Giros_ Takabeya2_ Copiar y Terminar en El Cuaderno
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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