ANÁLISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS - ARMADURAS, Diapositivas de Suelos y recursos naturales

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ANÁLISIS MATRICIAL

DE ESTRUCTURAS

MÉTODO DE LAS RIGIDECES

CAPÍTULO I

ARMADURAS

0 0 0 0

PROBLEMA N° 1:

Calcular las fuerzas internas de cada elemento y el desplazamiento en el nudo B tanto horizontal como vertical. Considere E=cte. y las áreas de cada barra se muestran como 2A, 3A y 4A.

SOLUCIÓN:

Ensamblamos la matriz de rigidez de cada elemento.

 ELEMENTO AB:

AB

K EA

L

 ^ 

P

A B

C

D

2A

3A 4A 45°

60°

L

A B

C

D

45°

60°

1

2

A B^3

2 4

1

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos: ∝ = 0° Cos ∝ = 0 Sen ∝ = 0

(^0 0 1 2) Grados de libertad de la estructura asociados a los ejes locales.

Se muestran los grados de libertad de la estructura

(^0 0 1 ) 0

0

0

0

 ELEMENTO CB:

CB

K EA

L

 ^ 

 ELEMENTO DB:

B

C

45°

3

4

1

2

B

D

60°

3

4

1

2

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos: ∝ = 45°

Cos ∝ = √ 2 2

Sen ∝ = √ 22

Se enumeran los ejes locales de cada elemento tal como se muestra de donde tenemos: ∝ = 60°

Cos ∝ = (^12)

Sen ∝ = √ 23

Calculamos las fuerzas internas de los elementos asociados a los grados de libertad locales de cada elemento:

 ELEMENTO AB: P AB^  ^  KAB    AB 

1 2 3 4

F

F EA LP

P

F L EA

F

 ^         

 ELEMENTO CB: P CB^  ^  KCB    CB 

1 2 3 4

2 1 1 1 1 0.356^ 0.

F

F EA LP

P

F L EA

F

  ^     

  ^ ^      

 ^  ^     

  ^ ^ ^    

 ELEMENTO DB. P DB (^)   (^)  KDB    DB 

1 2 3 4

4 4 4 4 0.659^ 0.

F

F EA LP

P

F L EA

F

 ^  

 ^  

A B^3

4

1

2

(^7 8 1 ) 7 8 1 2

(^1 2 5 ) 1 2 5 6

B

C

1

2

3

4

PROBLEMA N° 2:

Determine la fuerza en cada miembro de la armadura mostrada si el soporte en el nudo D se desplaza hacia abajo 25mm considere 𝐸𝐴 = 8(10)^3 𝑘𝑁.

SOLUCIÓN:

Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:

 ELEMENTO AB:

K AB EA

 ^ 

 ELEMENTO CB:

K CB EA

 ^  

 ^ 

A B

D C 4 m

3 m

A B

D C

1

2

7

8

5

6

3

4

Se enumeran los grados de libertad de la estructura considerando los apoyos libres

Grados de libertad de la estructura asociados a los ejes GLOBALES.

Desarrollamos la solución para las ecuaciones y obtenemos los desplazamientos:

1 2

EA EA

     ^      ^ 

  ^   ^ ^  ^ 

     ^   ^ ^   

De donde obtenemos:

0  EA  0.378  1 0.096 2  0 

0  EA  0.096   1 0.4053  2 0.00833

Si resolvemos estas ecuaciones simultáneamente obtenemos:

1 2

m m

Calculamos las fuerzas en cada elemento asociados a los grado de libertar locales de las barras:

 ELEMENTO AB:

1 2 3 4

F

F

EA KN

F

F

 ^        

A B^3

11.1KN 11.1KN

 ELEMENTO CB:

1 2 3 4

F

F EA KN

F

F

 ^   ^ ^     

 ELEMENTO DB:

1 2 3 4

F

F

EA KN

F

F

B

C

11.1KN

8.33KN

8.33KN

11.1KN

B

D

8.33KN

8.33KN

0 1 0 0 0 1 0 0

0

F CB EA 

 ^ 

0

F CA EA 

 ^ 

 ELEMENTO CA:

CA

K EA

a

 ^  

 ^ 

Ensamblamos la matriz de la estructura mediante un ensamble teniendo en cuenta los grados de libertad globales.

 0.669

K EA

a

Fuerzas ficticias que compensan las elongaciones debidas a incrementos de temperatura.

N 0   EA  T

0

F CD EA 

 ^ 

Ensamble de las fuerzas con signo cambiado.

0 ( ) e ( 104.511) F   (^)  eF  EA  Esta fuerza corresponde al grado de libertad 2

Hallamos los desplazamientos  F (^)   (^)  K    

EA  ( 104.511) ^ EAa  0.669 ( 1 )

 1   a ( 104.511)(1.495)

 1   a ( 156.242)

Calculo de las fuerzas de cada elemento:

80 EA  80 EA 

4.378 EA 

4.378 EA 

6.567 EA 

6.567 EA 

2 2

CB 4.378 6.567 7.

Fuerza en la barra esta dado por

F  EA    EA 

 ELEMENTO CD:

F CD^ EA EA a EA a   

 ^ ^  ^ ^ ^  ^ 

 ELEMENTO CB:

44.376 0.171 0.256 0.171 0.256 0 4. 66.564 0.256 0.384 0.256 0.384 156.242 6. 44.376 0.171 0.256 0.171 0.256 0 4. 66.564 0.256 0.384 0.256 0.384 0

F CB^ EA EA a EA  a  

   ^       (^)    (^)    ^ ^  ^ ^    (^)    (^)       (^)    (^)          6.

         (^)    

 ELEMENTO CA:

12.649 0.032 0.095 0.032 0.095 0 2. 37.947 0.095 0.285 0.095 0.285 156.242 6. 12.649 0.032 0.095 0.032 0.095 0 2. 37.947 0.095 0.285 0.095 0.285 0

F CA^ EA EA a EA  a  

 ^   ^       (^)    (^)     ^ ^  ^ ^      (^)       (^)    (^)         

4

           

C D

COMPRESION

C

B

COMPRESION

(^0 0 1 ) 0 0 1 2

SOLUCIÓN:

Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:

 ELEMENTO CB:

0.75 0.433 0.75 0. 0.433 0.25 0.433 0. 0.75 0.433 0.75 0. 0.433 0.25 0.433 0.

CB

K EA

a

 ^  

 ^ 

a

a

30°

60°

A D

C F

B

COBRE

ACERO

A D

C F

B 1

2 Se enumeran los grados de libertad de la estructura que solo presenta 2

(^0 0 1 ) 0 0 1 2

(^1 2 0 ) 1 2 0 0

1 2 0 0 1 2 0 0

 ELEMENTO FB:

FB

K EA

a

 ^  

 ^ 

 ELEMENTO BA:

BA

K EA

a

 ^  

 ^ 

 ELEMENTO BA:

BD

K EA

a

 ^  

 ^ 

Ensamblamos la matriz de la estructura mediante un ensamble teniendo en cuenta los grados de libertad globales.

2.366 0 0 3.

K EA

a

 ^ 

Fuerzas ficticias que compensan las elongaciones debidas a incrementos de temperatura. En esta parte introducimos los valores que se anteponen a las variables de E, A y 𝛼 para así uniformizar y solo trabajar como se muestra.

N 0   EA  T

0

F CB EA 

 ^ 

0

F FB EA 

 ^ 

87.149 EA 

87.149 EA 

150.951 EA 

150.951 EA 

2 2

BA 150.951 87.149 174.

La fuerza en la barra esta dado por

F  EA    EA 

 ELEMENTO BA:

165 0.433 0.75 0.433 0.75 0 87. 285.788 0.75 1.299 0.75 1.299 103.801 150. 165 0.433 0.75 0.433 0.75 0 87. 285.788 0.75 1.299 0.75 1.299 0 150.

F BA^ EA EA a EA  a  

 ^   ^ ^       (^)    (^)    ^ ^  ^ ^      (^)      (^)    (^)          

           

Calculo de los esfuerzos térmicos: F A

 ELEMENTO CB: esta barra es igual a la barra BF

CB 301.899^^ EA^ 301.899^ kg^ / cm^2 A

 ELEMENTO BA: esta barra es igual a la barra BD

174.303 (^) 87.152 / 2 CB 2

EA (^) kg cm A

A

B

COMPRESION

(^0 0 4 ) 0 0 4 5

(^0 0 1 ) 0 0 1 0

PROBLEMA N° 5:

Determinar el desplazamiento del punto de aplicación de la carga P en el sistema mostrado, considerar que todas las barras tienen el mismo EA.

SOLUCIÓN:

Determinamos la matriz de rigidez de cada elemento:

 ELEMENTO AC:

0.5 0.5 0.5 0. 0.5 0.5 0.5 0. 0.5 0.5 0.5 0. 0.5 0.5 0.5 0.

AC

K EA

a

 ^ 

 ELEMENTO AD:

AD

K EA

a

 ^ 

P

P

45°

45°

a

a

a

a

A

B

D

C

A

B

D

C 4

5

2

3

1

Se enumeran los grados de libertad de la estructura que presentan 5 tal como se muestra