Metodo De Takabeya 335yg

CONTENIDO I-

INTRODUCCIÓN………………………………………………………………… ...………………………….. 2 1.1. Hipótesis para el desarrollo del método 1.2. Rigidez relativa de una barra de sección constante a la flexión. 1.3. Estado general de deformación de una barra.

II-

DEDUCCION DE LAS ECUACIONES FUNDAMENTALES.......................................... 4 2.1. Ecuaciones fundamentales de iteración. 2.2. Significado de las ecuaciones fundamentales de iteración.

III-

METODOLOGIA GENERAL PARA EL CALCULO DE MOMENTOS EN UN PORTICO... 9 3.1. Caso general de un pórtico con apoyos empotrados y columnas de igual altura en cada piso, sujeto a cargas verticales y laterales.

IV-

CASOS PARTICULARES Y SIMPLIFICACIONES POR SIMETRIA 4.1. Pórticos sujetos únicamente a carga verticales............................................. 21 4.2. Pórticos sujetos únicamente a cargas laterales en los nudos....................... 29 4.3. Pórticos sin desplazamiento laterales......................................................... 34 4.4. Simplificaciones por simetría en la estructura............................................. 42 4.4.1.Pórtico con número par de crujías. 4.4.2.Pórtico son número impar de crujías

V-

CASOS ESPECIALES 5.1. Pórtico con columna de diferente altura en un piso.................................... 49 5.2. Pórticos con apoyos articulados................................................................. 56 5.2.1.Pórticos sin desplazamiento lateral 5.2.2.Pórticos con desplazamiento lateral 5.3. Pórticos simétricos sujetos a cargas laterales ............................................. 68 5.3.1.Pórtico con número impar de crujías 5.3.2.Pórtico con número par de crujías 5.4. Pórticos con vigas intermedias.................................................................. .. 83

ANALISIS DE PORTICO DE VARIOS PISOS – METODO DE TAKABEYA -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

I.

NTRODUCCION El director Fukuhei Takabeya, en 1962 dio a conocer un método de cálculo de aproximaciones sucesivas de fácil aplicación para el análisis de pórticos de varios pisos, con y sin desplazamientos laterales. Este método se presenta en la publicación “ESTRUCTURAS DE VARIOS PISOS” del autor, editada en español en 1969. En esencia, como se verá en el desarrollo del presente trabajo, el método propuesto por el Dr. Takabeya, es una variante más eficiente del manejo de las ecuaciones de iteración del método del G. Kani.

1.1. 1. 2. 3.

4. 5.

6.

Hipótesis para el desarrollo del método El material de la estructura tiene comportamiento elástico. La estructura presenta un comportamiento lineal siendo válido el principio de superposición. Las uniones entre las barras de un pórtico son perfectamente rígidas. Es decir no existen desplazamientos relativos en los extremos de las barras que concurren en un nudo la longitud de las barras no varía a causa de los esfuerzos axiales. Los desplazamientos que se presenta en la estructura son relativamente pequeños, lo que hace posible el empleo de un análisis de primer orden. Solo se consideran deformaciones por flexión.

Rigidez relativa de una barra de sección constante a la flexión

1.2.

Rigidez absoluta:

K iK =

4 EI L

Rigidez relativa:

K iK =

I L

UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

2


En el método de Takabeya, Rigidez relativa:

K iK =

I /L K , donde:

K= constante arbitraria, elegida como unida de rigidez. Ejemplo: K=1 cm3,

K=

1 cm3 , 12

K=100 cm3 , etc.

De manera la rigidez relativa viene a ser representada por un valor adimensional. 1.3.

Estado general de deformación de una barra.

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

θi , giro del extremo i

θk , giro delextremo k Rik =

Δ , giro relativo de lababrra i−k L

M ik , M ki=Momentos en losextremos de labarra i−k

M ik , M ki=Momentos de empotramiento perfecto . 2 K ik mi=

4 EI θi =4 E K ik k θi L

mi=2 EK θi


3


mi=Monentod de influencia de giro delextremo i

2 K ik mk =

4 EI θ k =4 E K ik k θk L

mk =2 EK θ k mk =Monentod de influencia de giro del extremo k .

K ik mík =

−6 EIΔ L2

mik =−6 EK Rik mik =Monento de influencia de desplazamiento de labarra i−k Los momentos en los extremos pueden obtenerse superponiendo cuatro estados parciales de deformación.

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ ik ) M ik= M M ki=+ K ik ( 2 mk +mi + m ´ ik )

Convención de signos para

M , θ , R ; ↱+↳−¿

Conviene señalar que estas expresiones son las ecuaciones de pendiente deformación de la barra, presentadas de una manera particular. La inclusión 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 método de Takabeya.

II.

DEDUCCION DE LAS ECUACIONES FUNDAMENTALES DEL METODO DEL TAKABEYA


4


En general un pórtico sujeto a cargas verticales y horizontales puede considerarse como la suma de dos condiciones parciales de carga.

Condición (1) Restricción total de desplazamientos de los nudos, introduciendo momentos de fuerzas de sujeción en los mismos. Momentos de sujeción

´ i =∑ M ´ ik M

(en cada nudo)

´ ik=Momento de empotramiento perfecto . M Fuerzas de sujeción

´ ik =¿ R

´ i=∑ R´ ik H

(en cada nivel)

Reacciones de empotramiento perfecto.

Convención de signos:

´ ik , M ´ i :↱+↳−¿ M

´ ik , H ´ i : ⟵+⟶−¿ R Condición (2) Momentos y fuerzas de igual magnitud y de sentido contrario a los momentos y fuerzas de sujeción, actuando directamente en los nudos y niveles del pórtico. Por superposición, para una barra cualquiera i - k del pórtico:

M ik=M ik 1+ M ik 2

Condición 1

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ ik ) M ik= M Condición 2


5


II.1.

Ecuaciones fundamentales de iteración:

Analizando el equilibrio de la estructura en su condición de carga 2. Equilibrio de momentos en un nudo cualquiera i:

i=Nudo estrudiado k =Nudoadyacentes Ecuación de equilibrio:

´ i+ ∑ M ik (2) =0 M

´ i+ ∑ K ik ( 2 mi+ mk + m M ´ ik )=0 ´ i+ 2 ∑ K ik mi + ∑ K ik ( mk + m M ´ ik ) =0 Pero:

mi=2 EK θi : constante para todas las barras que

concurren en el nudo i.

´ i+ 2mi ∑ K ik + ∑ K ik ( mk + m M ´ ik ) =0 De donde:

mi=

í −M 1 − ∑ K ik ( mk + m´ ik ) 2 ∑ K ik 2 ∑ K ik 1

´ ik ) ( mk + m 2 ∑ K ik í −M m i= +∑ ¿ 2 ∑ K ik

−¿

m0i =

í −M : Momento de nudo 2 ∑ K ik


6


α i=

−K ik

: Factor de giro

2 ∑ K ik

α i=

Comprobación:

−1 2

Finalmente:

´ ik ) … … … … … … … … … …. I mi=m0i + ∑ α ik ( mk + m Equilibrio de fuerzas cortantes en un piso r:

i=Nudos de cabeza de columna del piso r . k =Nudos de pie de columna del piso r .

Q ik = Q ik =

Qik =

M ik (2) + M ki (2 ) hr K ik ( 2 mi +m k + m ´ ik )+ K ik ( 2 m i+ m k + m ´ ik ) hr

K ik ( 3 mi +3 mk +2 m ´ ik ) hr

Ecuación de equilibrio: r

∑ H r + ∑ Qik =0 1

r

∑ H r +∑ 1

[

]

´ ik ) K ik ( 3 mi+3 mk +2 m =0 hr

En las columnas del piso son de la misma altura:


H r ' =constante

7

ANALISIS DE PORTICO DE VARIOS PISOS – METODO DE TAKABEYA ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------r

´ ik ) =0 hr ∑ H r + 3 ∑ K ik ( m i+ mk ) +2 ∑ K ik ( m 1

m ´ ik =−6 EK Rik , constante para todas las columnas del piso r.

Pero: Luego: r

´ r + 3 ∑ K ik ( mi+ mk ) +2 ∑ K ik ( m ´ ik ) =0 hr ∑ H 1

r

hr∑ H r ´ ik = m

1

2 ∑ K ik

−

3 2 ∑ K ik

∑ K ik ( mi+ mk )

r

´r hr∑ H ´ ik = m

1

2 ∑ K ik

−

3 K ik (m +m ) 2 ∑ K ik i k

r

´ 0i = m

vr =

´r hr ∑ H 1

2 ∑ K ik

−3 2

momento de piso

K ik

∑ K ik

factor de corrimiento

Finalmente:

´ ik =m ´ ik0 + ∑ v ik (mi +mk )… … … … … … … … … …. II m Las ecuaciones I y II son las ecuaciones fundamentales de iteración del método de Takabeya para pórticos desplazables y con columnas de igual altura en cada piso.

II.2. Significado de las ecuaciones fundamentales de iteración. Ecuación I:

´ 0i + ∑ α ik (mi +mk ) m i= m

mi=Momento de influenciade giro delnudo i .


8


m ´ 0i =

í −M momento de nudo 2 ∑ K ik

α ik=Factores de girpde las barras que concurren en elnudo i . mk =Momento por influencia de giro en losnudos adyacentes alnuedo i . m ´ ik =Momento por influencia de desplazamiento de las barras que concurren en el nudo i. En el caso de pórticos desplazables, solo las columnas pueden presentar momentos por influencia de desplazamiento y estos tienen un mismo valor

m ´ ik =−6 EIK Rik

para todas las columnas de un

pórtico. Si señalamos a estos momentos como

m ´ ik =m ´r

para cada

piso. La ecuación I puede escribirse también:

mi=m0i + ∑ α ik ( mk +mr ) Para la aplicación de esta ecuación de iteración puede considerarse como primeros valores de Ecuación II:

mi

a los

m 0i calculados.

´ ik =m ´ ik0 + ∑ v ik (mi +mk ) m

m ´ ik =m ´ r=Momento por influencia de pesplazamiento del piso r . r

0 r

´ = m

´r −hr ∑ H 1

2 ∑ K ik

Momento de piso

v ik =Factores de corrimiento de las columnas del piso r . mi=mk =Momentos por influencia de giro en los nudos de cabeza y piede columnas . Luego la ecuación II puede escribirse también como:


9


´ r= m ´ 0r + ∑ v ik ( mi +m k ) m En el proceso de iteración pueden considerarse como primeros valores de

mr

a los

m0r

calculados previamente.

Obsérvese que la ventaja de presentar de esta manera las ecuaciones de iteración radica en que solo existe un momento por influencia de

´ r¿ giro en cada nudo ( mi ) y un momento por influencia de giro ( m . 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 deformación de una barra.

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ ik ) M ik= M Donde el término

m ´ ik =m ´r

se presenta solo para columnas, esta

ecuación puede escribirse como:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M

III.

METODOLOGIA GENERAL PARA MOMENTOS DE UN PORTICO III.1. Caso general

EL

CALCULO

DE

1. Factores de giro y corrimiento Rigideces relativas:

K ik =

I/L k

k =constante arbitraria elegida como unidad de rigidez . k =1 cm 3 ; 10 cm3, 120 cm3 , etc . En cada nudo:

α ik=

K ik −1 −1 − α ik = ∑ 2 ∑ K ik 2

En cada piso:

V ik =

K ik −3 −3 − V ik = ∑ 2 ∑ K ik 2

2. Momentos y fuerzas de sujeción:


10


En cada barra: momento de empotramiento perfecto (tablas) En cada columna: reacciones de empotramiento perfecto (tablas) Luego: En cada nudo:

´ i =∑ M ´ ik M

En cada nivel:

´ r=∑ R´ ik H

´ ik M

´ ik R

´ ik ; M ´ i ↱+↳−¿ M

´ ik ; H ´ r ←+→−¿ R

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

m ´ 0i =

í −M 2 ∑ K ik r

En cada piso:

0 r

´ = m

´r −hr ∑ H i

2 ∑ K ik

4. Ciclos de iteración Ecuaciones de iteración: Ciclo de giros:

mr ´ r) α ik (¿ + m ; En los nudos mi=m0i + ∑ ¿

Ciclo de desplazamientos:

mi α ik (¿ +mk )

´ r=m0r + ∑ ¿ m

; En los pisos

5. Calculo de momentos finales En los extremos de todas las barras:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M m ´ r=0 para las viga s

6. Comprobación de resultados Equilibrio de la estructura: En cada nudo

∑ K ik =0


11


Si

∑ K ik ≠ 0

, se distribuye el momento de desequilibrio entre

todas las barras que concurren en el nudo en función a sus rigideces relativas También puede verificarse: En cada piso:

III.2.

∑ F x =0

Generalmente es suficiente verificar el equilibrio de momentos actuantes en cada nudo.

Ejemplo de aplicación N° 01

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

Columnas: 25x40 Vigas : 25x60 Ultimo nivel: 25x40 (vigas) 1. Factores de giro y corrimiento Rigideces relativas:

K ik =

I/L 25 ;K= k 12

Factores de giro:

α ik=

K ik −1 −1 − α ik = ∑ 2 ∑ K ik 2

Factores de corrimiento:


12


V ik =

K ik −3 − ∑ V ik = −3 2 ∑ K ik 2

Nudo 1:

α 12=−0.14 -0.5

α 14=−0.36 Nudo 2:

α 21=−0.14 -0.5

α 25=−0.36 Nudo 3:

α 34=−0.31 -0.5

α 36=−0.19 Nudo 4:

α 43=−0.16

α 41=−0.10


-0.5

13


α 45=−0.14 α 47=−0.10 Nudo 5:

α 54=−0.20 -0.5

α 52=−0.15 α 58=−0.15

Nudo 6:

α 63=−0.15

α 67=−0.24

-0.5

α 69=−0.11 Nudo 7:

α 76=−0.17

α 74=−0.11

-0.5

α 78=−0.14 α 710=−0.08 Nudo 8:

α 87=−0.22 -0.5

α 85=−0.16 α 85=−0.16 Piso I:

V 14=V 25 =−0.75

Piso II:

V 36=V 47 =V 58=−0.5

Piso III:

V 69=V 710 =V 811=−0.5


14


2. Momentos y fuerzas de sujeción: Momentos de empotramiento perfecto: 2

´ 12=−W L =−4900 kg−m M 12 2

´ 21= W L =4900 kg−m M 12 2

´ 2 v = −W L =−600 kg−m M 2 2

´ 34= M ´ 67= −W L =−10800 kg−m M 12 2

´ 43= M ´ 76 = W L =10800 kg−m M 12

(

2

2

)

´ 45= M ´ 78 =− W L + Pa b =−19145 kg−m M 12 L2 2 2 ´ 54= M ´ 87= W L + P a b =15912kg−m M 12 L2

(

)

2

´ 5 v= M ´ 8 v = −W L =−1800 kg−m M 2 2 ´ 36= + P a b =+ 940 kg−m M L2

2

´ =−Pa b =−705 kg−m M 63 L2 2

´ 69= W L =+1014 kg−m M 12 2

´ 96= −W L =−1014 kg−m M 12 Reacciones de empotramiento perfecto


15


´ ´ ´ 36= + Pa + M 36 + M 63 =+1455 kg R L L ´ ´ ´ 63= +Pa − M 36+ M 63 =+945 kg R L L ´ ´ ´ 69= +WL + M 69+ M 96 =+1560 kg R 2 L ´ ´ ´ 69= +WL − M 69 + M 96 =+1560 kg R 2 L

Momentos de sujeción:

´ 1= M ´ 12=−4900 kg−m M

´ 2= M ´ 21+ M ´ 2 V =+ 4300 kg−m M ´ 3= M ´ 34+ M ´ 36 =−9860 kg−m M

´ 4= M ´ 43 + M ´ 45=−8345 kg−m M ´ 5= M ´ 54 + M ´ 5 V =+14112 kg−m M

´ 6= M ´ 67+ M ´ 63+ M ´ 69=−10491 kg−m M ´ 7= M ´ 76+ M ´ 74 + M ´ 78 + M ´ 710=−8345 kg−m M

´ 8= M ´ 87+ M ´ 85+ M ´ 811 + M ´ 8 v =14112 kg−m M 3. Momento de nudo y momentos de piso: Momentos de nudo:

m0i =

í −M 2 ∑ K ik

m 1=

−−4900 =+7.66 Kg−m 2 ( 91.4+228.6 )

m02=

−4300 =−6.72 Kg−m 2 ( 228.6+ 91.4 )

0

0

m 3=

−−9860 =+8.38 Kg−m 2 ( 360+228.6 )


16


m 4=

−−8345 =+ 3.71 Kg−m 2 ( 360+228.6+308.6+228.6 )

m05=

−14112 =−9.21 Kg−m 2 ( 308.6+ 228.6+228.6 )

0

0

m 6= 0

m 7= 0

m 8=

−−14112 =+ 6.97 Kg−m 2 ( 228.6+ 360+164.1 )

−−8345 =+3.93 Kg−m 2 ( 360+228.6 +308.6+164.1 ) −14112 =−10.06 Kg−m 2 ( 308.6+ 228.6+164.1 )

Momentos de piso: r

0 r

´r −hr ∑ H 1

´ = m

2 ∑ K ik

´ 0I =0 m m ´ 0II =

0

−2.8 ( 1455 ) =−2.97 kg−m 2 ( 228.6 x 3 )

m ´ III =

−3.9 ( 0+1455+2505 ) =−15.69 kg−m 2164.1


17


4. Ciclos de iteración


18


Ecuaciones de iteración: Ciclo de giros:

mr ´ r) α ik (¿ + m mi=m0i + ∑ ¿

Ciclo de desplazamientos:

mi V ik (¿ +mk ) ´ r=m0r + ∑ ¿ m 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:

m8=−10.06+ [−0.22 ( 3.93 ) −0.16 (−9.21−2.97 ) −0.12 (−15.69 ) ]=−7.09 m 5=−9.21+ [−0.20 ( 3.71 ) −0.15 (−6.72 ) −0.15 (−7.09−2.97 ) ] =−7.44 m2=−6.72+ [−0.14 (7.66 )−0.36 (−7.44 ) ] =−5.11 m 1=7.66+ [−0.14 (−5.11 )−0.36 ( 3.71 ) ] =7.04 m3=8.38+ [ −0.31 ( 3.71 )−0.19 (−6.97−2.97 ) ] =6.47 m 6=−6.97+ [−0.15 ( 6.47−2.97 )−0.24 (−3.93 ) −0.11 (−15.69 ) ] =7.23 m7=3.93+ [ −0.17 ( 7.23 )−0.11 (3.71−2.97 )−0.14 (−7.09 )−0.08(−15.69) ] =4.87 m4=3.71+ [−0.16 ( 6.47 )−0.10 ( 7.04 ) −0.14 (−7.44 )−0.10(4.87−2.97) ]=2.82 Primer ciclo de desplazamiento:

m ´ I =0+ [ −0.75 (7.04 +2.82 )−0.75 (−5.11−7.44) ]=2.02 m ´ II =−2.97+ [ −0.5 ( 6.47 +7.23 )−0.5 ( 2.82+ 4.87 )−0.5 (−7.44−7.09 ) ]=−6.40 m ´ III =−15.69+ [−0.5 ( 7.23 ) −0.5 (−4.87 )−0.5 (−7.09 ) ]=−18.20 Asi sucesivamente hasta completar 5 ciclos de giros y 5 de corrimientos. 5. Momentos finales:



19


Nudo 1:

M 12=−4900+91.4 [ 2 ( 6.43 )−6.14 ]

= - 4286

M 14=0+228.6 [ 2 ( 6.43 ) +2.79+3.03 ]

= + 4270

M = - 16 Nudo 2:

M 21=4900+91.4 [ 2 (−6.14 ) +6.43 ]

= + 4365

M 25=0+228.6 [ 2 (−6.14 )−7.12+3.03 ]

= - 3742

M 2 v =¿

= - 600

M = + 23 Nudo 3:

M 34=−10800+ 360 [ 2 ( 7.55 ) +2.79 ]

= - 4360

M 36=940+228.6 [ 2 ( 7.55 ) +7.79+(−8.00) ]

= + 4344

M = - 16 Nudo 4:

M 41=0+228.6 [ 2 ( 2.79 ) +6.43+3.03 ]

= + 15527 = + 3438

M 45=−19145+308.6 [ 2 ( 2.79 ) −7.12 ]

= - 19620

M 47=0+228.6 [ 2 ( 2.79 ) +5.63−8.00 ]

= + 734

M 43=10800+360 [ 2 ( 2.79 )+7.55 ]

M = + 79 Nudo 5:

M 54=15912+308.6 [ 2 (−7.12 ) +2.7 ] M 52=0+228.6 [ 2 (−7.12 )−6.14 +3.03 ] M 58=0+228.6 [ 2 (−7.12 )−6.59−8.00 ] M 5 v =¿

= + 12379 = - 3966 = 6591 = - 1800

M = + 22 Nudo 6:

M 63=−705+ 228.6 [2 ( 7.79 ) +7.55−8.00 ]

= + 2754

M 67=−10800+ 360 [ 2 ( 7.79 ) +5.63 ]

= - 3164

[ 2 ( 7.79 ) −19.11 ]DE 69 =1014+164.1 UNPRG: M ESCUELA PROFESIONAL INGENIERIA M = +CIVIL 25

=-

43520


Nudo 7:

M 76=10800+360 [ 2 ( 5.63 ) +7.79 ] M 74=0+228.6 [ 2 ( 5.63 ) +2.79−8.00 ] M 78=−19145+308.6 [ 2 ( 5.63 )−6.59 ] M 710=0+164.1 [ 2 ( 5.63 )−19.11 ]

= 17658 = 1383 = 17704 = 1288

+ + -

M = + 49 Nudo 8:

M 811=0+164.1 [ 2 (−6.59 ) −19.11 ]

= + 13582 = + 6469 = - 5299

M 8 v =¿

=-

M 87=15912+308.6 [ 2 (−6.59 ) +5.63 ] M 85=0+228.6 [ 2 (−6.59 )−7.12−8.00 ]

1800

M = + 14 Momentos en los apoyos:

M 96=−1014+164.1 [ 2 ( 0 )+7.79−19.11 ] =−2872 M 107 =0+164.1 [ 2 ( 0 ) +5.63−19.11 ] =−2212 M 118=0+164.1 [ 2 ( 0 )−6.59−19.11 ] =−4217

6. Comprobación de resultados: En cada nudo Si

∑ M ≠0

∑ M =0 , se debe corregir el momento en cada barra

sumando algebraicamente un valor igual a, Nudo 1:

+α ik (2 ∑ M )

∑ M =−16

M 12=−4286+(−0.14) 2(−16)

= -4282

M 14=+4270+(−0.36)2(−16)

= +4282

M = 0 PROFESIONAL DE UNPRG: ∑ ESCUELA INGENIERIA CIVIL

21


Nudo 2:

∑ M =+23 M 21=+ 4365+(−0.14 )2(23)

= + 4359

M 25=−3742+(−0.36)2(23)

= - 3759

M 2 v =¿

= - 600

∑M Nudo 3:

=0

∑ M =−16

M 34=−4360+(−0.31) 2(−16)

= - 4350

M 36=+4344 +(−0.19)2(−16)

= + 4350

∑M Nudo 4:

=0

∑ M =+79

M 41=+3438+(−0.10) 2(79)

= + 15502 = + 3422

M 45=−19620+ (−0.14 ) 2(79)

= - 19642

M 47=+734+ (−0.10 ) 2(79)

=+

M 43=+15527+(−0.16) 2(79)

∑M Nudo 5:

718

=0

∑ M =+22

M 58=−6591+ (−0.15 ) 2(22)

= + 12371 = + 3973 = - 6598

M 5 v =¿

=-

M 54=+12379+(−0.20) 2(22) M 52=−3966+(−0.15)2(22)

∑M

1800

=0


22


Nudo 6:

∑ M =+25

M 63=+2754+(−0.15) 2(25)

= + 2746

M 67=−3164+(−0.64 )2(25)

= - 3176

M 69=+435+ (−0.11 ) 2(25)

= + 430

∑M Nudo 7:

=0

∑ M =+ 49

M 78=−17704 + (−0.14 ) 2(49)

= + 17642 = + 1372 = - 17718

M 710=−1288+ (−0.08 ) 2(49)

=-

M 76=+17658+(−0.17) 2(49) M 74=+1383+(−0.11) 2(49)

∑M Nudo 8:

1296

=0

∑ M =+14

M 811=−5299+ (−0.12 ) 2(14)

= + 13576 = + 6474 = - 5302

M 8 v =¿

=-

M 87=+13582+(−0.22)2(14) M 85=−6468+(−0.16) 2(14)

∑M

1800

=0

Equilibrio de fuerzas laterales: En cada piso

∑ F h=0

Piso I:


23


∑ F h=Q14 +Q25 ∑ F h=

M 14+ M 41 M 25 + M 52 + L L

∑ F h=

4282+3422 −3759−3973 + 2.8 2.8

∑ F h=2751.43−2761.43=−10 kg … ok Piso II:

∑ F h=2400+Q36 +Q47 +Q58 + ∑ F h=2400± Pb L

M 36 + M 63 M 47+ M 74 M 58 + M 85 + + L L L


24


∑ F h=2400−1028.6+

4350+2746 718+ 1372 −6598−6474 + + 2.8 2.8 2.8

∑ F h=2400+1505.69+746.43−4668.57=−16.45 kg … ok

Piso III:

∑ F h=2400+WL++Q69 +Q710+ Q811 + ∑ F h=5520+ −WL 2

M 69+ M 96 M 710 + M 107 M 811 + M 118 + + L L L

∑ F h=5520−2186.15−899.49−2440.77 ∑ F h=−6.41 kg … ok UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

25


La comprobación 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 SISTEMA IV.1. PORTICOS SUJETOS VERTICALES

Y

SIMPLIFACIONES UNICAMENTE

A

POR

CARGAS

En este caso por no existir cargas laterales no existen fuerzas de sujeción ni momentos de pisos:

´ 0r =0 m Las ecuaciones de iteración son: Para los nudos:

mr ´ r) α ik (¿ + m

mi=m0i + ∑ ¿ Para los pisos:

mi V ik (¿ +mk )

´ r=m0r + ∑ ¿ m Los momentos finales se calculan con la expresión:

´ ik + K ik ( 2 mi +m k + m ´ r) N ik = N

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


26


Vigas: 25 x 40 Columnas: 1er piso: 35 x 40 2do piso: 30 x 40 3er piso: 25 x 40 4to piso: 25 x 40 EI= constante 1. Factores de giro y corrimiento Rigideces relativas:

K ik =

I/L 50 ,k= k 3

Factores de giro:

α ik=

−1 K ik −3 , ∑ V ik = 2 ∑ K ik 2

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


27



28


2. Momentos de sujeción Momentos de empotramiento perfecto: 2

´ 12=−( 1800 ) (5 ) =−3750 kg−m M 12 ´ 21=3750 kg−m M 2

´ 23=−( 1800 ) ( 4 ) =−2400 kg−m M 12 ´ 32=2400 kg−m M 2

2

´ 45= M ´ 78 = M ´ 1011= −2400 ( 5 ) − 4000 ( 2 )( 3 ) =−7880 kg−m M 12 ( 5 )2 2 2 ´ 54= M ´ 87= M ´ 1110 = 2400 ( 5 ) + 4000 (2 ) ( 3 ) =+6920 kg−m M 12 ( 5 )2 2

´ 56= M ´ 89 = M ´ 1112= −2400 ( 4 ) + 4000 ( 4 ) =−4200 kg−m M 12 8 ´ 65 = M ´ 98 = M ´ 1211=+4200 kg−m M Momentos de sujeción:

´ i =∑ M ´ ik M ´ 1=−3750 kg−m M

´ 2=+3750−2400=1350 kg−m M ´ 3=+2400 kg−m M

´ 4= M ´ 7=M ´ 10=−7800 kg−m M ´ 5= M ´ 8= M ´ 11 =6920−4200=2720 kg−m M

´ 6= M ´ 9= M ´ 12 =4200 kg−m M 3. Momentos de nudo y momentos de piso Momentos de nudo:

m0i =

í −M 2 ∑ K ik

m01=+45.73 kg−m


m07=+55.49 kg−m

29


m02=−11.07 kg−m

m08=−14.95 kg−m

m03=−26.67 kg−m

m09=−28.00 kg−m

0

m10=+53.24 kg−m

0

m11=−14.47 kg−m

0

m12=−26.92 kg−m

m4=+59.70 kg−m m5=−15.81 kg−m m6=−30.00 kg−m

0 0 0

Momentos de piso: Por no existir cargas laterales y fuerzas de sujeción:

´ 0r =0 , en todos los pisos m



30



31



mr ´ r) α ik (¿ + m mi=m0i + ∑ ¿ Ciclo de desplazamientos:

mi V ik (¿ +mk ) ´ r=m0r + ∑ ¿ m Ciclos de iteración: 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:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M Nudo 1: Nudo 2:

M 12=−3750+16 [ 2 ( 36.40 )−7.36 ]

= - 2703

Nudo 3:

M 14=0+25 [ 2 ( 36.40 ) +53.92−18.36 ] M 21=3750+16 [ 2 (−7.36 ) +36.40 ]

= + 2709 = + 4097

M 23=−2400+ 20 [ 2 (−7.36 )−15.51 ] M 32=2400+20 [ 2 (−15.51 )−7.36 ] M 25=0+25 [ 2 (−7.36 ) −10.61−18.36 ] M 36=0+25 [ 2 (−15.51 )−15.58−18.36 ]

= = = =

M=+6

M=0 M=+8

- 3005 + 1632 - 1092 - 16232

Nudo 4:

M 41=0+25 [ 2 ( 53.92 )+36.40−18.36 ] M 45=−7880+16 [ 2 ( 53.92 )−10.61 ] UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE M 47=0+25 INGENIERIA CIVIL[ 2 ( 53.92 )+ 44.88−23.34 ] M = + 58

= + 3147 = - 6324 = - 3235

32


Nudo 5: Nudo 6: Nudo 7: Nudo 8:

M 54=6920+16 [ 2 (−10.61 ) +53.92 ] M 52=0+25 [ 2 (−10.61 )−7.36−18.36 ] M 65=4200+20 [ 2 (−15.58 )−10.61 ] M 56=−4200+20 [ 2 (−10.61 )−15.58 ] M 63=0+25 [ 2 (−15.58 ) −15.51−18.36 ] M 58=0+25 [ 2 (−10.61 )−7.41−23.34 ] M 74 =0+25 [ 2 ( 44.88 ) +53.92−23.34 ] M =0+25 [ 2 (−15.58 ) −12.51−23.34 ] M =69+ 34 M =−7880+16 [ 2 ( 44.88 )−7.41 ] M =78+ 67 M 87=6920+16 [ 2 (−7.41 ) + 44.88 ] M 710=0+30 [ 2 ( 44.88 ) +51.78−21.57 ] M 85=0+25 [ 2 (−7.41 )−10.61−23.34 ] M = + 46

= + 7443 = = = = = = = = = = =

- 1174 + 3365 - 4936 - 1623 -+1299 3009 - 1675 - 6562 + 7401 - 3599 - 1219

M 89=−4200+20 [ 2 (−7.41 )−12.51 ]

= - 4747

M 811=0+30 [ 2 (−7.41 ) −70.84−21.57 ]

= - 1417

M = + 18

Nudo 9: Nudo 10:

M 98=4200+ 20 [ 2 (−12.51 ) −7.41 ]

= + 3551

Nudo 11:

M 96=0+25 [ 2 (−12.51 ) −15.58−23.34 ] M 107 =0+30 [ 2 ( 51.78 )+ 44.88−21.57 ] M 912=0+30 [ 2 (−12.51 )−16.97−21.57 ] M 1011=−7880+ 16 [ 2 ( 51.78 )−10.84 ]

= = = =

M 1013=0+28 [ 2 ( 51.78 ) +0−10.73 ]

= - 2599

M = + 45

- 1599 + 3806 - 1907 - 6396

M=+9 Nudo 12: Mom entos en los

M 1110 =6920+16 [ 2 (−10.84 ) +51.78 ]

= + 7402

M 118=0+ 30 [ 2 (−10.84 )−7.41−21.57 ] M 1211=4200+20 [ 2 (−16.97 )−10.84 ] M 1112=−4200+20 [ 2 (−10.84 ) −16.97 ] M 129=0+30 [ 2 ( 16.97 )−12.51−21.57 ] M 1114 =0+28 [ 2 (−10.84 )−0−10.73 ] M 1215=0+ 28 [ 2 (−16.97 ) +0−10.73 ]

= = = = = =

M=+2 M = + 12

- 1520 + 3304 - 4973 - 2041 - 907 - 1251

apoyos:

M 1310=0+ 28 [ 2 ( 0 ) +51.78−10.73 ] =+1149 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

33


M 1411=0+28 [ 2 ( 0 )−10.84−10.73 ] =−604 M 1512=0+ 28 [ 2 ( 0 ) 16.97−10.73 ] =−776 Efectuando la compensación para el equilibrio de momentos en cada nudo, se obtienen los siguientes resultados:

M 12=−2705 kg−m

M 78=−6573 kg−m

M 14=+2705 kg−m

M 710=+3580 kg−m

M 21=+ 4097 kg−m

M 87=+7398 kg−m

M 23=−3005 kg−m

M 85=−1224 kg−m

M 25=−1092 kg−m

M 89=−4751 kg−m

M 32=+1628 kg−m

M 811=−1423 kg−m

M 36=−1628 kg−m

M 98=+3539 kg−m

M 41=+3125 kg−m

M 96=−1614 kg−m

M 45=−6338 kg−m

M 912=−1925 kg−m

M 47=+3213 kg−m

M 107 =+ 3802kg−m

M 54=+7437 kg−m

M 1011=−6398 kg−m

M 52=−1184 kg−m

M 1013=+2596 kg−m

M 56=−4944 kg−m

M 1110 =+7402 kg−m

M 58=−1309 kg−m

M 118=−1521 kg−m

M 65=+3346 kg−m

M 1112=−4973 kg−m

M 63=−1647 kg−m

M 1114 =−908 kg−m

M 69=−1699 kg−m

M 1211=+3301 kg−m

M 74=+2993 kg−m

M 129=−2046 kg−m

M 1215=−1255 kg−m IV.2. Pórticos sujetos únicamente a cargas laterales en los nudos En este caso los momentos de sujeción y momentos de nudo son nulos:

m 0i =0 La ecuación de iteración son: Para nudos:


34


mr ´ r )(I ) α ik (¿ + m m i= ∑ ¿ Para pisos:

mi +m V ik (¿ k )(II ) ´ r =m0r +∑ ¿ m Obsérvese que en este caso debe inclinarse el proceso de iteración por un ciclo de giros. Los momentos finales se calculan con la expresión:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M EJEMPLO DE APLICACIÓN N° 03 Determinar los momentos en los extremos de las barras del pórtico del ejemplo de aplicación N° 02 para el sistema de cargas mostrado.

Vigas: 25 x 40 Columnas: 1er piso: 35 x 40 2do piso: 30 x 40


35


3er piso: 25 x 40 4to piso: 25 x 40 EI= constante 1. Factores de giro y corrimiento Por tratarse del pórtico del ejemplo anterior los rigideces, factores de giro y corrimiento respectivos son los mismos. 2. Momentos y fuerzas de sujeción Momentos de sujeción Por estar el pórtico sujeto solamente a cargas laterales actuando en los nudos, no existen momentos de empotramiento perfecto y por consiguiente los momentos de sujeción son nulos.

´ i=0 M

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

´ I =+3000 kg H

´ II =+4500 kg H

´ III =+ 4500 kg H ´ IV =+ 4500 kg H 3. Momentos de nudo y momentos de piso Momentos de nudo:

í −M 2 ∑ K ik

m0i = 0

mi =0 ; para todoslos nudos Momentos de piso: r

´ 0r = m

m ´ 0I =

´r −hr ∑ H 1

2 ∑ K ik −3.2 ( 3000 ) =−64.00 kg−m 2 ( 25+ 25+25 )

m ´ 0II =

−3.2 ( 3000+4500 ) =−160.00 kg−m 2 ( 25+ 25+25 )

m ´ 0III =

−3.2 ( 3000+4500+ 4500 ) =−213.33 kg−m 2 (30+ 30+30 )


36


m ´ 0IV =

−4 ( 3000+ 4500+ 4500+ 4500 ) =−392.86 kg−m 2 ( 28+28+28 )

4. Ciclos de iteración Ecuaciones de iteración: Ciclo de giros:

mr ´ r) α ik (¿ + m

mi=m0i + ∑ ¿ Ciclo de desplazamientos:

mi V ik (¿ +mk ) ´ r=m0r + ∑ ¿ m Ciclos de iteración: 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 manifestó anteriormente, en este caso particular se empieza el proceso de iteración 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 continuación se han efectuado las iteraciones.


37


5. Cálculo y compensación de momentos finales.



38


Nudo 1: = + 1374 12 = -1344 18

= +1362 = -1362

= + 1181 = +1423 = -2542

16 20 26

= +1165 = +1403 = -2568

= + -1 1611 = -1608 -2

= +1610 = -1610

M 41=25 [ 2 ( 82.99 )+32.65−202.06 ]

= -86

= - 165

M 45=16 [ 2 ( 82.99 )+ 59.22 ]

= +3603 = -3310

79 49 79

27 41 34 41

= +3196 = -1617

M 12=16 [2 ( 32.65 ) +20.58 ] M 14=25 [ 2 ( 32.65 )+ 82.99−202.06 ] M = 16 Nudo 2:

M=0

M 21=16 [ 2 ( 20.58 ) +32.65 ] M 23=20 [ 2 ( 20.58 ) +29.99 ] M 25=25 [ 2 ( 20.58 ) +59.22−202.06 ] M = + 62 Nudo 3:

M=0

M 32=20 [2 ( 29.99 ) +20.58 ] M 36=25 [ 2 ( 29.99 ) +77.75−202.06 ] M = + 3 Nudo 4:

M=0

M 47=25 [ 2 ( 82.99 )+ 150.89−449.25 ] M = + 207 Nudo 5:

M=0

M 54=16 [ 2 ( 59.22 ) +82.99 ] M 52=25 [ 2 ( 59.22 ) +20.58−202.06 ] M 56=20 [ 2 ( 59.22 ) +77.75 ] M 58=25 [ 2 ( 59.22 ) +113.70−449.25 ] M = + 143

= +3554 = -3387

= +3223 = -1576 = +3924 = -5428

= +3890 =-2569

M=0


39


Nudo 6:

M 63=25 [ 2 ( 77.75 ) +29.99−202.06 ]

= +4294 = -414

M 69=20 [ 2 ( 77.75 ) +143.01−449.25 ]

= -3769

M 65=20 [ 2 ( 77.75 ) +59.22 ]

M = + 111 Nudo 7:

31 40 40

= -3809

M=0

= -1612 = +6648 = -4762

-96

M 87=16 [ 2 ( 113.70 ) +150.89 ]

= +6053

-59

M 85=25 [ 2 ( 113.70 )+ 59.22−449.25 ]

= -4066

-92

M 89=20 [ 2 ( 113.70 )+ 143.01 ]

= +7408 = -9061

-73

M 98=20 [ 2 ( 143.01 ) +113.70 ]

= +7994

-52

M 96=25 [ 2 ( 143.01 ) +77.75−449.25 ]

= -2137

-66

= +5660

-79

M 74=25 [ 2 ( 150.89 ) +82.99−449.25 ] M 78=16 [ 2 ( 150.89 ) +113.70 ] M 710=30 [ 2 ( 150.89 ) +221.34−681.84 ] M = + 274

= +4263 = -454

-62 116

= -1708 = +6586 = -4878

M=0

Nudo 8:

M 811=30 [ 2 (113.70 ) +152.40−681.84 ] M = + 334 Nudo 9:

M=0

M 912=30 [ 2 ( 143.01 )+ 207.14−681.84 ] UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE MINGENIERIA = + M=0 CIVIL 197

110

= +599 4 = -4158 = +7335 =9171

= +794 2 = -2203 = +5739 40


Nudo 10:

M 107 =30 [2 ( 221.34 )+150.89−681.84 ] M 1011=16 [ 2 ( 221.34 ) +152.40 ] M 1013=28 [ 2 ( 221.34 ) +0−672.56 ] M = + 436 Nudo 11:

= -2648 = +9521 = -6437

165

= -2825 = +9427 = -6602

M=0

M 1110 =16 [2 ( 152.40 ) +221.34 ] M 118=30 [ 2 (152.40 ) 113.70−681.84 ] M 1112=20 [ 2 ( 152.40 ) +207.14 ] M 1114 =28 [ 2 ( 152.40 ) +0−672.56 ] M = + 460 Nudo 12:

= +8419 = -7900 = +10239 = -10297

-78 147 -98 137

= +8340 = -8047 = +10141 =10434

M=0

M 129=30 [ 2 ( 207.14 ) +143.01−681.84 ]

= +1133 4 = -3737

M 1215=28 [ 2 ( 207.14 ) +0−672.56 ]

= -7232

M 1211=20 [ 2 ( 207.14 )+ 152.40 ]

M = + 365

177 -94

-94

140 131

= +1124 0 = -3877 = +7363

M=0

Momentos en los apoyos:

M 1310=28 [ 2 ( 0 ) +221.34−672.56 ]=−12634 M 1411=30 [ 2 ( 0 )+152.40−672.56 ]=−14564 M 1512=28 [ 2 ( 0 ) +207.14−672.56 ]=−13032 IV.3.

Pórticos sin desplazamientos laterales:

Al no existir desplazamientos laterales en todos los niveles de los pórticos no existen momentos por influencia de desplazamientos en las columnas:


41


m ´ r=0 Ecuaciones de iteración Para nudos:

mr ´ r )(I ) α ik (¿ + m m i= ∑ ¿ Momentos finales:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M EJEMPLO DE APLICACIÓN N° 04 Calcular los momentos en los extremos de las barras del pórtico sin desplazamiento mostrado en la figura.

Vigas: 25 x 40 Columnas: 1er piso: 35 x 40 2do piso: 30 x 40 3er piso: 25 x 40 4to piso: 25 x 40 1. Factores de giro


42


Rigideces relativas

K ik =

I/L 50 ,k= k 3

Factores de giro:

α ik=

−1 K ik −3 , ∑ V ik = 2 ∑ K ik 2

Los cálculos correspondientes se muestran en el diagrama.


43



44


2. Momentos de sujeción Momentos de empotramiento perfecto: 2

´ 12=−( 1800 ) (5 ) =−3750 kg−m M 12 ´ 21=3750 kg−m M 2

´ 23=−( 1800 ) ( 4 ) =−2400 kg−m M 12 ´ 32=2400 kg−m M 2

2

´ 45= M ´ 78 = M ´ 1011= −2400 ( 5 ) − 4000 ( 2 )( 3 ) =−7880 kg−m M 12 ( 5 )2 2 2 ´ 54= M ´ 87= M ´ 1110 = 2400 ( 5 ) + 4000 (2 ) ( 3 ) =+6920 kg−m M 12 ( 5 )2 2

´ 56= M ´ 89 = M ´ 1112= −2400 ( 4 ) + 4000 ( 4 ) =−4200 kg−m M 12 8 ´ 65 = M ´ 98 = M ´ 1211=+4200 kg−m M Momentos de sujeción:

´ i =∑ M ´ ik M ´ 1=−3750 kg−m M

´ 2=+3750−2400=1350 kg−m M ´ 4=−7880 kg−m M

´ 5=6920−4200=2720 kg−m M ´ 7=−7880 kg−m M

´ 8=6920−4200=2720 kg−m M ´ 10=−7880 kg−m M

´ 11=6920−4200=2720 kg−m M 3. Momentos de nudo Momentos de nudo:

m0i =

í −M 2 ∑ K ik


45

ANALISIS DE PORTICO DE VARIOS PISOS – METODO DE TAKABEYA ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------0

m 1= 0

m 2=

−−3750 =+45.73 kg−m 2 ( 25+16 )

−+1350 =−11.07 kg−m 2 ( 16+ 20+25 )

m 4=

−−7880 =+59.70 kg−m 2 ( 25+16+25 )

m05=

−+2720 =−15.81 kg−m 2 ( 16+ 25+20+25 )

0

0

m 7= 0

m 8=

−−7880 =+55.49 kg−m 2 ( 25+16 +30 )

−+2720 =−14.95 kg−m 2 ( 16+ 25+20+30 )

m 10=

−−7880 =+53.24 kg−m 2 ( 30+16+ 28 )

m011=

−+2720 =−14.47 kg−m 2 (16 +30+20+28 )

0

4. Ciclos de iteración Ecuaciones de iteración: Por ser el pórtico indesplazable solo se tiene una ecuación de iteración Ciclo de giros:

mr ´ r) α ik (¿ + m mi=m0i + ∑ ¿ Secuencia para ciclo de giros: 4 – 7 – 10 – 1 – 2 – 5 – 8 – 11


46


5. Calculo de momentos finales:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r) M ik= M Nudo 1: Nudo 2:

M 12=−3750+16 [ 2 ( 33.46 )−12.07 ]

= - 2872

M 14=0+25 [ 2 ( 33.46 ) +48.04 ]

= + 2874

UNPRG: PROFESIONAL DE M ESCUELA =+2 INGENIERIA CIVIL

47


Nudo 4: Nudo 5:

M 21=3750+16 [ 2 (−12.07 ) +33.46 ]

= + 3899

M 23=−2400+20 [ 2 (−12.07 ) +0 ]

= - 2883

=0+25 [ 2 (−12.07 48.04 )+33.46 ] ] M 41 ) −16.58 25

= -+1018 3239

MM =45-=−7880+16 1 [ 2 ( 48.04 )−16.58 ]

Nudo 7:

M 54=6920+16 [ 2 (−16.58 ) + 48.04 ] M 47=0+25 [ 2 ( 48.04 ) +38.61 ] M 52=0+25 [ 2 (−16.58 )−12.07 ] M=-2 M 74=0+25 [ 2 ( 38.61 )+ 48.04 ] M 56=−4200+20 [ 2 (−16.58 ) +0 ] M 78=−7880+16 [2 ( 38.61 )−13.38 ] M =0+25 [ 2 (−16.58 ) −13.38 ] M 58 87 =6920+16 [ 2 (−13.38 ) +38.61 ] M =0+30 [ 2 ( 39.61 ) + 47.17 ] M =7100 M =0+25 [ 2 (−13.38 ) −16.58 ] M =85+ 5 M 107 =0+30 [ 2 ( 47.17 ) +38.61 ] M 89=−4200+20 [ 2 (−13.38 ) +0 ] M 1011=−7880+ 16 [ 2 ( 47.17 )−16.34 ] M =0+30 [ 2 (−13.38 )−16.34 ] M 811 1110 =6920+16 [ 2 (−16.34 ) + 47.17 ] M =0+ 28 [ 2 ( 47.17 ) +0 ] M =1013 -2 M 118=0+ 30 [ 2 (−16.34 )−13.38 ]

Nudo 8: Nudo 10: Nudo 11:

M=-1

= = = = = = = = = = = = = = = = = =

- 6608 + 7158 - 3367 - 1131 + 3132 - 4863 - 6859 -+1164 7110 - 3732 - 1084 + 3989 - 4735 - 6632 -+1293 7152 - 2642 - 1382

M 1112=−4200+20 [ 2 (−16.34 ) +0 ]

= - 4854

M 1114 =0+28 [ 2 (−16.34 )+ 0 ]

= - 915

M=+1 Momentos en los apoyos:

M 32=2400+20 [ 2 ( 0 )−12.07 ] =+2159 M 65=4200+20 [ 2 ( 0 )−16.58 ] =+3868 M 98=4200+ 20 [ 2 ( 0 ) −13.38 ] =+3932 M 1211=4200+20 [ 2 ( 0 )−16.34 ]=+3873 M 1310=0+ 28 [ 2 ( 0 ) + 47.17 ]=+1321 M 1411=0+28 [ 2 ( 0 )−16.34 ]=−458 Nota: como puede observarse los momentos de desequilibrio son pequeños y no es imprescindible realizar la compensación respectiva IV.4.

Simplificaciones por simetría en la estructura

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


48


IV.4.1. Pórtico con numero par de crujías En este caso solo debe analizarse la mitad de la estructura, considerando en el eje de simetría apoyos empotrados para todas las vigas que llegan a dicho eje. Los momentos de la columnas ubicadas en el eje de simetría son iguales acero. El pórtico se resuelve según el desarrollo mostrado en el ejemplo de aplicación N° 04.

IV.4.2. Pórticos con número impar de crujías

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

θi=−θk ; mi=−mk

Para el cálculo de los momentos en los extremos de las vigas de la crujía central se tendría.

´ ik + K ik ( 2 mi−mi ) M ik= M ´ ik + K ik ( mi ) portico real M ik= M UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

49


´ ik + K ik ( 2 mi ) portico simplificado M ik= M

Igualando estas expresiones:

1 K 'ik = K ik 2

Es decir que el pórtico simétrico real puede ser simplificado para el cálculo de los momentos por influencia de giro de los nudos, mediante un pórtico con las vigas de la crujía central empotradas en su extremo, considerando para estas una rigidez modificada:

1 K 'ik = K ik 2

Para el cálculo de los momentos de nudo y de los momentos finales deben considerarse los momentos de empotramiento perfecto de la condición geométrica real de la estructura. En esta simplificación el cálculo de los momentos finales en los extremos de la viga de la crujía central se realiza empleando cualquiera de las relaciones señaladas anteriormente siendo más frecuente emplear la expresión:

´ ik + K ik ( 2 mi ) M ik= M

´ ik M = Momento de empotramiento perfecto de la condición real.

mi = Momento por influencia de giro en el nudo, determinado en el pórtico simplificado.

EJEMPLO DE APLICACIÓN N° 05 Determinar los momentos en los extremos de las barras del pórtico simétrico.


50


Vigas: 25 x 40 Columnas: 1er piso: 35 x 40 2do piso: 30 x 40 3er piso: 25 x 40 4to piso: 25 x 40 1. Factores de giro Rigideces relativas

K ik =

I/L 50 ,k= k 3

Para las barras de la crujía central:

1 ' K ik = K ik 2

Factores de giro:

α ik=

−1 K ik −1 , ∑ α ik = 2 ∑ K ik 2

Para el cálculo de los factores de giro de los nudos que contengan barras de la crujía central, se toma en cuenta la rigidez modificada de estas. Los cálculos correspondientes se muestran en el siguiente diagrama.


51


Pórtico simplificado

Como se observa los factores de corrimiento no han sido calculados ya que por condiciones de simetría el pórtico no presenta desplazamiento lateral. Puede prescindirse del cálculo de estos factores ya que no intervienen en el proceso de iteración. 2. Momentos de sujeción Momentos de empotramiento perfecto: 2

´ 12=−( 1800 ) (5 ) =−3750 kg−m M 12 ´ 21=3750 kg−m M


52


´ 23=−( 1800 ) ( 4 ) =−2400 kg−m M 12 ´ 32=2400 kg−m M 2

2

´ 56= M ´ 910 = M ´ 1314 = −2400 (5 ) − 4000 ( 2 ) ( 3 ) =−7880 kg−m M 12 ( 5 )2 2 2 ´ 65= M ´ 109= M ´ 11413= 2400 ( 5 ) + 4000 ( 2 ) (3 ) =+ 6920 kg−m M 12 ( 5 )2 2

´ 67= M ´ 1011= M ´ 1415= −2400 ( 4 ) + 4000 ( 4 ) =−4200 kg−m M 12 8 ´ 76= M ´ 1110 = M ´ 1514 =+ 4200 kg−m M Momentos de sujeción

´ 1=−3750 kg−m M

´ 2=+3750−2400=1350 kg−m M ´ 5=−7880 kg−m M

´ 6=6920−4200=2720 kg−m M ´ 9=−7880 kg−m M

´ 10=6920−4200=2720 kg−m M ´ 13=−7880 kg−m M

´ 14=6920−4200=2720 kg−m M 3. Momentos de nudo:

m0i =

í −M 2 ∑ K ik m01=+45.73 kg−m

m09=+55.49 kg−m

m02=−13.24 kg−m

m010=−16.79 kg−m

m05=+59.70 kg−m

m013=+53.24 kg−m

m06=−17.89 kg−m

m014=−16.19 kg−m



53


Ecuación de iteración:

mk α ik (¿) 0

m i=m i + ∑ ¿ Secuencia para ciclo de giros: 5 – 9 – 13 – 1 – 6 – 10 – 14 – 2


54


5. Calculo de momentos finales


55


´ ik + K ik ( 2 mi+ mk ) barrascon regidez real M ik= M ´ ik + K ik ( 2 mi ) barrascon rigidez modificada M ik= M '

Nudo 1: Nudo 2:

M 12=−3750+16 [ 2 ( 33.80 )−14.06 ]

= - 2893

Nudo 5:

M 15=0+25 [ 2 (33.80 )+ 48.16 ] M 21=3750+16 [ 2 (−14.06 ) +33.80 ]

= + 2894 = + 3841

Nudo 6: Nudo 9: Nudo 10:

M=+1

M 23=−2400+ 10 [ 2 (−14.06 ) +0 ] M 51=0+25 [ 2 ( 48.16 ) +33.80 ] M 25=0+25 [ 2 (−14.06 ) −18.30 ] M =−7880+ 16 [ 2 ( 48.16 )−18.30 ] M =56- 1 M 65=6920+16 [ 2 (−18.30 ) + 48.16 ] M 59=0+25 [ 2 ( 48.16 ) +38.67 ] M 62=0+25 [ 2 (−18.30 )−14.06 ] M=-4 M 95=0+25 [ 2 ( 38.67 ) +48.16 ] M 67=−4200+10 [ 2 (−18.30 ) +0 ] M 910 =−7880+16 [ 2 ( 38.67 )−14.45 ] M =0+25 [ 2 (−18.30 )−14.45 ] M 610 109=6920+16 [ 2 (−14.45 ) +38.67 ] M =0+30 [ 2 ( 38.67 )+ 47.34 ] M =913 -5 M 85=0+25 [ 2 (−14.45 ) −18.30 ] M=+4

= = = = = = = = = = = = = =

- 2681 + 3253 - 1161 - 6632 + 7104 - 3375 - 11267 + 3138 - 4566 - 6874 -+1276 7076 - 3740 - 1180

M 89=−4200+10 [ 2 (−14.45 ) +0 ]

= - 4489

M 811=0+30 [ 2 (−14.45 )−18.12 ]

= - 1411

M=-4 Nudo 13: Nudo 14:

M 139=0+30 [ 2 ( 47.34 ) +38.67 ]

= + 4001

M 1314=−7880+16 [ 2 ( 47.34 )−18.12 ] M 1413=6920+16 [ 2 (−18.12 )+ 47.34 ] M 1317=0+28 [ 2 ( 47.34 ) +0 ] M 1410=0+ 30 [ 2 (−18.12 )−14.45 ]

= = = =

M 1415=−4200+ 10 [ 2 (−18.12 )+ 0 ]

= - 4562

M 1418=0+ 28 [ 2 (−18.12 )+ 0 ]

= - 1015

M=-3

- 6655 + 7098 - 2651 - 1521

M=+0 Momentos en los apoyos:

M 1713=0+ 28 [ 2 ( 0 ) + 47.34 ] =+ 1326 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

56


M 1814=0+28 [ 2 ( 0 )−18.12 ] =−507 Similarmente al caso anterior los momentos de desequilibrio no requieren ser distribuidos.

V.

CASOS ESPECIALES Pórticos con columnas de diferente altura en un

V.1.

piso

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

m ´ ik =−6 EK Rik , Rik =

m ´ ik , puesto

∆ no es constante hik

Sin embargo es posible emplear el método bajo el mismo criterio general. Introduciendo un factor de altura para dichas columnas en las ecuaciones fundamentales. Factor de altura:

Cik =

hr hik

hr : Altura arbitraria de referencia. hik : Altura de la columna De este modo:

Cik =

hr hik


57


∆ C hr ik

m ´ ik =−6 EK m ´ ik =m ´ r C ik

m ´ r : Momento por influencia de desplazamiento en el piso con

columna de diferente altura

Modificación de las ecuaciones Para la deducción de la ecuación de iteración de desplazamientos.

∑ F h=0 r

[ ∑[

∑ H´ r +∑ 1 r

∑ H´ r + 1

]

´ ik ) K ik ( 3 mi+3 mk +2 m =0 hik

]

´ r C ik ) C ik K ik ( 3 mi +3 m k +2 m =0 hr

r

´ r + 3 ∑ [ Cik K ik ( m i+ m k ) +2 m ´ r ∑ C 2ik K ik ]=0 hr ∑ H 1

Despejando: r

´r hr ∑ H ´ r= m

1

2 ∑ C2ik K ik

+

−3 C ik K ik (m +m ) 2 ∑ C 2ik K ik i k

Donde: r

0 r

´ = m

´r hr ∑ H 1

2 ∑ C 2ik K ik

V ik =

−3 2

, momento de piso

Cik K ik

∑ C 2ik K ik

, factor de corrimiento

Comprobación:

∑ V ik C ik =

−3 2

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

mk + m ´ r C ik α ik (¿)(I ) ´ i =m ´ 0i + ∑ ¿ m UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

58


mi+ mk V ik (¿)(II ) ´ i =m ´ 0i + ∑ ¿ m Momentos finales de las columnas:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r C ik ) M ik= M EJEMPLO DE APLICACIÓN N°06 Calcular lo momentos en los extremos de las barras del pórtico de la figura:

1. Factores de giro y corrimiento Factores de altura:

Cik =

hr hik

hr = 5.00 m; altura de referencia C 47 =3/4=1.23,

C58 = C69 =5/5=1.00


59


Factores de giro:

α ik=

1 2

K ik

∑ K ik

, ∑ α ik=

−1 2

Factor de corrimiento: Para el piso superior

V ik =

−3 2

K ik

∑ K ik

, ∑ V ik =

−3 2

Para el primer piso

V ik =

−3 2

Cik K ik

∑C

2 ik

K ik

, ∑ V ik C ik=

−3 2

Los cálculos respectivos se muestran en el diagrama

2. Momentos y fuerzas de sujeción Momentos de empotramiento perfecto: 2

´ 12=−( 1800 ) (5 ) =−3750 kg−m M 12 ´ 21=3750 kg−m M 2

´ 23=−( 1800 ) ( 4 ) =−2400 kg−m M 12 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

60


´ 32=2400 kg−m M 2

2

´ 45= −2400 ( 5 ) − 4000 ( 2 )( 3 ) =−7880 kg−m M 12 (5 )2 2 2 ´ 54= 2400 ( 5 ) + 4000 ( 2 ) ( 3 ) =+6920 kg−m M 12 ( 5 )2 2

´ 56=−2400 ( 4 ) + 4000 ( 4 ) =−4200 kg−m M 12 8 ´ 65=+4200 kg−m M Momentos de sujeción

´ 1=−3750 kg−m M

´ 2=+3750−2400=1350 kg−m M ´ 3=−2400 kg−m M

´ 4=−7880 kg−m M ´ 5=6920−4200=2720 kg−m M

´ 6=+4200 kg−m M Fuerzas de sujeción

´ I =+3000 kg−m H

´ II =+4500 kg−m H

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

mi=

−1 2

í M ∑ K ik

m01=+45.73 m02=−11.07 m03=−26.67 m04=+ 64.59 m05=−17.66


61


m06=−34.43 Momentos de piso: Para el piso superior: r

´ 0r = m m ´ 0I =

´r hr ∑ H 1

2 ∑ K ik −3.20 (3000 ) =−64.00 2 ( 25+ 25+25 )

Para el primer piso: r

´ 0r = m

´r hr ∑ H 1

2 ∑ C 2ik K ik

m ´ 0II =

−5 ( 3000+ 4500 ) 2 ( 20 ×1.25 2+16 × 12+16 × 12 )

=−296.44



62



mk + m ´ r C ik α ik (¿) mi=m0i + ∑ ¿

Ciclo de desplazamiento:

mi +m k V ik (¿) ´ r= m ´ 0r + ∑ ¿ m

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:

m ´ I =−54 + [ −0.50 ( 45.73+64.59 )−0.50(−11.07−17.66)−0.5(−26.67−34.43) ] =−74.25 m ´ II =−296.44+ [−0.593 ( 64.59 )−0.379 (−17.66 )−0.379 (−34.43 ) ]=−315.00 Primer ciclo de giros:

m4=64.59+ [−0.205 ( 45.73−74.25 )−0.131(−17.66)−0.164(−315 ×1.25)] =137.33 m6=−34.43+ [ −0.164 (−17.66 )−0.205 (−26.67−74.25 ) −0.131 (−315 ×1.00 ) ] =30.42


63


m1=45.73+ [−0.195 (−11.07 ) −0.305(+137.33−74.25) ]=28.65

m5=−17.66+ [−0.104 ( 137.33 )−0.162 (−11.07−74.25 )−0.130 (−30.42 )−0.104 (−315× 1.00 ) ] m 3=−26.67+ [ −0.222 (−11.07 )−0.278 ( +30.42−74.25 ) ]=−12.03 10.68−74.25 −0.131 ( 28.65 )−0.164(−12.03)−0.205 ¿=0.18 m2=−11.07+¿ Asi sucesivamente hasta completar 5 ciclos de desplazamientos y 5 ciclos de giros. 5. Calculo y compensación de momentos finales

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk + m ´ r C ik ) M ik= M Nudo 1:

M 12=−3750+16 [ 2 ( 62.21 ) +22.46 ] M 14=0+25 [ 2 ( 62.21 )+ 192.74−260.00 ] M = + 29 Nudo 2:

M 23=−2400+ 20 [ 2 ( 22.46 ) +22.25 ] M 25=0+25 [ 2 ( 22.46 ) +38.88−260.00 ]

M 36=0+25 [ 2 ( 22.25 )+ 67.48−260.00 ]

M 45=−7880+16 [ 2 ( 192.74 )+ 38.88 ] M 47=0+20ESCUELA × 1.25 ] [ 2 ( 192.74 ) +0−447.97 UNPRG: PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL -

= +5464 = -1058

= + 3739 17 = - 3701 21

= +3722 = -3722

= +4692 = -1090

= +4646 = -1119

= -4406

M=0

M 41=0+25 [ 2 ( 292.74 ) +62.21−260.00 ]

M = 112

= + 0 5464 = - -1 1057 = - -1 4405

M=0

M 32=2400+20 [ 2 ( 22.25 ) +22.46 ]

M = + 38 Nudo 4:

= -1411 = +1411

M=0

M 21=3750+16 [ 2 ( 22.46 )+ 62.21 ]

M = + 2 Nudo 3:

= - 1400 11 = + 1429 18

M=0

= -3490

46 29 37

= -3527 64


Nudo 5:

M 52=0+25 [ 2 ( 38.88 )+22.46−260.00 ]

= +1124 8 = -3995

M 56=−4200+20 [ 2 (38.88 )+ 67.48 ]

= -1295

11 -9

M 58=0+16 [ 2 ( 38.88 )+ 0−447.97 ×1.00 ]

= -5923

-7

=-5930

M 63=0+25 [ 2 ( 67.48 )+ 22.25−260.00 ]

= +7677 = -2570

= +7645 = -2611

M 69=0+16 [ 2 ( 67.48 ) +0−447.97 ×1.00 ]

= -5008

32 41 26

M 54=6920+16 [ 2 ( 38.88 )+ 192.74 ]

M = + 35 Nudo 6:

= +1124 0 = -4006 = -1304

M=0

M 65=4200+20 [ 2 ( 67.48 ) +38.88 ]

M = + 99

-8

= -5034

M=0


M 74=0+20 [ 2 ( 0 ) +192.74−447.97 ×1.25 ] =−7344 M 85=0+16 [ 2 ( 0 ) +38.88−447.97 ×1.00 ]=−6545 M 96=0+16 [ 2 ( 0 ) +67.48−447.97 ×1.00 ]=−6088

V.2. Pórticos con apoyos articulados V.2.1. Pórticos sin desplazamiento lateral En este caso la determinacion de los momentos de empotramiento perfecto y momentos de sujeción se realiza para la condición real de la estructura. Para el cálculo 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

K ik ; 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.


65


Igualando estas expresiones

3 K ik = K ik 4

Por no existir desplazamientos laterales en el perotico la presencia de columnas don diferente altura en un piso no modifica el proceso de cálculo. Ecuación de iteración única:

mk α ik (¿) 0 mi=mi + ∑ ¿

En el cálculo de

mi

y

α ik , deben considerarse las rigideces

relativas modificadas.

m0i =

í −M −K ik ,α ik = 2 ∑ K ik 2 ∑ K ik

Momentos finales: Para las barras con extremo articulado:


66


´ ik + K ik ( 2 mi ) M ik= M Para las otras barras:

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk ) M ik= M

En los extremos articulados, directamente

M =0

EJEMPLO DE APLICACIÓN N° 07 Determinar los momentos en los extremos de las barras del pórtico de la figura siguiente:

1. Factores de giro: Pórtico con rigideces modificadas:

Factores de giro:

α ik=

−K ik 2 ∑ K ik

, ∑ α ik =

−1 2

Nudo 1:


67


α 12=

¿−0.25 −1 4 2 ( 4+ 4 )

α 14 =α¿−0.25 12 ¿−0.50 Nudo 2:

α 21=

−1 ¿−0.20 4 2 ( 4+ 3+3 )

α 23=

−1 ¿−0.15 3 2 ( 4+ 3+3 )

α 25=α 23 ¿−0.15 ¿−0.50 2. Momentos de sujeción Momentos de empotramiento perfecto: calculamos de la condición real.

´ 1 v =6000 ×2=+12000 kg−m M 2

´ 12=−2000 ( 6 ) =−6000 kg−m M 12 2

´ 21= +2000 ( 6 ) =+6000 kg−m M 12 ´ 23=−3 ( 4000 ) ( 4)=−3000 kg−m M 16 Momentos de sujeción:

´ i =∑ M ´ ik M

´ 1=+12000−6000=6000 kg−m M ´ 2=−6000−3000=+3000 kg−m M 3. Momentos de nudo

m0i =

í −M 2 ∑ K ik

Las rigideces relativas se toman del pórtico modificado.


68


m 1= 0

m 2=

−6000 =−375 kg−m 2 ( 4+ 4 )

−3000 =−150 kg−m 2 ( 4+3+ 3 )


Ecuación de iteración:

mk α ik (¿) mi=m0i + ∑ ¿

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

´ ik + K ik ( 2 mi+ mk ) M ik= M Nudo 1:

M 1 v =¿

0

M 12=−6000+ 4 [ 2 (−355 )−79 ]

= +1200 0 = -9156

-2

= +1200 0 = -9158

M 14=0+ 4 [ 2 (−355 ) +0 ]

= -2840

-2

= -2842

M = + 4

M=0


69


Nudo 2:

M 21=6000+4 [ 2 (−79 )−355 ]

= +3948

M 23=−3000+ 3 [ 2 (−79 )+ 0 ]

= - 3474

M 25=0+3 [ 2 (−79 ) +0 ]

= - 474

M=-0 Momentos en los apoyos:

M 41=0+ 4 [ 2 ( 0 )−355 ]=−1420 M 52=M 32=0

V.2.2. Pórticos con desplazamiento lateral Para este caso la determinacion de los momentos y reacciones de empotramiento perfecto, momentos y fuerzas de sujeción se efectúa también para la condición real de la estructura. Para el cálculo 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 características diferentes en ambos casos.


70


Vigas articuladas en un extremo Por presentar estas solo influencias de giro, son remplazadas por barras equivalentes con extremos empotrados en forma similar a lo señalado para pórticos 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.

3 K ' ik = K ik 4 Columnas articuladas en su base Estas 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:

M ik=3 E K ik θ i−3 E K ik

∆ hik


71


En el segundo caso: '

M ik=4 E K ik θ i−6 E K ik

∆ h'ik

Igualando ambas expresiones se observa que se obtiene un mismo

M ik , haciendo:

valor

3 K 'ik = K ik 4 3 h'ik = hik 2 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”, según el siguiente criterio. Para las columnas articuladas en su base:

Qik =

M ik hik

Pero:

´ ik ) , calculado en la columna empotrada en su M ik=K 'ik ( 2 mi + m base.

3 K 'ik = K ik , 4

3 h'ik = hik 2

Luego:


72


´ ik ) K 'ik ( 2 mi + m Qik = 2 ' h 3 ik K 'ik 3 Qik = ' 3 mi+ m ´ 2 ik hik

(

)

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

Qik = Q ik =

Qik =

M ik + M ki hik

M ik ( 2m i + m ´ ik ) + M ki ( m i + m ´ ik ) hik

K ik ´ ik ) ( 3 mi +2 m hik

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

Qik =

K ik ´ ik ) ( 3 mi +2 m hik

Donde: Para columnas supuestamente empotradas en su base:

3 ' ' m= , K ik , hik 4

Para columnas realmente empotradas en su base:

m=1 , K ik , hik


73


Haciendo uso de la expresión generalizada de fuerza cortante en la condición de equilibrio de fuerzas laterales del primer piso se tiene: r

∑ H´ r + ∑ Qik =0 1

r

∑ H´ r +∑ 1

K ik ´ ik )=0 ( 3 mi +2 m hik

Introduciendo el factor de altura:

Cik =

hr hik

m ´ ik =mr C ik r

´ r + ∑ Cik K ik ( 3 mi +2 mC ik m ´ r ) =0 hr ∑ H 1

r

´ r + ∑ 3C ik K ik ( mi ) + 2 ∑ m C2ik K ik m ´ r=0 hr ∑ H 1 r

´ r + ∑ 3C ik K ik ( mi ) + 2 m ´ r ∑ m C2ik K ik =0 hr ∑ H 1

Despejando: r

´r −hr ∑ H ´ r= m

1

2 ∑ mC K ik 2 ik

+∑

−3 Cik K ik ( m )=0 2 ∑ mC 2ik K ik i

mi V ik (¿) ´ r= m ´ 0r + ∑ ¿ m

Donde: r

´r −hr ∑ H ´ r= m

1

2 ∑ mC 2ik K ik

, momento de piso

C ik K ik ´ r= −3 m , momento de corrimiento 2 ∑ mC 2ik K ik Comprobación:

∑ m Cik V ik =

−3 2


74


Estas expresiones deberán emplearse en el cálculo del momento de piso y de los factores de corrimiento en el primer piso. EJEMPLO DE APLICACIÓN N° 08 Determinar los momentos en los extremos de las barras del pórtico de la figura.

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

hr =6 m

Factores de giro:

α ik=

−K ik 2 ∑ K ik

, ∑ α ik =

−1 2

Nudo 2:

α 23=


¿−0.25 −4 2 ( 4 +4 )

75


α 25=α¿−0.25 23 ¿−0.50

Nudo 3:

α 32=

−4 ¿−0.20 2 ( 4 +3+3 )

α 23=

¿−0.15 −3 2 ( 4 +3+3 )

α 36=α 34 ¿−0.25 ¿−0.50 Factores de corrimiento: Columna 2 – 5 2

2

mC ik K ik =1 ×1.2 × 4=5.76 Columna 3 – 6

mC 2ik K ik =1 ×12 × 3=2.25

∑ m C2ik K ik=8.01 Luego:

V 25=

−3 ×1.2 × 4 =−0.899 , mC ik V ik =−1.08 2 ×8.01

V 36=

−3 ×1 ×3 =−0.561 , mC ik V ik =−0.42 2× 8.01

∑ m Cik V ik =−1.50 2. Momentos y fuerzas de sujeción Momentos de empotramiento perfecto:

´ 21=+ 6000 ( 2 ) =+12000 Kgm M 2

´ 23=−2000 ( 6 ) =−6000 Kgm M 12 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

76


´ 32=+ 6000 Kgm M

´ 34= −3 ( 4000 ) ( 4 )=−3000 Kgm M 10 Momentos de sujeción:

´ i =∑ M ´ ik M

´ 2=+12000−6000=+6000 Kgm M ´ 3=+6000−3000=+3000 Kgm M En este pórtico por no existir cargas laterales no existen fuerzas de sujeción. 3.

Momentos de nudo y momentos de piso Momento de nudo:

m°i =

í −M 2 ∑ K ik

Nudo 2:

m 2=

−+6000 =−375 Kgm 2(4 +4)

m°3=

−+3000 =−150 Kgm 2(4 +3+3)

°

Nudo 3:

Momento de piso: Por no haber fuerzas de sujeción:

4.

°

mI =0

Ciclos de iteración


77


Ecuaciones de iteración: Ciclos de giro:

´ r C ik ) mi=m°i + ∑ ∝ik ( mk + m Ciclo de desplazamientos:

´ r= m ´ °r + ∑ V ik ( mi ) m Ciclos de iteración: 1 de giros, 1 de desplazamientos, 1 de giros,... etc. Secuencia para el ciclo de giros: 2 - 3 Primer ciclo de giros:

m2=−375+ [ −0.25 (−150 ) ] =−337 m3=−150+ [ −0.20 (−337 ) ] =−83 Primer ciclo de desplazamientos:

m ´ I =0+ [ −0.899 (−337 )−0.561(−83) ] =+350 Segundo ciclo de giros:

m2=−375+ [ −0.25 (−83 ) −0.25(+350 x 1.2) ] =−459 m3=−150+ [ −0.20 (−459 )−0.15(+350 x 1.0) ]=−111


78


Segundo ciclo de desplazamientos:

m ´ I =0+ [ −0.899 (−459 )−0.561(−111) ] =+ 475 Así sucesivamente hasta completar 5 ciclos de giros y de desplazamientos. 5.

Momentos finales

´ ik + K ik (2mi +mk + m ´ r Cik ) M ik= M Nudo 2:

M 21=+ 12000=+12000 M 23=−6000+ 4 [ 2 (−499 )−128 ] =−10504 M 25=0+ 4 [ 2 (−499 )+ 0+520 x 1.2 ]=−1496 0´ Nudo 3:

M 32=+ 6000+4 [ 2 (−128 )−499 ] =+2980 M 34=−3000+3 [ 2 (−128 ) +0+0 ]=−3768 M 36=0+3 [ 2 (−128 ) +0+ 520 x 1.0 ] =+792 ´ +4 Momentos de apoyos:

M 52=0+4 [ 2 ( 0 )−499+520 x 1.2 ]=+500 M 63=0 M 43=0 5.3

Pórticos simétricos sujetos a cargas laterales

Este caso suele presentarse con frecuencia en la práctica en el análisis de pórticos bajo acciones laterales, y puede ser resuelto de manera similar a los casos de simetría total estudiados en el acápite 4.4, es decir simplificando la labor de cálculo a sólo la mitad de la estructura. Esto es posible debido a que la condición particular de carga puede ser considerada como una condición antisimétrica de cargas que producen también una condición antisimétrica de deformaciones en la estructura.


79


Al respecto pueden presentarse 2 casos. 5.3.1 Pórticos con número impar de crujías

Teniendo en cuenta que las secciones de las vigas de la crujía que son cortadas por el eje de simetría de la estructura se comportan como puntos de inflexión (M=0), sin cargas axiales (N=0) y con sólo desplazamientos laterales (dy=0), se deduce que es posible analizar el pórtico propuesto considerando solamente la mitad de la estructura, tomando los puntos de inflexión 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 resolución del pórtico simplificado, debido a la presencia de cargas con apoyos articulados, el pórtico equivalente a considerarse es el siguiente:


80

ANALISIS DE PORTICO DE VARIOS PISOS – METODO DE TAKABEYA ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------'

K ik= '

K jk =

3 ' 2 K ik ) ( 4 3 ' (K ) 2 ik

EJEMPLO DE APLICACIÓN N°9 Para el pórtico simétrico de 4 pisos que se muestra en la figura, se pide determinar los momentos en los extremos de todas las barras emplearemos la simplicación estudiada.


81



82


El pórtico a resolverse es el siguiente:


83



84


1. Factores de giro y corrimiento Factores de giro:

∝ik=

−1 K ik −1 , ∑ ∝= 2 ∑ K ik 2

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50


85


Factores de corrimientos:

V ik =

−3 2

K ik

∑ K ik

, ∑ V ik =

−3 2

-1.50

-1.50

-1.50

2. Fueras de sujeción

´ I =+1500 Kg nivel III : H ´ III =+3000 Kg nivel I : H

´ II =+3000 Kg nivel IV : H ´ IV =+ 3000 Kg nivel II : H 3. Momentos de piso

´ °r= m

´r hr ∑ H 2 ∑ K ik

´ °I =−48.00 Kgm m ´ °III =−200 Kgm m ´ °II =−144.00 Kgm m ´ °IV =−375 Kgm m


86




87



88


Ecuaciones de iteración

´ r) mi=m°i + ∑ ∝ik ( mk + m ´ r= m ´ °r + ∑ V ik (mi +mk ) m Ciclos de iteración: 7 de giros y 7 de desplazamiento en forma alternada. Secuencia de giros: 13-14-9-10-5-6-1-2 5. Cálculos de momentos finales

´ ik + K ik (2m i +m k + m ´ r) M ik= M Nudo 1:

M 12=0+20 [ 2 ( +23.35 ) +16.84 ]=+1271+33=+1304 M 15=0+25 [ 2 (+23.35 )+ 67.02−167.57 ] =−1346 ⏟ + 42=−1304 −75

Nudo 2:

M 21=0+20 [ 2 ( +16.84 )+ 23.35 ]=+1141+27=+1168 M 12=0+24 [ 2 ( +16.84 ) +0 ] =+808+32=+840 M 15=0+25 [ 2 (+16.84 ) +52.21−167.57 ]=−2042 ⏟ +34=−2008 −93

M =M =+1304 M

=M

=−5228

12 Efectuando en forma similar el43cálculo de 913 todos1216 los momentos en el pórtico simplificado y compensando los desequilibrios correspondientes en cada nudo, se tienen los siguientes para M 15=M valores M 109los =Mmomentos 48 =−1304 1112 =+6743 finales en toda la estructura.

M 21=M 34 =+1168 M 106= M 117 =−3653 M 23=M 32=+ 840 M 1011=M 1110 =+5012 M 26=M 37=−2008 M 1014 =M 1115 =−8102 M 51=M 84 =−202 M 139 =M 1612=−3489 M 56=M 87=+3767 M 1314=M 1615 =+10376 M 59=M 812=−3565 M 1317=M 1620 =−6887 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL M 65=M 78=+3473 M 1413 =M 1516=+ 9483 M 62=M 73=−1102 M 1410= M 1511=−6947

89


5.3.2 Pórtico con número par de crujías

En este caso los giros y momentos en los extremos de las vigas adyacentes al eje de simetría son iguales. Asimismo, por la antisimetría, las cargas axiales en las columnas centrales son iguales a cero. Bajo estas consideraciones para resolver el pórtico propuesto es posible analizar la mitad de la estructura, con las siguientes particularidades:

el

En el medio pórtico equivalente las rigideces de las columnas que se ubican en eje de simetría, se toman igual a la mitad de sus rigideces reales.

Los momentos finales y fuerzas- cortantes de las columnas del pórtico real que se ubican en el eje de simetría son iguales al doble de los calculados en las mismas columnas del medio pórtico equivalente. Todas las deformaciones y fuerzas interiores, a uno y otro lado del eje de simetría, se corresponden también en forma antisimetría.

EJEMPLO DE APLICACIÓN N°10


90


Para el pórtico simétrico 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 corrimiento Las rigideces relativas han sido tomadas de los pórticos simplificando mostrado a continuación.


91


Factores de giro:

∝ik=

−1 K ik −1 , ∑ ∝= 2 ∑ K ik 2

Pórtico simplificado:


92


-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50

-0.50


93



V ik =

−3 2

K ik

∑ K ik

, ∑ V ik =

−3 2 -1.50

-1.50

-1.50

2. Fuerzas de sujeción

´ I =+1000 Kg nivel III : H ´ III =+2000 Kg nivel I : H

´ II =+2000 Kg nivel IV : H ´ IV =+ 2000 Kg nivel II : H

3. Momentos de piso


94


´ °r= m

´r hr ∑ H 2 ∑ K ik

´ °I =−42.67 Kgm m ´ °III =−177.78 Kgm m ´ °II =−128.00 Kgm m ´ °IV =−333.33 Kgm m



95



96


Ecuaciones de iteración:

´ r) mi=m°i + ∑ ∝ik ( mk + m ´ r= m ´ °r + ∑ V ik (mi +mk ) m Ciclos de iteración: 7 de giros y 7 de desplazamientos en forma alternada. Secuencia para el ciclo de giros: 10-11-7-8-4-5-1-2 5. Cálculo de momentos finales

´ ik + K ik (2m i +m k + m ´ r) M ik= M Nudo 1:

M 12=0+16 [ 2 (+26.97 )+ 18.59 ]=+1160+56=+1216 M 14=0+25 [ 2 ( +26.97 ) +74.16−180.24 ] =−1304 ⏟ + 88=−1216 −144

Nudo 2:

M 21=0+16 [ 2 (+18.59 )+26.97 ]=+1026+ 47=+1073 M 15=0+12.5 [ 2 ( +18.59 ) +54.28−180.24 ] =−1110 ⏟ +37=−1073 −84

Efectuando en forma similar el cálculo de todos los momentos en el pórtico simplificado y compensando los desequilibrios correspondientes en cada M 12=M 32=+1216 M 710 =M 912 =−4786 nudo, se obtienen los siguientes valores para los momentos finales en toda la estructura.

M 14=M 36=−1216 M 89=M 89=+5896 M 21=M 23=+1073 M 85=¿−3590 M 25=¿−2146 M 811 =¿−8202 M 41=M 63=−13 M 107 =M 129 =−3100

M 45=M 65=+3313 M 1011 =M 1211 =+ 8794 M 47=M 69 =−3300 M 1013 =M 1215=−5694 M 54=M 56=+3050 M 1110 =M 1112 =+7943 UNPRG: ESCUELA PROFESIONAL DE M 52=¿−1138 M 118 =¿−7200 INGENIERIA CIVIL M 58=¿−4962 M 1114 =¿−8686

97


5.4 Pórticos con vigas intermedias La presencia de vigas intermedias en los pisos de un pórtico introduce variante en el proceso de cálculo anteriormente estudiando. En este caso las influencias de corrimiento en las columnas de los pisos con vigas intermedias deberán determinarse tomando en cuenta os corrimientos de los niveles intermedios que corresponden a dichas vigas. Para abordar el análisis de este problema considérese el pórtico 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 superposición 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.


98


Desplazamiento relativo del piso r: dr=d1-d2

Obsérvese que en ambos casos los desplazamientos relativos que experimentan las columnas (d1 ó 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) será necesario sumar las diferentes influencias de corrimiento parciales que originan ichos desplazamientos. Por otro lado, puede verse que la acción del desplazamiento relativo de un piso parcial corresponde exactamente a la acción del desplazamiento relativo de un piso con columnas de diferente altura (caso estudiado en la sección 5.1). Consecuentemente las influencias de giro y desplazamiento en esta estructura pueden determinarse iterando las ecuaciones: °

´ r C ik ) mi=mi + ∑ ∝ik ( mk + m ´ r= m ´ °r + ∑ V ik (mi +mk ) m Con la única 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 será empleado en el cálculo de omentos finales de dichas columnas mediante a expresión:

´ ik + K ik (2mi +mk + m ´ r Cik ) M ik= M

EJEMPLO DE APLICACIÓN N°11


99


Resolver el pórtico de la figura.

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

∝ik=

−1 K ik −1 , ∑ ∝ik = 2 ∑ K ik 2

-0.50

-0.50

-0.50 -0.50

-0.50


100



V ik =

−3 2

C ik K ik

∑ C ik

2

K ik

Piso I: altura de referência h=3.00m,

, ∑ Cik V ik =

Cik =

−3 2

hr hik

Luego C14=1.0, C25=1.0, C38=0.5 Columna 1-4:

Cik 2 K ik =( 1 )2 ( 2 )=2.00

Columna 2-5:

Cik K ik =( 1 ) ( 2 )=2.00

Columna 3-8:

Cik 2 K ik =( 0.5 )2 ( 1 )=0.25 ⏟

2

2

∑ C ik2 K ik =4.25 Luego:

V 14=

−3 (1 ) ( 2 ) =−0.706 ,C ik V ik =−0.706 2 4.25

V 25=

−3 ( 1 ) ( 2 ) =−0.706 ,C ik V ik =−0.706 2 4.25

V 38=

−3 ( 0.5 )( 1 ) =−0.706 , Cik V ik =−0.088 ⏟ 2 4.25

∑ C ik V ik =−1.500 Piso II: los cálculos son similares, obteniéndose C46=1.0

C 57=1.0

V46=-0.706

V57=-0.706


C 38=0.5 V 38=-0.176

101


2. Momentos y fuerzas de sujeción Momentos de empotramiento perfecto:

´ 12=−7200 Kgm M ´ 21=+ 7200 Kgm M

´ 23=−8000 Kgm M ´ 32=+8000 Kgm M ´ 45 =−4500 Kgm M ´ 54 =+4500 Kgm M

´ 38=−3600 Kgm M ´ 83=+3600 Kgm M Reacciones de empotramiento:

´ 38= R ´ 83 =−360 0 Kg R Momento de sujeción:

´ 1=−7200 Kgm M ´ 2=−7200−8000=−800 Kgm M

´ 3=+8000−3600=+ 4400 Kgm M ´ 4=−4500 Kgm M

´ 5=+4500 Kgm M Fuerzas de sujeción:

´ I =−3600+3000=−600 Kg nivel I : H

´ II =+1000 Kg nivel II : H 3. Momentos de nudo y momentos de piso Momentos de nudo:

m° i=

í −M 2 ∑ K ik


102


m° 1=+600 Kgm m °3 =−440 kgm m° 2=+ 40 Kgm m° 4 =+281.25 kgm m° 5=−281.25 Kgm Momentos de piso:

´ °r= m

m ´ °I =

´r −hr ∑ H 2 ∑ Cik 2 K ik −3.0 (−600 ) =+ 211.76 Kgm 2 ( 4.25 )

m ´ °II =

−3.0 (−600+1000 ) =−141.18 Kgm 2 ( 4.25 )


Ecuaciones de iteración:

´ r C ik ) mi=m°i + ∑ ∝ik ( mk + m ´ r= m ´ °r + ∑ V ik (mi +mk ) m


103


Ciclos de iteración: 4 de desplazamientos y 4 de giros en forma alternada. Secuencia para el ciclo de giros: 1-4-5-3-2 1er. Ciclo de desplazamientos:

m ´ I =+ 211.76+ [−0.706 ( +600+281.25 )−0.706 (+ 40−281.25 )−0.176 (−440 ) ]=−162.64 m ´ II =−141.18+ [−0.706 ( +281.25 ) −0.706 (−281.25 )−0.176 (−440 ) ]=−63.74 1er. Ciclo de giros:

m1=+600+ [−0.333 (+ 40 )−0.167 (+281.25−162.64 x 1.0 ) ] =+566.87 −0.125 ( +566.87−162.64 x 1.0 ) −0.25 (−281.25 ) −0.1258−63.74 x 1.0 m4 =+281.25+ [ ¿ ]=+309.00 +309 ¿ −0.25 ( +10−162.64 x 1.0−0.125(¿)−0.125 (−63.74 x 1.0 ) ] =+335.20 m5=−281.25+¿ + 40 ¿ −0.40 (−162.64 x 0.5−0.10 (¿)−0.10 (−63.74 x 0.5 ) ]=−414.68 m3=−440+¿ +566.87 ¿ −0.20 (−444.68−0.20(¿)−0.10 (−335.20−162.64 x 1.0 ) ] =+ 65.35 m 3=+40+ ¿ 5. Cálculo de momentos finales

´ ik + K ik (2mi +mk + m ´ r Cik ) M ik= M Nudo 1:

M 12=−7200+ 4 [ 2 (+543.12 ) +70.54 ] =−2573+1=−2572 M 14=0+2 [ 2 (+543.12 ) +320.83−120.99 ]=+2573 ⏟ =+2572 −1

Nudo 2:


104


M 21=+ 7200+ 4 [ 2 ( +70.54 ) +543.12 ] =+ 9937 M 23=−8000+ 4 [ 2 ( +70.54 ) −460.24 ] =−9277 M 25=0+2 [ 2 ( +70.54 )−350.19−120.99 ] =−660 ⏟ 0

Nudo 3:

M 32=+ 8000+4 [2 (−460.24 )+ 70.54 ]=+ 4600+1=4601 M 38=−3600+ 4 [ 2 (−460.24 ) −120.99 x 0.5−39.87 x 0.5 ]=−4601 ⏟ =−4601 −1

Nudo 4:

M 41=0+2 [ 2 ( +320.83 ) +543.12−120.99 ]=+2128=+ 2128 M 45=−4500+ 4 [ 2 (+320.83 )−350.19 ] =−3334+2=−3332 M 46=0+2 [ 2 (+ 320.83 )−39.87 ] =+1204 ⏟ =+ 1204 −2

Nudo 5:

M 54=+4500+ 4 [ 2 (−350.19 ) +320.83 ]=+2982+ 1=+2983 M 52=0+2 [ 2 (−350.19 ) +70.54−120.99 ] =−1502=−1502 M 57=0+2 [ 2 (−350.19 )−39.87 ]=−1481 ⏟=−1481 −1


M 64=0+2 [ 2 ( 0 ) +320.83−39.87 ] =+562


105


M 75=0+2 [ 2 ( 0 )−350.19−39.87 ] =−780 M 83=+3600+1 [2 ( 0 ) −460.24−120.99 x 0.5−39.87 x 0.5 ] =+ 3059


106

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