC  P b  5  2  10 t m
( Ecuación de la elástica en el tramo AB1
yAB

P b2
6 E  
 3  l  x b

yx0 
5  22
6 E  
3110 2
620
6 E  

yx6

5 22
6 E  
311 6 2
260
6 E  


✓ Situación de carga  3 

C
A B1 C
A
RA
1

6. Ecuación de la elástica en el tramo AC
yAC
yx 0

P
6 E  


 RA
6 E  
 l  x2
 2  l  x

 11 02
 2 11 0 
 2662
 R
6 E  
A
yx 6

 RA
6 E  
 11 62
 2 11 6 
 700
R
6 E  
A
✓ Situación de carga  4 



a = 6 m
b = 5 m
l = 11 m
6 m 5 m
RC  RB
MC  RB  l  5 RB
( Ecuación de la elástica en el tramo AB
yAB 
P b2
6 E  
 3  l  x b


 RB  52
   

 
 
 700



yx0
6 E  
3 11 0 5
6 E  
RB
A B
C
RB

7. Ecuación de la elástica en el tramo BC
yBC
y

P
6 E  


RB
 l  x2
 2 b  a  x

 11 62
 2  5  6  6 


 250
R
x 6
6 E   6 E  
B
✓ Obtención de la reacciones
Para ello, tenemos en cuenta que la deformación resultante de las 4
situaciones de carga en los apoyos debe ser nula.
Por tanto:
25491


6 E  


620
6 E  


2662
R
6 E  
A

700
6 E  


RB  0
7050
6 E  

260
6 E  

700
6 E  
RA

250
6 E  
RB  0
25491 620  26111  2662 RA  700 RB
7050  260  7310  700 RA  250 RB
RA = 8.038 t
RB = 6.732 t
RC  12  5  RA  RB  2.230 t
El momento en el empotramiento será el momento resultante de las
situaciones de carga:
MC  114 t m - 10 t m  11RA  5 RB
MC  114  10  88.42  33.66  1.92 t m

8. El Método de redistribución de momentos (no confundir con redistribución
de momentos) o método de Cross es un método de análisis estructural para
vigas estáticamente indeterminadas y marcos, desarrollado por Hardy
Cross. Fue publicado en 1930 en una revista de la ASCE. El método sólo
calcula el efecto de los momentos flectores e ignora los.efectos axiales y
cortantes, lo cual es suficiente para fines prácticos en barras esbeltas. Desde
1930 hasta que las computadoras comenzaron a ser ampliamente usadas en
el diseño y análisis de estructuras, el método de redistribución de
momentos fue el más ampliamente usado en la práctica.

9. Momentos de empotramiento en extremos fijos
Momentos de empotramiento en extremos fijos son los momentos
producidos al extremo del miembro por cargas externas cuando las juntas
están fijas.
Rigidez a la Flexión
La Rigidez a la Flexión (EI/L) de un miembro es representada como el
producto del Módulo de Elasticidad (E) y el Segundo momento de área,
también conocido como Momento de Inercia (I) dividido por la longitud
(L) del miembro, que es necesaria en el método de distribución de
momentos, no es el valor exacto pero es la Razón aritmética de rigidez de
flexión de todos los miembros.

10. Factores de Distribución
Los factores de distribución pueden ser definidos como las proporciones de los
momentos no balanceados llevados por cada uno de los miembros.
Factores de Acarreo (Transporte)
Los momentos no balanceados, son llevados sobre el otro extremo del miembro
cuando la junta es liberada. La razón de momento acarreado sobre el otro extremo, al
momento en el extremo fijo del extremo inicial es el factor de acarreo.
Convención de signos
Un momento actuando en sentido horario es considerado positivo. Esto difiere de la
[convención de signos] usual en ingeniería, la cual emplea un sistema de coordenadas
cartesianas con el eje positivo X a la derecha y el eje positivo Y hacia arriba, resultando
en momentos positivos sobre el eje Z siendo antihorarios.
Estructuras de marcos
Estructuras de marcos con o sin ladeo pueden ser analizadas utilizando el método de
distribución de momentos.

11. La viga estáticamente indeterminada mostrada en la figura sera analizada.
Miembros AB, BC, CD tienen la misma longitud L = 10 m .
Las rigideces a Flexion son EI, 2EI, EI respectivamente.
Cargas concentradas de magnitud udl = 10 kN actúan a una distancia a = 3
m desde el soporte A.
Carga uniforme de intensidad q = 1 kN/m actúa en BC.
Miembro CD está cargado a la mitad de su claro con una carga concentrada de
magnitud P = 10 kN .
En los siguientes cálculos, los momentos antihorarios son positivos.

13. Para hallar el desplazamiento de nodos de una estructura sometida a
carga axial, el método pide hallar reacciones internas no sólo de un
sistema original sometido a cargas externas; sino también de
sistemas con cargas virtuales unitarias para cada posible
desplazamiento de los nudos. Estos nuevos sistemas deberán tener
la misma geometría pero con una carga virtual unitaria en dirección
de dicho desplazamiento para hallar sus reacciones unitarias. Por
ejemplo, para un nudo A del sistema de dos cables de la figura, se
deben resolver 3 sistemas: 2 sistemas extra con cargas unitarias en x y
en y (en lugar de la carga externa P) y un tercer sistema que es el
sistema original

14. 1.Todo Nodo sin apoyo de ningún tipo sufre 2 desplazamientos debido a
cargas externas. Estamos en dos dimensiones, por lo tanto deberán ser en el
eje x y en el eje y. La dirección sobre si será hacia arriba o hacia abajo, en el
eje y; o hacia la izquierda o a la derecha, en el eje x, puede suponerse debido
al sistema de cargas. Se debe seleccionar una dirección y continuar con todas
las operaciones hasta el final. Si los desplazamientos salen negativos es que
entonces la dirección sugerida es contraria pero la magnitud es correcta. Si el
nodo se encuentra en un apoyo de rodillo, entonces sólo se desplaza en una
dirección que será paralela a su apoyo Si el nodo está en un apoyo articulado
no se desplaza en ningún eje. Por otro lado, si las reacciones internas en los
elementos están a compresión deberán colocarse en las matrices el signo
negativo, si están a tensión se manejan signos positivos. OBSERVACIONES:
2.4. Ecuación de desplazamiento de un sólo nodo y una sola dirección donde:
∆=Desplazamiento del nodo en un sólo sentido y una sola dirección. Pui
=Reacción interna del elemento i de un sistema con una carga unitaria virtual
en la dirección del desplazamiento. Pi =Reacción interna del elemento i del
sistema original

15. Ecuación de desplazamiento en forma matricial donde: ∆= Matriz columna
de desplazamiento de cada nodo
P’u =Matriz transpuesta de reacciones internas unitarias para cada
desplazamiento
F=
L/AE= Matriz diagonal de flexibilidad
P=Matriz columna de reacciones internas del sistema original Cuando se
tienen muchos nudos, la ecuación anterior se vuelve laboriosa, por lo que
es útil trabajar con matrices. La forma matricial de la ecuación.

16. Ejercicio 1.
Un nodo y 2 elementos Determinar el desplazamiento ∆ en el eje x y y
de la estructura de 2 barras cuando P=40 kN. El área de la sección
transversal de cada barra es de 6.0x10-4 m2 , y E=200 GPa. P=40 kN A
B 4.5 m 6.0 m 8.0 m PASO 1.- Enumerar elementos, puede empezar
con cualquier elemento una vez hecho, esta numeración se queda fija
para todos los sistemas. Aquí barra AC=Elemento 1; barra
BC=Elemento 2. PASO 2. Formar la matriz diagonal de flexibilidades, F.
El cálculo de la rigidez axial EA es: AE= 6.0x10-4 m2 x200 x109
Pa=12x107 N. Debido a que este valor es constante se factoriza. C 1 2
PASO 1 PASO 2. F= L1 0 0 L2 1 A E F= 7.5 0 0 10 1 m 12x107 N. 7.5 m
10 m

17. Identificar sistemas:
Un sistema para carga unitaria en y; un sistema para carga unitaria en x; y
el sistema original Sistema 1: carga unitaria en y Sistema 2: carga unitaria
en x Sistema 3: original 1 A B 1 A B P=40 kN A B C C C PASO 3. La primera
elección de con cuál eje comenzar para la carga unitaria es arbitraria, una
vez elegido se conserva ese orden. La dirección es sugerida, aquí se ha
sugerido que debido a que la carga es vertical de 40 kN, el desplazamiento
del nudo C será igual y por lo tanto la dirección de la carga unitaria en en
eje y será hacia abajo; y como la barra 2 es de mayor longitud el
desplazamiento en el eje x será hacia la izquierda. Si el resultado final en el
desplazamiento es negativo, entonces la dirección es opuesta A
continuación se hallarán las reacciones internas de cada sistema primer
desplazamiento segundo desplazamiento.

18. para primer desplazamiento:carga unitaria en y. CÁLCULO DE REACCIONES
INTERNAS POR CARGA UNITARIA 1 A B C (b) Diagrama de cuerpo libre:
Descomponer barras inclinadas en componentes en x y en y: 1 BCx BCy ACx
ACy 1 2 (a) Obtener ángulos de geometría del sistema: 1 =tan-1 (6/4.5)=53.13°
2 =tan-1 (6/8)= 36.87° (c) Aplicar ecuaciones de equilibrio: Fx =0 -ACx +BCx =0
Fy =0 ACy +BCy -1=0; ACy +BCy =1 (d) Expresar las ecuaciónes de (c) en
términos de Ac y BC: -AC cos 1 +BC cos 2 =0 AC sen 1 +BC sen 2 =1 (e)
Sustitur ángulos: -AC cos 53.13°+BC cos 36.87°=0 AC sen 53.13°+BC sen
36.87°=1 (f) Evaluar: -AC 0.6 +BC 0.8=0… .(1) AC 0.8+BC 0.6=1…...(2) (g)
Resolviendo por Gauss: Despejar BC de (1) BC=AC 0.6/0.8= AC 0.75…(3)
Sustituir (3) en (2): AC 0.8+ (AC 0.75)*0.6=1 AC 0.8+AC 0.45=1
AC(0.8+0.45)=1 AC 1.25=1 → AC=0.8…(4) Sustituir 4 en (3): BC=0.8*0.75 →
BC=0.6