Método Matricial de Estructura Reticulada en 3D_04
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PRESENTADO POR: FELIMÓN QUISPE PACOMPÍA DOCENTE: ING° ALDER J. QUISPE PANCA CURSO: ANÁLISIS ESTRUCTURAL II CICLO: VIII PROBLEMA 03: Resolver la estructura. A = 15 cm² E = 2.00E+06 kg/cm² SOLUCIÓN: 1° NUMERACIÓN DE NUDOS Y BARRAS Se da la nomenclatura a los nudos numeradas dentro de círculos, y las barras numeradas en rectángulos, se ha establecido la dirección local de las barras como se aprecia en la figura. 2° RIGIDEZ GLOBAL DE BARRAS E = 2.00E+06 kg/cm² X Y Z X Y Z 1 0 0 0 200 300 500 616.441 15.00 0.324 0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426 2 400 0 0 200 300 500 616.441 15.00 -0.324 0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426 3 400 600 0 200 300 500 616.441 15.00 -0.324 -0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426 4 0 600 0 200 300 500 616.441 15.00 0.324 -0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426 MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL Barra 1: 0.105 0.158 0.263 5122.78 7684.17 12806.95 = 0.158 0.237 0.395 = 7684.17 11526.26 19210.43 0.263 0.395 0.658 12806.95 19210.43 32017.39 Barra 2: 0.105 -0.158 -0.263 5122.78 -7684.17 -12806.95 = -0.158 0.237 0.395 = -7684.17 11526.26 19210.43 -0.263 0.395 0.658 -12806.95 19210.43 32017.39 Barra 3: 0.105 0.158 -0.263 5122.78 7684.17 -12806.95 = 0.158 0.237 -0.395 = 7684.17 11526.26 -19210.43 -0.263 -0.395 0.658 -12806.95 -19210.43 32017.39 Barra 4: 0.105 -0.158 0.263 5122.78 -7684.17 12806.95 = -0.158 0.237 -0.395 = -7684.17 11526.26 -19210.43 0.263 -0.395 0.658 12806.95 -19210.43 32017.39 Eliminando sub matrices 1 5 2 5 por condición de apoyo. K₁₁,₁ K₁₂,₁ 1 K₁₁,₂ K₁₂,₂ 2 K₁ = K₂ = K₂₁,₁ K₂₂,₁ 5 K₂₁,₂ K₂₂,₂ 5 UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS ESCUELA ACADÉMICO PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL MÉTODO MATRICIAL DE RIGIDECES 21/05/2014 k = AE/L (kg/cm) n² m² m n l² BARRA L (cm) A (cm²) l i (cm) j (cm) K₁₁,₄ K₁₁,₃ K₁₁,₂ K₁₁,₁ 48666.426 48666.426 48666.426 48666.426 = 2 2 2 (4, 6, 0) (0, 6, 0) 2 4 (2, 3, 5) (4, 0, 0) (0, 0, 0) 3 tn X 1 tn 1 3 Z 2 tn Y 2 1 3 4 5
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PRESENTADO POR: FELIMN QUISPE PACOMPA DOCENTE: ING ALDER J. QUISPE PANCA
CURSO: ANLISIS ESTRUCTURAL II CICLO: VIII
PROBLEMA 03: Resolver la estructura.
A = 15 cm
E = 2.00E+06 kg/cm
SOLUCIN:
1 NUMERACIN DE NUDOS Y BARRAS
Se da la nomenclatura a los nudos numeradas dentro de crculos, y las barras numeradas en rectngulos,
se ha establecido la direccin local de las barras como se aprecia en la figura.
2 RIGIDEZ GLOBAL DE BARRAS E = 2.00E+06 kg/cm
X Y Z X Y Z
1 0 0 0 200 300 500 616.441 15.00 0.324 0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426
2 400 0 0 200 300 500 616.441 15.00 -0.324 0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426
3 400 600 0 200 300 500 616.441 15.00 -0.324 -0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426
4 0 600 0 200 300 500 616.441 15.00 0.324 -0.487 0.811 0.105 0.237 0.658 48666.426
MATRIZ DE RIGIDEZ GLOBAL
Barra 1:0.105 0.158 0.263 5122.78 7684.17 12806.95
= 0.158 0.237 0.395 = 7684.17 11526.26 19210.430.263 0.395 0.658 12806.95 19210.43 32017.39
Barra 2:0.105 -0.158 -0.263 5122.78 -7684.17 -12806.95
= -0.158 0.237 0.395 = -7684.17 11526.26 19210.43-0.263 0.395 0.658 -12806.95 19210.43 32017.39
Barra 3:0.105 0.158 -0.263 5122.78 7684.17 -12806.95
= 0.158 0.237 -0.395 = 7684.17 11526.26 -19210.43-0.263 -0.395 0.658 -12806.95 -19210.43 32017.39
Barra 4:0.105 -0.158 0.263 5122.78 -7684.17 12806.95
= -0.158 0.237 -0.395 = -7684.17 11526.26 -19210.430.263 -0.395 0.658 12806.95 -19210.43 32017.39
Eliminando sub matrices 1 5 2 5
por condicin de apoyo. K, K, 1 K, K, 2
K = K =K, K, 5 K, K, 5
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS
ESCUELA ACADMICO PROFESIONAL DE INGENIERA CIVIL
MTODO MATRICIAL DE RIGIDECES
21/05/2014
k = AE/L
(kg/cm)nmm n lBARRA L (cm) A (cm) l
i (cm) j (cm)
K,
K,
K,
K,
48666.426
48666.426
48666.426
48666.426
=
2 2 2
(4, 6, 0)
(0, 6, 0)
2
4
(2, 3, 5)
(4, 0, 0)
(0, 0, 0)
3 tn
X
1 tn
13
Z
2 tn
Y
2
1
3
4
5
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PRESENTADO POR: FELIMN QUISPE PACOMPA DOCENTE: ING ALDER J. QUISPE PANCA
CURSO: ANLISIS ESTRUCTURAL II CICLO: VIII
UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS
ESCUELA ACADMICO PROFESIONAL DE INGENIERA CIVIL
MTODO MATRICIAL DE RIGIDECES
21/05/2014
3 5 4 5
K, K, 3 K, K, 4
K = K =K, K, 5 K, K, 5
3 ENSAMBLAJE DE MATRICES
K = K, + K, + K, + K,
Se sabe que: K = K entonces:
5122.78 7684.17 12806.95 5122.78 -7684.17 -12806.95
= 7684.17 11526.26 19210.43 K, = -7684.17 11526.26 19210.4312806.95 19210.43 32017.39 -12806.95 19210.43 32017.39
5122.78 7684.17 -12806.95 5122.78 -7684.17 12806.95
= 7684.17 11526.26 -19210.43 K, = -7684.17 11526.26 -19210.43-12806.95 -19210.43 32017.39 12806.95 -19210.43 32017.39
20491.13 0.00 0.00
K = 0.00 46105.04 0.000.00 0.00 128069.54
4 CLCULO DE DESPLAZAMIENTO
= 20491.13 0.00 0.00 UX= = 0.00 46105.04 0.00 * UY= 0.00 0.00 128069.54 UZ
UX 4.880E-05 0.000E+00 0.000E+00 -3000
UY = 0.000E+00 2.169E-05 0.000E+00 * 2000
UZ 0.000E+00 0.000E+00 7.808E-06 -1000
UX -0.1464048 cm
UY = 0.0433792 cm
UZ -0.0078083 cm
5 CLCULO DE REACCIONES
Apoyo 1 1 5
K, K, 1
K = Se aplica la ecuacin:K, K, 5
F K, K, U U = 0F K, K, U No existe desplazamiento en apoyo 1
-K, = K, U-5122.78 -7684.17 -12806.95 -0.14640 516.667 kg
= -7684.17 -11526.26 -19210.43 * 0.04338 = 775.000 kg-12806.95 -19210.43 -32017.39 -0.00781 1291.667 kg
K, = K, U5122.78 7684.17 12806.95 -0.14640 -516.667 kg
= 7684.17 11526.26 19210.43 * 0.04338 = -775.000 kg12806.95 19210.43 32017.39 -0.00781 -1291.667 kg
K,
K,
2000 kgFY
FX -3000 kg
FZ -1000 kg
FZ
F
= *
RXRYRZ
R
FX
FY
=
=
1 = 11,1 1 + 12,1 5 5 = 21,1 1 + 22,1 5
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PRESENTADO POR: FELIMN QUISPE PACOMPA DOCENTE: ING ALDER J. QUISPE PANCA
CURSO: ANLISIS ESTRUCTURAL II CICLO: VIII
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Apoyo 2 2 5
K, K, 2
K = U = 0K, K, 5 No existe desplazamiento en apoyo 2
F K, K, U
F K, K, U
-K, = K, U-5122.78 7684.17 12806.95 -0.14640 983.333 kg
= 7684.17 -11526.26 -19210.43 * 0.04338 = -1475.000 kg12806.95 -19210.43 -32017.39 -0.00781 -2458.333 kg
K, = K, U5122.78 -7684.17 -12806.95 -0.14640 -983.333 kg
= -7684.17 11526.26 19210.43 * 0.04338 = 1475.000 kg-12806.95 19210.43 32017.39 -0.00781 2458.333 kg
Apoyo 3 3 5
K, K, 3
K = Se aplica la ecuacin:K, K, 5
F K, K, U U = 0F K, K, U No existe desplazamiento en apoyo 3
-K, = K, U-5122.78 -7684.17 12806.95 -0.14640 316.667 kg
= -7684.17 -11526.26 19210.43 * 0.04338 = 475.000 kg12806.95 19210.43 -32017.39 -0.00781 -791.667 kg
K, = K, U5122.78 7684.17 -12806.95 -0.14640 -316.667 kg
= 7684.17 11526.26 -19210.43 * 0.04338 = -475.000 kg-12806.95 -19210.43 32017.39 -0.00781 791.667 kg
Apoyo 4 4 5
K, K, 4
K = Se aplica la ecuacin:K, K, 5
F K, K, U U = 0F K, K, U No existe desplazamiento en apoyo 4
-K, = K, U-5122.78 7684.17 -12806.95 -0.14640 1183.333 kg
= 7684.17 -11526.26 19210.43 * 0.04338 = -1775.000 kg-12806.95 19210.43 -32017.39 -0.00781 2958.333 kg
K, = K, U5122.78 -7684.17 12806.95 -0.14640 -1183.333 kg
= -7684.17 11526.26 -19210.43 * 0.04338 = 1775.000 kg12806.95 -19210.43 32017.39 -0.00781 -2958.333 kg
= *
= *
R2RXRYRZ
FX
FFX
FY
FZ
RRXRYRZ
F
FZ
FY
FZ
= *
RRXRYRZ
FFX
FY
2 = 11,2 2 + 12,2 5 5 = 21,2 1 + 22,2 5
=
3 = 11,3 3 + 12,3 5 5 = 21,3 3 + 22,3 5
=
4 = 11,4 4 + 12,4 5 5 = 21,4 4 + 22,4 5
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6 CLCULO DEL ESFUERZO AXIAL
Barra 1:516.667
N = 0.324 0.487 0.811 * 775.000 = 1592.47 kg1291.667
N = esfuerzo axial
-516.667
N = 0.324 0.487 0.811 * -775.000 = -1592.47 kg-1291.667
La barra est en COMPRESIN con -1592.47 kg
Barra 2:
983.333
N = -0.324 0.487 0.811 * -1475.000 = -3030.84 kg-2458.333
N = esfuerzo axial
-983.333
N = -0.324 0.487 0.811 * 1475.000 = 3030.84 kg2458.333
La barra est en TENSIN con 3030.84 kg
Barra 3:316.667
N = -0.324 -0.487 0.811 * 475.000 = -976.03 kg-791.667
N = esfuerzo axial
-316.667
N = -0.324 -0.487 0.811 * -475.000 = 976.03 kg791.667
La barra est en TENSIN con 976.03 kg
Barra 4:1183.333
N = 0.324 -0.487 0.811 * -1775.000 = 3647.28 kg2958.333
N = esfuerzo axial
-1183.333
N = 0.324 -0.487 0.811 * 1775.000 = -3647.28 kg-2958.333
La barra est en COMPRESIN con -3647.28 kg
1 =
111
5 =
555
2 =
222
5 =
555
3 =
333
5 =
555
4 =
444
5 =
555
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MTODO MATRICIAL DE RIGIDECES
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0.043 cm
-0.146 cm
-0.008 cm
-3647.28
-1592.47
3030.84
976.03222
775.00 kg -1775.00 kg
516.67 kg 1183.33 kg
kg 1291.67 kg 475.00 kg 2958.33 kg
316.667
kg -791.67 kg
ESQUEMA FINAL DE MODELADO DE LA ESTRUCTURA
-1475.00
-2458.33
983.33 kg
X
Z
Y
