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sección 9.1 La rigidez de la estructura matriz que incluye restringida Coordenadas
En las ecuaciones. (9.1) y (9.2), CAROLINA DEL NORTE denota el número de coordenadas de estructura; PAG *
representa las fuerzas conjuntas (es decir, las cargas externas conocidas y de las reacciones de apoyo
desconocidas); PAG * F denota la fi fuerzas, debido a cargas miembros, cambios de temperatura, y los errores de
fabricación de conjuntos jo, en los lugares, y en las direcciones, de las coordenadas de la estructura; S * representa
la matriz de rigidez para las coordenadas de estructura (libre y restringido); y re * denota los desplazamientos
conjuntos (es decir, los grados de libertad desconocidos y los desplazamientos conocidos correspondientes a las
coordenadas restringir). La matriz de rigidez de la estructura S * y vector de fuerza fijo de articulación PAG * F se
puede determinar mediante el ensamblaje de las matrices de rigidez miembro mundial K y vectores de fuerza
fija-end F F, respectivamente, usando la técnica de número de código de los miembros descritos en los capítulos
anteriores. La aplicación de esta técnica sigue siendo esencialmente la misma, excepto que ahora los elementos
de K
y F F que corresponden a las coordenadas restringidos ya no se descartan, sino que se añaden (almacenada)
en sus posiciones apropiadas en S * y PAG * f.
Como se indica en el párrafo anterior, las relaciones estructura de rigidez (Eq (9,1).) Contienen dos tipos
de cantidades desconocidas; a saber, los desplazamientos conjuntos desconocidos y las reacciones de apoyo
desconocidos. Para separar los dos tipos de incógnitas, volvemos a escribir la ecuación. (9.1) en forma de matriz
de particiones:
••••
PAG
ndof × 1
R
NR × 1
•••• - •••• PAG F
•••• =
••••
ndof × 1
S
••••
S RF
NR × ndof
••••
re
ndof × ndof ndof × NR
RF
NR × 1
S FR
ndof × 1
S RR
NR × NR
••••
re R
NR × 1
(9,3)
en el cual, PAG, R, P F, S, y re denotar las mismas cantidades que en los capítulos anteriores; R F denota las fuerzas
jas-fi estructura conjunta que corresponden a las coordenadas restringidas; y re R denota la apoyar vector de
desplazamiento. Tenga en cuenta que la PAG F
y R F vectores contienen fuerzas jos-joint estructura fi debido a las cargas miembros, cambios de temperatura,
y los errores de fabricación. Los efectos de los desplazamientos de apoyo no están incluidos en PAG F y R F, pero
se incorporan directamente en el análisis a través del vector soporte de desplazamiento re R. Cada elemento de
la submatriz S FR
en la ecuación. (9,3) representa la fuerza en un libre coordenada causado por una unidad de desplazamiento de
un comedido de coordenadas. Los otros dos submatrices, S RF y S RR, puede interpretarse de una manera análoga.
Multiplicando los dos matrices particionadas en el lado derecho de la ecuación. (9,3), se obtienen dos
ecuaciones matriciales,
PAG - PAG f = Sd + S FR re R
(9.4a)
R - R f = S RF d + S RR re R
(9.4b)
que puede reordenarse como
PAG - PAG F - S FR re R = Sd R = R f + S RF
(9.5a)
d + S RR re R
(9.5b)
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502
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
El procedimiento para el análisis consiste esencialmente en primera solución de la ecuación. (9.5a) para los
desplazamientos conjuntos desconocidos re, y después sustituyendo re en la Ec. (9.5b) para evaluar las reacciones
de apoyo R. Con re conocido, los desplazamientos Elemento de extremo y las fuerzas de extremo se pueden obtener
usando los procedimientos descritos en los capítulos anteriores. En el caso de estructuras de apoyo sin
desplazamientos,
re R = 0, y las ecuaciones. (9.5) se reducen a
(9.6A)
PAG - PAG f = Sd R = R f
+
(9.6b)
S RF re
Las principales ventajas de la formulación alternativa son que los desplazamientos de apoyo se
pueden incorporar en el análisis de una manera directa y sencilla, y las reacciones se pueden calcular
más convenientemente mediante el uso de las relaciones de rigidez de la estructura. Sin embargo, ya
que la formulación alternativa utiliza la matriz de rigidez para todas las coordenadas de la estructura, se
requiere significativamente más espacio de memoria de ordenador que la formulación estándar
desarrollado en los capítulos precedentes, que utiliza la matriz de rigidez para sólo las coordenadas
libres de la estructura. Por esta razón, la formulación alternativa no se considera tan e fi cientes para la
aplicación del ordenador como la formulación desarrollada en los capítulos anteriores [14].
La aplicación de la formulación alternativa se ilustra mediante el siguiente ejemplo.
E XAMP LE 9.1 Determinar los desplazamientos conjuntos, fuerzas finales locales miembro, y las reacciones de apoyo para
el bastidor plano de la Fig. 9.1 (a), debido al efecto combinado de la carga mostrada y una
125 k-ft
2
1,5 k / ft
Y
9
3
1
10 pies
7
2
90 k
3
2
8
1
10 pies
1
10 pies
20 pies
X
4
E, A, I = constante
6
E = 29.000 ksi
A = 11.8 en. 2
I = 310 en. 4
(un cuadro
5
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.1
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sección 9.1 La rigidez de la estructura matriz que incluye restringida Coordenadas
solución de 1 pulg. del soporte izquierdo. Utilice la formulación alternativa del método de matriz de rigidez.
SOLUCIÓN Este marco se analizó en el Ejemplo 6.6 para la carga externa, y en el Ejemplo 7.4 para
el efecto combinado de la carga y el asentamiento de soporte, utilizando la formulación estándar.
Modelo analítico: Ver Fig. 9.1 (b). En este ejemplo, se utiliza el mismo modelo analítico de la estructura tal como se utiliza
anteriormente, para que las distintas matrices miembro calculado en el Ejemplo 6.6 se pueden reutilizar. El marco tiene tres
grados de libertad y seis coordenadas restringidas. Por lo tanto, el número total de las coordenadas de estructura es de
nueve.
Rigidez de la estructura de la matriz: Al almacenar el elemento de las matrices de rigidez miembro mundial K 1 y K 2, calculado
en el Ejemplo 6.6, en sus posiciones apropiadas en el 9 × matriz de rigidez 9 estructura S *, obtenemos, en unidades de
kips y pulgadas, la matriz de rigidez siguiente para todos las coordenadas de estructura.
1
2
3
••••••••••••••••••
1,685.3
507,89
507,89
1,029.2
670,08
]=
S * = [ SS FR
S RF S RR
4
670,08 - 259,53 - 507,89
335,04
1,021.4
507,89
0
- 7.8038 - 936,46
74917
936,46
335,04
335,04 13,401.5
67008 - 670,08
0
67008
507,89 - 670,08
259,53
335,04
670,08 - 335,04
0
7
601,42 - 507,89 - 1,021.4 - 335,04
- 507,89 - 1,021.4
0
6
670,08 - 1,425.8
601,42 283848 - 670,08
- 259,53 - 507,89 - 670,08
- 1,425.8
5
8
9
0
0
••••••••••••••••••
1
0
- 7.8038
936,46
2
0
- 936,46
74917
3
0
0
0
4
0
0
0
5
0
0
0
6
0
0
7
1,425.8
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
7.8038 - 936,46
8
- 936,46 149833
9
(1)
Estructura fija de la Fuerza Conjunta vectorial debido a las cargas miembros: vectores de fuerza Del mismo modo, mediante el
almacenamiento de los elementos del miembro de fi mundial jos de gama F F 1 y F F 2, calculado en el Ejemplo 6.6, en el 9 × 1
estructura fi ja-joint vector de fuerza PAG * f, obtenemos
•••••••••••••••• ••••••••••••••••
0
1
]=
60
2
- 750
3
0
4
PAG * f = [ PAG F
45
5
RF
1350 0
6
15
(2)
7
8
- 600
9
Conjunto de carga del vector: A partir del ejemplo 6.6,
••
0
P=
0
•• 1 2
3
(3)
- 1500
Soporte de desplazamiento vectorial: Desde el modelo analítico de la estructura en la Fig. 9.1 (b), se observa que el
dado 1 en. Solución del soporte izquierdo se produce en la ubicación y
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Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
en la dirección de la restricción de coordenadas 5. De este modo, el vector de soporte de desplazamiento se puede expresar
como
••••••••• •••••••••
4
0
-10
5
0
6
0
7
0
8
re R =
(4)
9
Los desplazamientos conjuntos: mediante la sustitución S y S FR de la ecuación. (1), PAG F de la ecuación. (2), PAG de la
ecuación. (3), y re R de la ecuación. (4) en la Ec. (9.5a), escribimos las relaciones de rigidez para las coordenadas libres del
bastidor puesto
PAG - PAG F - S FR re R = Dakota del Sur
••• -
•••
- 1500
0
••• - ••• - 259,53 - 507,89
•••
0
0
0
60
•••
670,08 - 1,425.8
- 507,89 - 1,021.4 - 335,04
- 750
- 670,08
•• 1,685.3
=
67008
335,04
670,08
507,89
507,89 1,029.2
0
- 7,8038 936,46
0
- 936,46 74917
0
0
•••••••••0
•••• re 1 ••
601,42
re 2
601,42 283848
670,08
-10
0
0
•••••••••
re 3
o •• - 507,89
•• =
•• 1,685.3
- 1,081.4
507,89
507,89 1,029.2
- 414,96
670,08
670,08
601,42
601,42 283848
•••• re 1 ••
re 2
re 3
Al resolver estas ecuaciones, se determinan los desplazamientos conjuntos para ser
••• 0.017762 en.
d=
••• 1 2
3
- 1,0599 en.
(5) ans
0.00074192 rad
Tenga en cuenta que estos desplazamientos conjuntos son idénticos a los calculados en el Ejemplo 7.4. El vector de
desplazamiento conjunto para todas las coordenadas (libre y restringida) de la estructura se puede expresar como
••••••••••••••••
••••••••••••••••
0.017762 en.
1
- 1,0599 en.
2
0.00074192 rad 0
3
]=
re * = [ re
re R
4
- 1 en.
5
0
6
0
7
0
8
0
9
(6)
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sección 9.1 La rigidez de la estructura matriz que incluye restringida Coordenadas
505
Reacciones en el soporte: Para evaluar el vector reacción apoyo R, sustituimos S RF y
S RR de la ecuación. (1), R F de la ecuación. (2), re R de la ecuación. (4), y re de la ecuación. (5) en la Ec. 9.5 (b):
R = R f + S RF d + S RR re R. este rendimientos
25.316 k
•••••••••
4
•••••••••
R=
97.409 k
5
1,431.7 k-in.
6
- 25.325 k
7
22.576 k
8
- 1537 k-in.
ans
9
Tenga en cuenta que estas reacciones de apoyo son los mismos que los calculados en el Ejemplo 7.4.
Fuerzas miembro extremo desplazamientos y finales:
miembro 1 El uso de números de código y miembro de la ecuación. (6), obtenemos
••••••••• •••••••••
v1 4
v1=
•••••••••
••••••••• ••••••••• =
•••••••••
re4*
0
-10
v2
5
re5*
v3
6
re6*
v4
1
v5
2
re2*
v6
3
re3*
=
0.017762
re1*
- 1.0599
0.00074192
A continuación, se utiliza la matriz de transformación miembro T 1 del Ejemplo 6.6, para calcular
•••••••••
•••••••••
- 0.89443
- 0 0.44721
u1= T1 v1=
- 0.94006
- 0.48988
0.00074192
Las fuerzas extremas miembro local ahora se pueden obtener mediante el uso de la matriz de rigidez local miembro k 1
y el vector de fuerza Fi fijo-end Q F 1, del Ejemplo 6.6, como
•••••••••
•••••••••
98.441 k
20.919 k
1,431.7 k-in.
Q1= k1 u1+ QF1=
ans
- 17.943 k
19.331 k
- 1,218.6 k-in.
miembro 2 Los desplazamientos finales globales y locales de este miembro horizontal son
••••••••• •••••••••
v1 1
u1= v1=
••••••••• ••••••••• =
•••••••••
re1*
0.017762
v2
2
re2*
v3
3
re3*
0.00074192 0 0
v4
7
re7*
0
v5
8
re8*
v6
9
re9*
=
•••••••••
- 1.0599
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Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
Mediante el uso k 2 y Q F 2 del Ejemplo 6.6, calculamos las fuerzas finales locales miembros para ser
•••••••••
25.325 k
•••••••••
7,4235 k
Q2= k2 u2+ QF2=
- 281,39 k-in.
ans
- 25.325 k
22.576 k
- 1537 k-in.
Como se esperaba, los vectores de fuerza extremo local miembro antecede Q 1 y Q 2 son idénticos a los calculados en el
Ejemplo 7.4.
9.2 APPROXIMATE MATRIZ DE ANÁLISIS
MARCOS edificio rectangular
En la construcción de marcos de baja a media altura, las deformaciones axiales de los miembros son
generalmente mucho más pequeños que las deformaciones de flexión. Por lo tanto, el número de grados de
libertad de dichos marcos se puede reducir, sin signi fi cativamente comprometedoras la exactitud de los
resultados del análisis, por descuidar las deformaciones axiales de los miembros, o suponiendo que los
miembros están inextensible. En esta sección, consideramos el análisis de marcos planos rectangulares
compuestos por miembros horizontales y verticales que se supone que son inextensible (es decir, no pueden
ser sometidos a cualquier alargamiento axial o acortamiento).
Consideremos, por ejemplo, el marco de portal se muestra en la Fig. 9.2. En el capítulo 6 que la
trama en realidad tiene seis grados de libertad, cuando tanto axial
re 1
re 1
re 2
2
3
3'
2'
re 3
1
4
Fig. 9.2 Pórtico con elementos inextensibles (tres grados de libertad)
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sección 9.2 Matriz de Análisis aproximado de marcos rectangulares de construcción
y plegado de las deformaciones de los miembros se tienen en cuenta en el análisis. Sin embargo, si
los miembros del bastidor se supone que son inextensible, entonces el número de grados de libertad
se reduce a sólo tres. De la forma deformada de la trama arbitrariamente cargado dado en la Fig. 9.2,
podemos ver que fi ja articulaciones 1 y 4 ni puede girar ni traducir, mientras que las articulaciones 2 y
3 pueden girar y traducir en la dirección horizontal, pero no en la dirección vertical porque sus
traducciones verticales se evitan las columnas izquierda y derecha, respectivamente, que se supone
que son inextensibles. Además, puesto que la viga (es decir, el miembro horizontal) de la trama se
supone que es inextensible, las traducciones de las articulaciones 2 y 3 horizontales deben ser iguales.
Por lo tanto, el pórtico tiene tres grados de libertad, es decir, re 1, re 2, y re 3, como se muestra en la figura.
Como otro ejemplo, considere el marco de la construcción de tres bahía de dos pisos se
muestra en la Fig. 9.3. El marco en realidad tiene 24 grados de libertad cuando tanto
deformaciones de flexión axial y se incluyen en el análisis. Sin embargo, si los miembros se
supone que son inextensible, entonces el número de grados de libertad se reduce a 10, como
se muestra en la figura. Como indica este ejemplo, la suposición de inextensibilidad miembro
proporciona un medio para una reducción significativa en el número de grados de libertad de
grandes estructuras. Ni que decir tiene, este enfoque aproximado es apropiado sólo para los
marcos en los que las deformaciones del elemento axial son lo suficientemente pequeño como
para tener un efecto insignificante en su respuesta. Como las deformaciones axiales en las
columnas de estructuras de edificios altos pueden tener un efecto significativo en la respuesta
estructural,
8
7
9
6
6
10
6
6
9
11
10
2
12
5
413
1
1
1
5
1
7
6
2
3
8
4
Fig. 9.3 Marco inextensible construcción (diez grados de libertad)
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Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
El procedimiento general para el análisis aproximado de marcos planos rectangulares sigue siendo el
mismo que para los marcos de plano general, desarrolladas en el Capítulo 6 proporcionan-que las
relaciones miembro de rigidez son modi fi para excluir los efectos axiales. A medida que la trama se
compone de sólo los miembros horizontales y verticales, cada miembro tiene ahora cuatro grados de
libertad, tanto en los sistemas locales y globales de coordenadas. Las fuerzas locales y globales finales y
desplazamientos finales para las vigas (es decir, miembros horizontales), y las columnas (es decir, los
miembros verticales), de la trama, se dan en la Fig. 9.4. Para simplificar el análisis, el miembro local X eje
está orientado positivo a la derecha para vigas (Fig. 9.4 (a)) y positivo hacia arriba para las columnas (Fig.
9.4 (b)). Con los efectos axiales descuidados, la relaciónentre themember fuerzas finales locales, Q, andenddisplacements,
u, se expresa por la matriz de rigidez local k y el vector de fuerza Fi fijo-end Q F para
y
Q 4, u 4
( F 4, v 4)
Y
Q 2, u 2
( F 2, v 2)
X
X
segundo
mi
metro
Q 1, u 1
( F 1, v 1)
Q 3, u 3
( F 3, v 3)
(A) Fuerzas End viga y desplazamientos fin en
Locales y globales de sistemas de coordenadas
X
X
Q 3, u 3
Q 4, u 4
F 3, v 3
F 4, v 4
e
e
m
m
Y
Y
segundo
X
segundo
Q 1, u 1
y
X
Q 2, u 2
(B) Fuerzas y desplazamientos Columna final End
F 1, v 1
y
F 2, v 2
(C) Fuerzas y desplazamientos Columna final End
en el sistema de coordenadas local
en el sistema de coordenadas globales
Fig. 9.4
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509
sección 9.2 Matriz de Análisis aproximado de marcos rectangulares de construcción
elementos de viga, derivadas en el capítulo 5 (Ecs. (5.53) y (5.99)). Así, Q = Q + ku f, con
•••• 12
4 L2- 6 L
6L
k = EI
L3
6L
6 L - 12
- 12 - 6 L
2 L2
(9,7)
12 - 6 L
2 L2- 6 L
6L
••••
4 L2
y
••••
•••• FS segundo
FM segundo
Qf=
(9,8)
FS mi
FM mi
En cuanto a las relaciones miembro de rigidez en el sistema de coordenadas global, para vigas (Fig
9.4 (a).) No coordenadas son necesarias transformaciones; es decir,
K ( viga) = k y F f ( viga) = Q F. Para las columnas, la matriz de transformación,
T ( columna), se puede establecer a través de las siguientes relaciones entre las fuerzas finales locales Q
y las fuerzas globales finales F ( ver Figs. 9.4 (b) y (c)):
Q3= - F3
Q1= - F1Q2= F2
Q4= F4
o •••• Q 1
•••• =
•••• - 1 0
Q2
Q3
1
0-1000
000
000
•••• •••• F 1 ••••
F2
F3
F4
01
Q4
a partir del cual,
•••• - 1 0
1
0-1000
T ( columna) =
000
000
••••
(9,9)
01
La expresión de la matriz de rigidez global para columnas, K ( columna), ahora se pueden obtener mediante
la aplicación de la relación K = T T kT, cuyos rendimientos
•••• 12 - 6 L - 12 - 6 L
K ( columna) = EI
L3
-6L
- 12
-6L
••••
4 L2
6L
6L
12
2 L2
6L
2 L2
6L
(9,10)
4 L2
Es importante darse cuenta de que el supuesto de despreciablemente pequeñas deformaciones axiales,
como se usa en este documento, no implica que las fuerzas miembro axial también son despreciablemente
pequeña. Como las fuerzas axiales no aparecen en las relaciones miembro de rigidez, la aplicación del método de
matriz de rigidez produce sólo tijeras Elemento de extremo y los momentos finales. Una vez que se conocen las
tijeras Elemento de extremo, las fuerzas axiales miembro pueden evaluarse considerando el equilibrio de los
cuerpos libres de las articulaciones y los miembros de la estructura.
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510
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
E XAMP LE 9.2 Determinar los desplazamientos aproximadas conjuntas, fuerzas finales locales miembro, y el apoyo reacciones para el marco de portal se muestra en la Fig. 9.5 (a), suponiendo que los miembros a ser inextensible.
SOLUCIÓN Modelo analítico: Ver Fig. 9.5 (b). El marco tiene tres grados de libertad -la
traducción de la viga en el X dirección, y las rotaciones de las articulaciones 2 y 3. Las seis coordenadas restringidas del
marco son identificados por los números 4 a 9 como de costumbre, como se muestra en la Fig. 9.5 (b).
Estructura Matriz de rigidez y fija la fuerza conjunta del vector: Mediante la aplicación de la ecuación. (9.10) para los miembros
1 y 3, y la Ec. (9.7) para el miembro 2, se obtienen las matrices de rigidez globales siguiente miembros (en unidades de kips y
pulgadas):
miembro 3 - → 7
9
1
3
miembro 1 - → 4
6
1
2
••••
K1= K3=
5.3107 - 955,93 - 5.3107 - 955,93
- 955,93 229422
955,93 114711
- 5.3107
5.3107
955,93
- 955,93 114711
••••
K2= k2= k1= k3=
955,93
955,93 229422
0
5.3107
2
••••
4
7
6
9
1
1
2
3
0
955,93 - 5.3107
3
955,93
955,93 229422 - 955,93 114711
- 5.3107 - 955,93
••••
0
2
5.3107 - 955,93
955,93 114711 - 955,93 229422
0
(1)
3
1,65 k / ft
12 k
30 pies
30 pies
E, I = constante
E = 29.000 ksi
I = 712 en. 4
(un cuadro
Fig. 9.5
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511
sección 9.2 Matriz de Análisis aproximado de marcos rectangulares de construcción
Y
3
2
1
1
2
3
2
3
1
1
4
4
7
6
X
9
5
8
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.5 ( continuado)
De la Fig. 9.5 (b), podemos ver que para el miembro 1, la estructura de coordenadas en las direcciones de las tijeras
Elemento de extremo y momentos en los extremos están numerados 4, 6, 1, y 2. Por lo tanto, los números de código de este
miembro son 4, 6, 1, 2. de manera similar, los números de código de miembro 3 son 7, 9, 1, 3. Dado que la estructura
coordenadas correspondientes a las tijeras de extremo del miembro 2 no se definen (porque los correspondientes
desplazamientos conjuntos son 0), utilizamos 0s para los números de código correspondientes miembro. Por lo tanto, los
números de código de miembro 1 son 0, 2, 0, 3. Mediante el uso de los números de código miembro anteriores, los elementos
pertinentes de K 1, K 2, y K 3 se almacenan en la 3 × matriz de rigidez 3 estructura S.
Tenga en cuenta que los elementos de K 2 que se corresponden con los números de código 0 bien simplemente se ignoran. La
matriz de rigidez estructura así obtenida es
1
S=
3
2
•• 10.621
955,93
955,93
•• 1 2
3
955,93 458844 114711
(2)
955,93 114711 458844
Las cizallas fi-finales fijos y los momentos debidos a la 0,1375 k / in. (= 1,65 k / ft) uniformemente carga distribuida aplicada al miembro 2 se calculan como
FS b = FS e = w L
2 = 0,1375 (360) 2
FM b = - FM e = w L 2
= 24.75 k
12 = 0,1375 (360)
12 2
= 1485 k-in.
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512
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
29.893
19.607
0,1375 k / in.
12 k
3
2
10.125
10.125
2
1,875
10.125
1,915.8
64.23
19.607
29.893
29.893
19.607
1,875
10.125
64.23
1,915.8
1
3
1,729.4
739,38
1,875
10.125
19.607
29.893
(c) Fuerzas miembro del extremo de
Fig. 9.5 ( continuado)
Usando la ecuación. (9.8), obtenemos
••••
FF2= QF2=
24.75
••••
0
1485
2
24.75
0
- 1485
(3)
3
vector de fuerza Así, la estructura fi ja-joint PAG F es dado por
••
0
1485
PAG f =
•• 1 2
3
(4)
- 1485
Conjunto de carga del vector:
•• 12
P=
0
•• 1 2
3
(5)
0
Los desplazamientos conjuntos: Sustituyendo los valores numéricos de S ( Eq. (2)), PAG f ( Eq. (4)), y PAG ( Eq. (5)) en la
relación estructura rigidez PAG - PAG f = Dakota del Sur, y resolver
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sección 9.2 Matriz de Análisis aproximado de marcos rectangulares de construcción
513
el sistema resultante de ecuaciones simultáneas, se obtiene la siguiente desplazamientos conjuntos.
•• 1,6141 en.
d=
•• 1 2
3
- 0.0070053 rad
ans
0.001625 rad
Miembro Fin Shears y Fin momentos:
miembro 1
•••••
v1
v1=
•••••
•••••
4
v2
6
v3
1
v4
=
0
0
0
1.6141
re 1
2
- 0.0070053
re 2
A partir de la ecuación. (9.9):
•••••
-10
000
1
000
T1= T3=
•••••
••••• = •••••
0
•••••
(6)
0-1000
01
•••••
•••••
0
0
u1= T1 v1=
- 1.6141
- 0.0070053
Mediante el uso k 1 de la ecuación. (1) y Q F 1 = 0, obtenemos
•••••
•••••
1.875 k
739,38 k-in.
Q1= k1 u1=
ans
- 1.875 k
- 64,23 k-in.
miembro 2
•••••
•••••
0
0
- 0.0070053 0
u2= v2=
2
0
0.001625
3
Mediante el uso k 2 de la ecuación. (1) y Q F 2 de la ecuación. (3), calculamos
•••••
•••••
19.607 k
64,23 k-in.
Q2= k2 u2+ QF2=
29.893 k
ans
- 1,915.8 k-in.
miembro 3
v3=
•••••
•••••
0
7
0
9
1.6141
1
0.001625
3
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514
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
•••••
•••••
0
u3= T3 v3=
0
- 1.6141
0.001625
Utilizando k 3 de la ecuación. (1) y Q F 3 = 0, calculamos
•••••
•••••
3 de
10,125 k
la ecuación. (6), obtenemos
1,729.4 k-in.
Q3= k3 u3+ QF3=
- 10,125 k
ans
conceptos básicos de la condensación de grados de libertad, y el análisis utilizando subestructuras. Utilizando T
1,915.8 k-in.
Las cizallas Elemento de extremo y de extremo momentos, dada por los vectores de fuerza final locales anteriores Q 1, Q 2, y Q 3, se
entonces para obtener las relaciones de rigidez para toda la estructura. En esta sección, se consideran los
representan en la Fig. 9.5 (c).
Fuerzas axiales de miembro: Con las tijeras finales miembro de ahora conocidos, podemos calcular las fuerzas axiales de
relaciones
de rigidez
condensados
​para
cada subestructura
generada
por separado;
combinan
los
tres miembros
de la trama
mediante la
aplicación
de las ecuaciones
de equilibrio,
Σ F X = 0 y Σestos
F = Y 0,se
a los
cuerpos libres
de las articulaciones 2 y 3. las fuerzas axiales El miembro así obtenidos se muestran en la Fig. 9.5 (c).
ans
llamado subestructuración, en el que la estructura se divide en partes llamadas subestructuras, con las
Reacciones en el soporte: Comparando las figuras. 9.5 (b) y (c), nos damos cuenta de que las fuerzas en los extremos
inferiores de las columnas del marco representan sus reacciones de apoyo; es decir,
- 1.875 k
•••••••••
4
19.607 k
5
•••••••••
estática). Para estructuras muy grandes, puede ser necesario combinar condensación con otro proceso
6
739,38 k-in.
algunos
ans
R de
= los grados de libertad. Este proceso se conoce como condensación ( también llamado condensación
- 10,125 k
7
29.893 k
8
ecuaciones de rigidez
dek-in.
la estructura
9 que van a ser resuelto de forma simultánea, mediante la supresión de
1,729.4
Un enfoque comúnmente utilizado para eludir este problema es condensar ( o reducir el número de)
9.3 La equipo
condensación
de grados
de almacenar
libertad,
no puede tener memoria
su fi ciente para
y procesar información sobre toda la estructura.
Y subestructuración
Un problema que puede surgir durante el análisis por ordenador de estructuras de gran tamaño es que el
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515
sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
Condensación
El objetivo de la condensación es reducir el número de grados independientes de libertad de una
estructura (o subestructura, o miembro). Esto se logra mediante el tratamiento de algunos de los
grados de libertad como variables dependientes y expresarlos en términos de los restantes
grados de libertad independientes. La relación entre los grados dependientes e independientes
de libertad es entonces sustituido en las relaciones de rigidez original para obtener un sistema
condensado de ecuaciones de rigidez, que contiene sólo los grados de libertad independientes
como incógnitas. Desde un punto de vista teórico, los grados de libertad dependientes pueden
ser elegidos arbitrariamente. Sin embargo, para fines de cálculo, por lo general es conveniente
seleccionar los grados de libertad que son internas a la estructura (o subestructura, o miembro)
como los grados dependientes de libertad. Por lo tanto, grados de libertad internos; mientras que,
los grados de libertad independientes se denominan
grados externos de libertad.
Como se discutió en los capítulos anteriores, las relaciones de rigidez para una estructura enmarcada en
general se pueden expresar como (véase, por ejemplo, la Ec. (6.42))
P = Sd
(9,11)
P = P - PAG F
(9,12)
con
Cuando usas el proceso de condensación, por lo general es conveniente para asignar números a los grados
de libertad de manera que los grados externos e internos de libertad se separan en dos grupos. Las
relaciones estructura rigidez (Ec. (9.11)) puede entonces escribirse en forma de matriz de particiones:
[ PAG mi]
= [ S EE S EI
PAG yo
] [ re mi ]
S ES DECIR S II
(9,13)
re yo
en la que los subíndices mi y yo se refieren a cantidades relacionadas con los grados externos e internos de
libertad, respectivamente. Multiplicando los dos matrices particionadas en el lado derecho de la ecuación.
(9.13), obtenemos las dos ecuaciones matriciales,
PAG E = S EE re E + S EI re yo
(9,14)
PAG I = S ES DECIR re E + S II re yo
(9,15)
Para expresar t que grados de libertad internos re yo en cuanto a los grados de libertad externos re MI, resolvemos la
ecuación. (9.15) para re YO, como
re I = S - 1II ( PAG yo - S ES DECIR re MI)
(9,16)
Por último, mediante la sustitución de la ecuación. (9.16) en la Ec. (9.14), se obtiene las ecuaciones de rigidez
condensados
PAG mi - S EI S - 1 II PAG I = (
S EE - S EI S - 1
II S ES DECIR)
re mi
(9,17)
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516
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
Tenga en cuenta que los grados de libertad externos re mi son las únicas incógnitas en la ecuación. (9,17). La
ecuación (9.17) puede ser reescrita en una forma compacta como
(9,18)
PAG * E = S * EE re mi
en el cual,
PAG * E = PAG mi - S EI S - 1 II PAG yo
(9,19)
S * EE = S EE - S EI S - 1
(9,20)
y
II S ES DECIR
Como las ecuaciones anteriores indican, la solución de la estructura ecuaciones de rigidez se lleva a
cabo en dos partes. En la primera parte, PAG * mi y S * EE se evalúan utilizando las Ecs. (9.19) y (9.20),
respectivamente, y los desplazamientos conjuntos externos
re mi se determinan mediante la resolución de la ecuación. (9,18). En la segunda parte, el ahora conocidos re mi
se sustituye en la ecuación. (9.16), para obtener los desplazamientos conjuntos internos re YO. Una vez que se han
evaluado todos los desplazamientos conjuntos, el miembro de extremo desplazamientos y fuerzas finales, y apoyar
las reacciones, se puede calcular usando los procedimientos descritos en los capítulos anteriores.
Debe tenerse en cuenta que el análisis de la participación de la condensación generalmente requiere más
esfuerzo computacional que la formulación estándar en el que todas las ecuaciones de rigidez de la estructura se
resuelven simultáneamente. Sin embargo, la condensación proporciona un medio útil para el análisis de grandes
estructuras cuyas matrices de rigidez y vectores plena carga superior a la memoria del ordenador disponible.
Esto es porque, cuando se emplea la condensación, sólo partes de S y PAG necesitar ser ensamblados y
procesados ​en la memoria del ordenador en un momento dado. El concepto básico de la condensación se ilustra
mediante el siguiente ejemplo relativamente simple.
E XAMP LE 9.3 Analizar el marco plano que se muestra en la Fig. 9.6 (a) el uso de la condensación, mediante el tratamiento de la
rotación de la unión libre como el grado de libertad interna.
SOLUCIÓN Este marco se analizó en el Ejemplo 6.6 usando la formulación estándar. los
modelo analítico de la estructura se da en la Fig. 9.6 (b).
Estructura condensada Matriz de rigidez: La completa (3 × 3) matriz de rigidez, S, para el marco, tal como se determina en el
Ejemplo 6.6, viene dada por (en unidades de kips y pulgadas):
1
•• 1,685.3
S=
2
507,89
507,89 1,029.2
670,08
3
670,08
•• 1 2
601,42
3
(1)
601,42 283848
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sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
125 k-ft
10 pies
1,5 k / ft
90 k
10 pies
10 pies
20 pies
E, A, I = constante
E = 29.000 ksi
A = 11.8 en. 2
I = 310 en. 4
(un cuadro
2
Y
9
3
1
7
2
3
2
8
1
1
X
4
6
5
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.6
en el cual S se reparte para separar los grados externos de libertad, 1 y 2, a partir del grado interno de libertad,
3. A partir de la Ec. (1), obtenemos
2
1
507,89
]12
S EE = [ 1,685.3
507,89 1,029.2
1
(2)
2
S IE = [ 670,08 601,42] 3
(3)
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518
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
3
]12
S EI = [ 670,08
(4)
601,42
3
S II = [ 283848] 3
(5)
con la inversa de S II dada por
]
S II- 1= [ 1
(6)
283848
Mediante la sustitución de las ecuaciones. (2), (3), (4), y (6) en la Ec. (9.20), se obtiene la matriz de rigidez de la estructura
condensada:
S * EE = S EE - S EI S - 1
II S IE = [
1,683.7
506,47
506,47 1,027.9
]
parentesco.
(7)
Condensada de carga Conjunto de vectores: Recordemos del Ejemplo 6.6 que
••
0
- 60
P = P - PAG f =
•• 1 2
3
(8)
- 750
a partir del cual,
]12
PAG E = [ 0
(9)
- 60
y
(10)
PAG I = [ - 750] 3
Sustitución o f Ecs. (4), (6), (9), y (10) en la Ec. (9.19) se obtiene el siguiente vector de carga conjunta
condensada.
]
PAG * E = PAG mi - S EI S - 1 II PAG I = [ 1.7705
- 58.411
k
(11)
Los desplazamientos conjuntos: Mediante la sustitución de las ecuaciones. (7) y (11) en la relación de rigidez estructura
condensada, PAG * E = S * EE re E ( Eq. (9.18)), y la solución resultante 2 × 2 sistema de ecuaciones simultáneas, se obtiene
los desplazamientos conjuntos externos (que corresponden a grados de libertad 1 y 2), como se
] 1 2 en.
re E = [ 0.021302
- 0.06732
(12)
El desplazamiento de junta interna (es decir, la rotación correspondiente a grado de libertad 3), puede ahora ser determinada
mediante la aplicación de la ecuación. (9,16). Así,
re I = S - 1II ( PAG yo - S ES DECIR re E) = [ - 0.0025499] 3 rad
(13)
Al combinar las ecuaciones. (12 ) y (13), se obtiene el vector completo desplazamiento conjunto,
•• 1 2
•• 0.021302 en.
]=
d = [d mi
re yo
- 0,06732 pulg.
3
ans
- 0.0025499 rad
Tenga en cuenta que los desplazamientos conjuntos anteriores son idénticos a los determinados en el Ejemplo 6.6 mediante la
resolución de tres ecuaciones de rigidez de la estructura al mismo tiempo.
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sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
519
Fuerzas miembro extremo desplazamientos y finales: Véase el Ejemplo 6.6.
Es importante darse cuenta de que, en este ejemplo, las submatrices de S y PAG fueron obtenidos de las
matrices completas correspondientes, por sólo conveniencia. En el análisis real del ordenador, para ahorrar espacio en la
memoria, las partes individuales de S y PAG se ensamblan directamente de las correspondientes matrices miembro ya
que se necesitan en el análisis.
En los párrafos anteriores, hemos hablado de la aplicación de la condensación para reducir el número
de grados independientes de libertad de una estructura completa. El proceso de condensación también se
utiliza con frecuencia para establecer las relaciones de rigidez para subestructuras, que se definen como
grupos de miembros con relaciones de rigidez conocidos. En este caso, la condensación se utiliza para
eliminar los grados de libertad de las articulaciones que son internos a la subestructura, produciendo de este
modo un sistema condensado de las relaciones de rigidez expresadas únicamente en términos de los grados
de libertad de las articulaciones (externos) a través del cual la subestructura está conectado al resto de la
estructura y / o soportes.
El procedimiento para la condensación de los grados de libertad internos de una subestructura es análoga
a la que acabamos de discutir para el caso de una estructura de conjunto. Las relaciones de rigidez que implican
tanto a los grados internos y externos de libertad de una subestructura pueden expresarse simbólicamente como
F = K ¯ v + FF
(9,21)
en el cual F una Dakotavdel
repre
Norte
s ent,
¯ respectivamente, las fuerzas conjuntas y los desplazamientos de
la subestructura; K denota la matriz subestructura rigidez; y F F representa las fuerzas jas-fi conjunta para la
subestructura. La matriz K y el vector F F puede ser ensamblado a partir de las matrices miembro de rigidez y
vectores de fuerza fija de extremo en la forma habitual. Para aplicar la condensación, se reescribe la ecuación.
(9.21) en forma partitionedmatrix como
[ F mi ] = [ K EE K EI
][¯
] + [ FfE
v mi
F yo
v̄ yo
v
K ES DECIR K II
FfI
]
(9,22)
La multiplicación de t h e dos pag mátrico artitioned mi s en el lado derecho de la ecuación. (9.22) se obtiene de las
ecuaciones de matriz
F E = K EE ¯ v E + K EI ¯ v I + F f E
(9,23)
F I = K ES DECIR ¯ v E +
(9,24)
K II ¯ v I + F f I
la solución de la ecuación . (9.24 )vpara
YO , w
¯ mi obtener
v̄ I = K - 1
v
II (
F yo - F f I - K ES DECIR ¯
v MI)
(9,25)
y, sustituyendo la ecuación. (9.25) en la Ec. (9.23), se determina las relaciones de rigidez condensados ​para la
subestructura para ser
FE= K*
EE ¯
vE+ F*
fE
(9,26)
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520
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
en el cual,
K *EE = K EE - K EI K - 1
(9,27)
II K ES DECIR
y
( F yo - F f I
F *f E = F f E + K EI K - 1
)
(9,28)
II
una viga mostrada en la Fig. 9.7 (a), en términos de sus grados externos de libertad solamente. La subestructura se compone
de dos miembros conectados entre sí por una articulación de bisagra, como se muestra en la figura.
SOLUCIÓN Modelo analítico: El modelo analítico de la subestructura se representa en la Fig. 9.7 (b).
Para miembro 1, MT = 2, debido a que el final de este miembro está articulada; MT = 1 para el miembro
2, que está articulada en su comienzo. Conjunto 3 se modela como una articulación de bisagra con su rotación restringida
por una abrazadera imaginario. Por lo tanto, la subestructura tiene un total de cinco grados de libertad, de los cuales cuatro
son externos (identificados por los números 1 a 4) y uno es interno (fi identificado por el número 5).
Subestructura Matriz de rigidez: Vamos a montar la primera completa (5 × 5) matriz de rigidez
K de las matrices miembro de rigidez k, y luego aplicar la ecuación. (9.27) para determinar la matriz de rigidez
condensada K *
EE.
W
w
Bisagra
L2
L1
E, I = (A) Subestructura
constante
Y
y cinco
3
1
3
1
2
1
2
sesenta
4
X
2
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.7 E XAMP LE 9.4 Determinar la matriz de rigidez y el vector de fuerza fija-conjunto para la subestructura de
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afecta materialmente a la experiencia de aprendizaje en general. Cengage Learning se reserva el derecho de eliminar el contenido adicional en cualquier momento si las restricciones a los derechos posteriores así lo requieran.
521
sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
1
••••••••••••••••••••
•
K̄ = [ ¯
K
K EE ¯ K EI
] = 3 EI
1
2
L 31
L 21
1
1
L 21
L1
0
0
•
-1
L 31
4
0
0
-1
0
0
-1
•••
1
L 32
K̄ ES DECIR ¯K
K
K̄ II
0-1
0
-1
5
3
1
L 21
L 31
2
L 21
••••••••
-1
L 22
-1
•••••••••••••••••
1
-1
L 22
L 32
1
1
L2
L 22
L 32
1
1
L 22
L 31
3
4
8
••
1
+
]=w
¯ F f = [ ¯ F fE
¯ F fI
L 21
2
5 L2
3
- L 22
4
3 L1+ 3 L2
5
L 32
••••••••
1
5 L1
5
(D) completo (no condensado) Fijo-Joint
Por la fuerza del vector Subestructura
(C) completa (no condensado) Stiffnes s Matriz F o Sub S t ructur mi
Fig. 9.7 ( continuado)
Miembro 1 ( MT = 2) Usando la ecuación. (7.18), obtenemos
1
••••
k 1 = 3 EI
2
1
L1- 1
L1
L 21 - L 1 0
- 1 - L1
L 31
0
6
5
0
0
••••
1
2
1
0
5
0
0
6
Miembro 2 ( MT = 1) La aplicación de la ecuación. (7,15) los rendimientos
••••
k 2 = 3 EI
L 32
5
6
1
0-1
3
4
0
0
0
-1
0
1 - L2
L2
••••
5
0
L20 - L2
6
3
L 22
4
El uso de los números de código de los miembros, almacenamos los elementos pertinentes de k 1 y k 2
en el total de 5 × matriz 5 rigidez K de la subestructura, como se muestra en la Fig. 9.7 (c).
Sustituyendo en la ecuación. (9.27) las submatrices apropiados de K partir de la Fig. 9.7 (c) y
K -II1= [
]
L 31 L 32
(1)
3 EI (L 31 + L 32)
obtenemos los CONDENS ed rigidez ma Trix para la subestructura:
•••••
K *EE = K EE - K EI K - 1
II K IE =
3 EI
L 31 + L 32
1
L1- 1
L1
L 21 - L 1 L 1 L 2
- 1 - L1
L2L1 L2- L2
L2
1
••••• ( 2)
- L2
L 22
ans
Subestructura Fijo-Joint Force Vector:
Miembro 1 ( MT = 2) Usando la ecuación. (7.19), obtenemos
•••••
•••••
QF1= w L1
8
5
1
L1
2
3
5
0
6
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522
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
Miembro 2 ( MT = 1) Usando la ecuación. (7.16), se escribe
•••••
•••••
3
5
0
6
5
3
- L2
4
QF2= w L2
8
Los elementos pertinentes de Q F 1 y Q F 2 se almacenan en la totalidad de las 5 × vector de fuerza 1 fijada-joint F F de la
subestructura, como se muestra en la Fig. 9.7 (d).
Una comparación de las figuras. 9.7 (a) y (b) indica que F 5 = - W; es decir,
F I = [ F 5] = [ - W]
(3)
Finalmente, t montón pl icación de la ecuación. (9.28) se obtiene la siguiente fijo de articulación de vector de fuerza
condensada fi para la subestructura.
F *f E = F f E + K EI K - 1
•••••
=
II (
5 L 41 + 8 L 1 L 32 + 3 L 42
w
8 ( L 31 + L 32)
F yo - F f I)
••••• - W
- L 32
- L 1 L 32
L 51 + 4 L 21 L 32 + 3 L 1 L 42
3 L 41 + 8 L 31 L 2 + 5 L 42
••••• ( 4) ans
•••••
L 31 + L 32
- ( 3 L 41 L 2 + 4 L 31 L 22 + L 52)
- L 31
L 31 L 2
Utilizando el análisis Infraestructuras
El procedimiento para el análisis de (grandes) estructuras, divididas en subestructuras, es esencialmente el
mismo que el método rigidez estándar desarrollado en capítulos anteriores. Sin embargo, cada subestructura
es tratado como un miembro ordinario de la estructura, y los grados de libertad de sólo aquellas
articulaciones a través de la cual las subestructuras están conectadas entre sí y / o a los soportes se
considera que son los grados de libertad de la estructura re. matriz de rigidez de la estructura S y vector de
fuerza fijo de articulación PAG F, se montan, respectivamente, a partir de las matrices de rigidez subestructura K
*
EE y
vectores de fuerza fija-conjuntos F *
f E,
que se expresan
en términos de las coordenadas externas de sólo las subestructuras. Las ecuaciones de rigidez de la estructura, PAG PAG f = Dakota del Sur, así obtenido, a continuación, se pueden resolver para los desplazamientos conjuntos re.
Consideremos, por ejemplo, el marco plano de nueve pisos se muestra en la Fig. 9.8 (a). El bastidor
tiene en realidad 20 articulaciones y 54 grados de libertad; es decir, si tuviéramos que analizar el marco
usando el método de rigidez estándar para marcos planos como desarrollado en el Capítulo 6, tendríamos de
montar y resolver 54 estructura ecuaciones de rigidez al mismo tiempo. Ahora, supongamos que deseamos
analizar el marco dividiéndolo en tres subestructuras, cada uno compuesto de tres pisos de la trama, como
se representa en la Fig. 9.8 (b). Como esta figura indica, para fines de análisis, la trama se nowmodeled
como tener sólo seis articulaciones, en el que las tres subestructuras están conectadas entre sí y a soportes
externos. Por lo tanto, el modelo analítico de la trama tiene 12 grados de libertad y seis coordenadas
restringidas.
Para desarrollar la matriz de rigidez S y la fi ja-joint vector de fuerza PAG F para el marco, que primero
determinamos los stiffnessmatrices subestructura K *
EE y
fi ja-joint
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Y
Infraestructura
1
Infraestructura
2
Infraestructura
3
2
65
4
1
2
1
3
8
12 11
97
10
4
3
13
(A) Marco Plano de nueve pisos
dieciséis
15
5
X
6
18
14
17
(B) Modelo analítico del marco dividido en tres Infraestructuras
Fig. 9.8
523
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524
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
2
5
6
3
4
1
1
4
3
7
2
12
9
6
5
10
11
8
Infraestructuras 2 y 3
subestructura 1
(C) grados externa de la libertad de Infraestructuras
Fig. 9.8 ( continuado)
vectores de fuerza F *
f E,
en cuanto a los grados externos de libertad de la sub-
estructuras, utilizando la condensación como se describe anteriormente en esta sección. . Como se muestra en la
figura 9.8 (c), la subestructura 1 tiene seis grados externos de libertad; mientras que, subestructuras 2 y 3 tienen
cada uno 12 grados externos de libertad. Los elementos pertinentes de K *
EE matrices y moldes F *
f E vectores se almacenan en S y PAG F, respectivavamente, utilizando los números de código subestructura de la manera usual. Comparando las figuras. 9.8 (b) y
(c), podemos ver que los números de código de subestructura 1 son
1, 2, 3, 4, 5, 6; mientras que, los números de código de subestructura 2 son 1, 2, 3, 4, 5, 6,
7, 8, 9, 10, 11, 12. De manera similar, para la subestructura 3, los números de código son 7, 8, 9,
10, 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18. Una vez que la matriz de rigidez de la estructura S ( 12 × 12) y la fuerza fijo de
articulación de fi
vector PAG f ( 12 × 1) se han montado, las ecuaciones de rigidez de la estructura,
PAG - PAG f = Dakota del Sur, se resuelven para calcular el vector de desplazamiento conjunto re. Con re
conocido, los desplazamientos conjuntos externos, ¯
v MI, para cada subestructura se obtienen
desde re el uso de números de código de la subestructura, y luego desplazamientos internas de la junta de la
subestructura, ¯
vector de desplazamiento ¯
v YO , se calculan utilizando la ecuación. (9,25). Después de la articulación
v de se ha determinado una subestructura, el desplazamiento final
mentos y fuerzas de sus miembros individuales, y las reacciones de apoyo, pueden ser evaluados usando
el procedimiento estándar descrito en capítulos anteriores. El concepto básico de análisis utilizando
subestructuras se ilustra mediante el siguiente ejemplo relativamente simple.
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525
sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
E XAMP LE 9.5 Analizar la viga continua de dos lapso se muestra en la Fig. 9.9 (a), el tratamiento de cada tramo como una
infraestructura.
SOLUCIÓN Modelo analítico: La estructura se modela como estando compuesto de dos subestructuras
y tres articulaciones, como se muestra en la Fig. 9.9 (b). Tiene un grado de libertad y cinco coordenadas contenida. A
medida que cada subestructura se compone de dos elementos de viga conectados entre sí por una articulación de bisagra,
utilizaremos las expresiones de rigideces y fuerzas jos-joint fi para tales subestructuras, derivadas en el Ejemplo 9.4, en el
presente ejemplo.
Estructura Matriz de rigidez, S: sustituyendo E = 70 (10 6) kN / m 2, I = 200 (10 - 6) metro 4,
y L 1 = L 2 = 5 m en la ecuación. (2) del Ejemplo 9.4, se obtiene la siguiente matriz de rigidez condensada para las
dos subestructuras.
50 kN
18 kN / m
Bisagra
5m
Bisagra
5m
5m
5m
IE = constante
E = 70 GPa
I = 200 (10 6) mm 4
(A) Beam
Y
Infraestructura
1
2
Infraestructura
6
1
X
3
3
2
1
2
5
4
(B) Modelo analítico de haz divide en dos Infraestructuras
Y
5
1
3
2
mi
metro
segundo
1
6
4
X
2
(C) Modelo Analítico de una subestructura compuesta por miembros de dos haces
Fig. 9.9
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18 kN / m
18 kN / m
1
75
2
15
15
35
Infraestructura
2
1
175
35
80
10
100
10
2
Infraestructura
1
275
(d) Fuerzas miembro del extremo de
50 kN
18 kN / m
1
1
75
2
175
15
2
2
35
275
3
100
80
(e) Fuerzas de la subestructura
50 kN
18 kN / m
2
3
1
75
15
275
100
115
(f) Reacciones en los soportes
Fig. 9.9 ( continuado)
subestructura 2 - →
4
1
5
6
subestructura 1 - →
2
3
4
1
•••••
840 - 168
168
K *EE 1 = K *
840
840 4200 - 840 4200
EE 2 =
- 168 - 840
168 - 840
840 4200 - 840 4200
•••••
2
4
3
1
4
5
1
6
Mediante la comparación de los números de los grados externos de libertad de una subestructura (Fig. 9.9 (c)) a las de
los grados de la estructura de libertad (Fig. 9.9 (b)), obtenemos números de código 2, 3, 4, 1 de subestructura 1, y 4, 1, 5, 6
para subestructura 2. Mediante la adición de los elementos pertinentes de K *
EE 1 y
K*
EE 2,
determinamos la matriz de rigidez estructura S ser
1
S = [ 8400] 1 kN · m / rad
Estructura fija Joint Force Vector PAG f:
subestructura 1 mediante la sustitución w = 0, W = 50 kN, y L 1 = L 2 = 5 m en la ecuación. (4) del Ejemplo 9.4, se obtiene la
siguiente fi condensada fijada articulación vector de fuerza para subestructura 1.
•••••
•••••
F *f E 1 =
25
2
125
3
25
4
- 125
1
526
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527
sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
subestructura 2 mediante la sustitución w = 18 kN / m, W = 0, y L 1 = L 2 = 5 m en la ecuación. (4) del Ejemplo 9.4,
obtenemos
•••••
•••••
90
4
225
1
90
5
- 225
6
F *f E 2 =
Por lo tanto, la fi ja-joint vector de fuerza para toda la estructura está dada por
PAG f = [ 100] 1 kN · metro
Los desplazamientos conjuntos: mediante la sustitución P = 0 y los valores numéricos de S y PAG F en la relación rigidez de la
estructura, PAG - PAG f = Dakota del Sur, nosotros escribimos
[ - 100] = [8400] [ re 1]
a partir del cual,
d = [ re 1] = [ - 0.011905] rad
Subestructura conjuntas desplazamientos, y miembro del extremo de los desplazamientos y las fuerzas de extremo:
subestructura 1 desplazamientos conjuntos exteriores de la subestructura ¯
v mi Puede ser obtenido
simplemente comparando el grado exterior de la subestructura de los números de libertad con sus números de código, de la
siguiente manera.
•••••
vv̄ 1
v̄ mi 1 =
v
•••••
•••••
2
vv̄ 2
3
vv̄ 3
4
vv̄ 4
1
=
•••••
••••• = •••••
0
0
0
0
0
0
- 0.011905
re 1
desplazamientos conjuntos internos de la subestructura ahora se pueden calcular, usando la relación (Ec.
vI= K-1
(9.25)) ¯
II (
F yo - F f I - K ES DECIR ¯
v MI) . La sustitución de la numéricamente
valores Cal de MI, ILLINOIS 1, L 2, y W en las ecuaciones. (1) y (3) del Ejemplo 9.4 rendimientos
K -II11 = [ 0.0014881]
y
F yo 1 = [ - 50] Del mismo modo, por sustituyendo los valores numéricos correspondientes a las expresiones de
K ES DECIR y F f I dada en las figuras. 9.7 (c) y (d), respectivamente, del Ejemplo 9.4, obtenemos
K yo mi 1 = [ - 336 - 1680 - 336 1680]
y
FfI1= 0
por substituti norte g los valores numéricos de las submatrices anteriores y subvectores en la Ec. (9.25), se determina los
desplazamientos conjuntos internos para subestructura 1 para ser
v̄ yo 1 = K - 1II 1 ( F yo 1 - F f I 1 - K ES DECIR 1 ¯
v
v mi 1) = [ - 0.044643]
Por lo tanto, la completa j oint re isplac mi ción v mi ctor para subestructura 1 es
•••••••
•••••••
1
0
]=
v̄ 1 = [ ¯
v
v mi 1
v̄ yo 1
v
0
2
0
3
- 0.011905 rad
4
- 0.044643 m
5
ans
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Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
Con los desplazamientos de todas las articulaciones de la subestructura 1 ahora se conoce, se pueden determinar los
desplazamientos finales u, y las fuerzas de gama Q, para sus dos miembros (Fig. 9.9 (c)) en la forma usual.
Miembro 1 ( MT = 2) De la Fig. 9.9 (c), podemos ver que los números de código de miembro 1 son 1, 2, 5, 6.
Así,
•••••
u1
u1=
•••••
•••••
u2
2
u3
5
u4
6
0
0
=
•••••
••••• = •••••
0
1
0
vv̄ 5
- 0.044643 0
0
Sustituyendo los valores numéricos de mi y yo y L = 5 m en la ecuación. (7.18), se obtiene la matriz de miembro de
rigidez,
••••
8400 - 1680 0
1, 680
k1=
••••
1680 - 336 0
336
- 336 - 1680
336 0
0
00
0
La sustitución de k 1 y Q F 1 = 0 en la relación miembro de rigidez, Q = Q + ku F,
se obtienen las siguientes fuerzas finales para miembro 1 de la subestructura 1.
•••••
•••••
15 kN 75 kN
· metro
Q1= k1 u1+ QF1=
ans
- 15 kN
0
Miembro 2 ( MT = 1)
•••••
•••••
- 0.044643 0 0
5
6
u2=
3
- 0.011905
4
La aplicación de la ecuación. (7.15),
•••••
336 0 - 336
00
k2=
0
0
- 336 0
336 - 1680
1680 0 - 1680
QF2= 0
•••••
1680
8400
•••••
- 35 kN
•••••
0 35
Q2= k2 u2+ QF2=
ans
kN
- 175 kN · metro
subestructura 2
•••••
•••••
0
v̄ mi 2 =
v
- 0.011905 0 0
4
1
5
6
De la Fig. 9.7 (d) del Ejemplo 9.4, obtenemos
F f I 2 = [ 67.5]
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sección 9.3 La condensación de los grados de libertad, y subestructuración
las submatrices K - 1
II y
529
K ES DECIR siendo el mismo que para la subestructura 1, y F yo 2 = 0.
Por lo tanto, la aplicación de la ecuación. (9.25) los rendimientos
v̄ yo 2 = [ - 0,13021]
v
y por lo tanto,
•••••••
]=
v̄ 2 = [ ¯
v
•••••••
1
0
- 0.011905 0 0 rad
v mi 2
2
3
v̄ yo 2
v
ans
4
- 0,13021 m
5
Miembro 1 ( MT = 2)
•••••
•••••
0
u1=
1
- 0.011905
2
- 0 0.13021
5
6
los k matriz para el miembro 1 de la subestructura 2 es el mismo que para el miembro correspondiente de la subestructura 1.
Utilizando la ecuación. (7.19), calculamos
•••••
•••••
56.25
56.25
QF1=
33.75 0
Así,
•••••
•••••
80 kN 175
kN · m 10
Q1= k1 u1+ QF1=
Miembro 2 ( MT = 1)
•••••
•••••
- 0,13021 0 0
u2=
ans
kN 0
0
5
6
3
4
los k matriz para este miembro es el mismo que para el miembro 2 de la subestructura 1. La aplicación de la ecuación. (7.16),
•••••
•••••
33.75 0
QF2=
56.25
- 56.25
Así,
•••••
Q2= k2 u2+ QF2=
- 10 kN
•••••
0 100
kN
ans
- 275 kN · metro
Las fuerzas finales para los miembros individuales de la estructura se muestran en la Fig. 9.9 (d).
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530
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
Reacciones en el soporte: El vector de reacción R puede ser montado o bien directamente a partir de los vectores de fuerza
finales miembro Q, o a partir de los vectores de fuerza conjuntos externos, F E, de las subestructuras. Para utilizar esta última
opción, primero aplicamos la ecuación. (9.26) para calcular F E. Por lo tanto, mediante la sustitución de la previamente calculada
valores numéricos de K *
EE,
F*
f E,
y¯
v mi dentro
Eq. (9.26), obtenemos
•••••
•••••
F mi 1 = K *
v mi 1 + F *
EE 1 ¯
15
2
75
3
35
4
- 175
1
fE1=
y
•••••
•••••
F mi 2 = K *
v mi 2 + F *
EE 2 ¯
80
4
175
1
100
5
- 275
6
fE2=
Las fuerzas anterior subestructura se representan en la Fig. 9.9 (e). Por último, se calcula el vector de la reacción de apoyo R mediante
el almacenamiento de los elementos pertinentes de F mi 1 y F mi 2 en sus posiciones correctas en R, utilizando los números de
código subestructura. Este rendimientos,
•••••••
R=
15 kN 75
•••••••
2
kN · m 115
3
kN 100 kN
4
ans
5
- 275 kN · metro
6
Las reacciones de apoyo se muestran en la Fig. 9.9 (f).
9.4 SOPORTES rodillos oblicuos
Las estructuras que hemos considerado hasta ahora en este texto se han apoyado de tal manera que los
desplazamientos conjuntos impedido por los soportes están en las direcciones de los ejes de coordenadas globales
orientados en las direcciones horizontal y vertical. Debido a que un soporte de rodillos inclinada impide la traducción
de una articulación en una dirección inclinada (normal a la pendiente), al tiempo que permite la traducción en la
dirección perpendicular, que ejerce una fuerza de reacción sobre la articulación en que inclinado, no global, dirección.
Por lo tanto, el efecto de un soporte de rodillos inclinada no puede ser incluido en el análisis por la simple eliminación
de uno de los grados de libertad de la estructura; es decir, mediante el tratamiento de una de las coordenadas de la
estructura, que se definen en las direcciones de los ejes de coordenadas global, como un comedido de coordenadas.
Un enfoque obvio para aliviar este problemwould sea para orientar el sistema de coordenadas global, de
modo que sus ejes son paralelos y perpendiculares al plano inclinado sobre el cual el rodillo se mueve. Sin
embargo, este enfoque generalmente demuestra ser bastante engorroso, ya que requiere que las coordenadas
y las cargas de las articulaciones, que son generalmente especificados en las direcciones horizontal y vertical,
se calculan con respecto a la inclinado sistema global de coordenadas. Además, la anterior
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sección 9.4
531
Apoyos de rodillos inclinados
enfoque no se puede utilizar si la estructura está soportada por dos o más rodillos inclinados en
direcciones diferentes (es decir, ni paralelas ni perpendiculares).
Una solución teóricamente exacta del problema de rodillos inclinados generalmente implica primero de fi nir
la fuerza de reacción y los desplazamientos de apoyo con referencia a una locales conjunta sistema de
coordenadas, con ejes paralelos y perpendiculares a la pendiente; y luego la introducción de estas condiciones de
retención en las relaciones de rigidez global de la estructura a través de una matriz de transformación especial
[26]. Si bien este enfoque es exacto en el sentido de que se produce exactamente 0 desplazamiento de la
articulación de soporte perpendicular a la pendiente, en general no se considera que es el más conveniente debido
a que su implementación computacional requiere una cantidad significativa de esfuerzo de programación.
Quizá la técnica más conveniente y de uso común para el modelado de un soporte del rodillo
inclinado es para reemplazarlo con un miembro de la fuerza axial imaginaria con muy grande la rigidez
axial, y orientado en la dirección perpendicular a la inclinación, como se muestra en las Figs. 9,10 y
9,11 (en la página siguiente). Como se muestra allí, un extremo del miembro de imaginario está
conectado a la articulación de soporte original por una conexión articulada, mientras que el otro
extremo está unido a un soporte de bisagra imaginario, para asegurar que sólo la fuerza axial (es
decir, ningún momento de flexión) se desarrolla en el miembro cuando se carga la estructura. Para que
el miembro imaginario para representar con precisión el efecto del soporte de rodillos, su rigidez axial
se debe hacer en su fi cientemente grande para que su deformación axial es despreciablemente
pequeña.
θ
(A) Plano braguero con la ayuda de rodillos oblicuos
θ
miembro imaginario con gran área de
sección transversal
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.10
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532
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
θ
(A) Marco de avión con la ayuda de rodillos oblicuos
θ
miembro Imaginario, articulada en ambos extremos
( MT = 3), y con una gran área de sección transversal
(B) Modelo Analítico
Fig. 9.11
el miembro imaginario en el análisis, mientras que mantiene su longitud del mismo orden de magnitud
que los otros miembros estructurales (reales), para asegurar que el miembro imaginario sufre solamente
pequeñas rotaciones. Siempre que las condiciones anteriores son satisfechas, la fuerza axial en el
miembro imaginario representa la reacción del apoyo real rodillo inclinado.
La principal ventaja de modelar rodillo inclinado apoya con miembros imaginarios es que los programas de
ordenador para soportes estándar, tales como los desarrollados en los capítulos anteriores, se pueden utilizar, sin
ningún tipo de cationes modificadores, para analizar estructuras apoyadas en los rodillos inclinados. Al analizar
armazones, elementos de refuerzo ordinarias con áreas de sección transversal de gran tamaño pueden ser usados
​para modelar soportes de rodillos inclinados (Fig. 9.10). En el caso de marcos, sin embargo, themembers utilizan
tomodel rodillos inclinados, además de tener áreas de sección transversal grande, debe ser de tipo 3 ( MT = 3); es
decir, theymust ser articulada en ambos extremos, como se muestra en la Fig. 9.11. Como se ha señalado antes, el
área de sección transversal del miembro imaginario, que se utiliza para modelar el soporte del rodillo inclinado, debe
ser su fi cientemente grande para que las deformaciones axiales del miembro son despreciablemente pequeña. Sin
embargo, utilizando un valor extremadamente grande para el área de la sección transversal de la imaginarymember
puede causar algunos elementos fuera de la diagonal de la matriz de rigidez de la estructura a ser tan grande, en
comparación con los demás elementos, que introducen errores numéricos, o causar inestabilidad numérica , durante
la solución de las ecuaciones de rigidez de la estructura.
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sección 9.5 Conexiones de offset
533
9.5 CONEXIONES OFFSET
En la formulación del método rigidez de análisis, hemos ignorado el tamaño de juntas o conexiones, suponiendo
que sean de tamaño infinitesimal. Si bien esta suposición demuestra ser adecuada para estructuras más
enmarcadas, las dimensiones de las conexiones resistentes a momento en algunas estructuras pueden ser lo
suficientemente grande, en relación con longitudes miembros, que ignorar su efecto en el análisis puede
conducir a resultados erróneos. En esta sección, discutimos procedimientos para incluir el efecto de tamaños
finito de conexiones o articulaciones en el análisis.
Considere una viga arbitraria de un marco de edificio típico plano, como se muestra en la Fig. 9.12 (a) en
la página siguiente. La viga está conectado en sus extremos, a las columnas y vigas adyacentes, por medio de
conexiones rígidas o resistentes a momento. Como se indica en la figura, las dimensiones de las conexiones por
lo general (pero no siempre) igual las profundidades de sección transversal de los miembros conectados. Si las
dimensiones de conexión son pequeñas, en comparación con las longitudes de miembro, entonces su efecto se
ignora en el análisis. En tal caso, sería suponer para fines de análisis que la viga bajo consideración se extiende
en longitud desde un línea central columna a la siguiente, y está conectado por sus extremos a otros miembros a
través de conexiones rígidas de tamaño infinitesimal, como se representa en la Fig. 9.12 (segundo).
Sin embargo, si las dimensiones de conexión no son pequeñas, a continuación, su efecto se debe
considerar en el análisis. Como se muestra en la Fig. 9.12 (c), las conexiones rígidas de tamaño finito pueden ser
convenientemente modeladas utilizando rígido compensaciones, con cada desplazamiento de ser un cuerpo rígido
de longitud igual a la distancia entre el centro de la conexión y su borde que es adyacente al elemento bajo
consideración. Por lo tanto, a partir de la Fig. 9.12 (c), podemos ver que la viga bajo consideración ha compensado
conexiones de longitudes re segundo y re mi en sus extremos izquierdo y derecho, respectivamente.
Dos enfoques se utilizan comúnmente para incluir el efecto de las conexiones de desplazamiento en el
análisis. En el enfoque primero, cada desplazamiento se trata como un pequeño miembro con muy grande la
rigidez. Por ejemplo, en [13] se sugiere que las propiedades transversales de un miembro de desplazamiento de
elegirse de modo que su rigidez es de 1.000 veces mayor que la del miembro conectado. La principal ventaja de
este enfoque es que los programas de ordenador, tales como las desarrolladas en los capítulos anteriores, se
pueden utilizar sin ninguna modi fi cación. La desventaja de este enfoque es que cada compensar los aumentos,
por uno, el número de miembros y las articulaciones a analizar. Por ejemplo, la viga de la Fig. 9.12 (c) tendría que
ser dividido en tres miembros de longitudes re segundo, L, y re mi, con el fin de incluir el efecto de conexiones de
desplazamiento en sus dos extremos en el análisis.
Un enfoque alternativo que se puede utilizar para manejar el efecto de las conexiones de compensación
implica modificar las relaciones miembro de rigidez para incluir el efecto de las compensaciones en extremos
miembros. La principal ventaja de este enfoque es que un miembro natural (por ejemplo, una viga o una
columna), junto con sus compensaciones finales, puede ser tratado como un único elemento con el propósito de
análisis. Por ejemplo, toda la viga de la Fig. 9.12 (c), incluyendo sus compensaciones finales, sería tratado como
un único miembro cuando se utiliza este enfoque. Sin embargo, la desventaja de este método es que requiere
reescritura de algunas partes de los programas informáticos desarrollados en los capítulos anteriores.
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Líneas centrales de columna
Conexiones rígidas
re segundo
L
re mi
(A) Viga
L + d segundo + re mi
(B) El descuido Modelo analítico Tamaño de las conexiones
Las compensaciones rígidos
re segundo
L
re mi
(C) Modelo analítico Considerando Tamaño de las conexiones
Fig. 9.12
534
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535
sección 9.5 Conexiones de offset
A continuación, modificamos las relaciones de rigidez de los miembros de marcos planos para incluir el
efecto de las compensaciones finales rígidos. Procedimientos similares se pueden emplear para derivar
relaciones de rigidez fi modi para los miembros de otros tipos de estructuras enmarcadas.
Considere un miembro arbitraria de longitud L de un bastidor de avión, y dejar Q y
ū denotar la fuerzas finales y desplazamientos extremo local, respectivamente, en los extremos exteriores de sus
u
desplazamientos, como se muestra en la Fig. 9.13 (a). Nuestro objetivo es expresar Q
en términos de ¯ u y cualquier carga externa aplicada al miembro entre sus extremos reales segundo y mi.
En el capítulo 6 que la relación entre las fuerzas de gama Q y el desplazamiento final u, que se definen
en los extremos segundo y mi del miembro, es de la forma Q = Q + ku F, con k y Q F dada por las
ecuaciones. (6.6) y (6.15), respectivamente.
Para expresar Q en términos de Q, tenemos en cuenta el equilibrio de los cuerpos rígidos de los dos
desplazamientos. Este rendimientos (ver Fig. 9.13 (b))
Q1= Q1
Q2= Q2
Q 3 = re segundo Q 2 + Q 3
Q4= Q4
Q5= Q5
Q 6 = - re mi Q 5 + Q 6
que puede b mi escrito en m a forma RIX como
Q = TQ
(9,29)
y
rígida compensado
rígida compensado
¯Q¯6, u 6
¯Q¯4, u 4
¯Q¯1, u 1
m
segundo
¯Q¯3, u 3
X
mi
¯Q¯5, u 5
¯Q¯2, u 2
L
re segundo
re mi
E, I, A = constante
(A) miembro del marco Plano con compensaciones extremo rígido
Q5
Q2
Q6
Q6
¯Q 1
Q3
¯Q 3
¯Q 2
¯Q 6
¯Q 4
Q4
Q1
segundo
Q3
metro
Q2
mi
¯Q 5
Q5
re segundo
re mi
(b) Los miembros de las Fuerzas
Fig. 9.13
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536
Capítulo 9 Temas y técnicas de modelado especial
con
••••••••
1000
0100
00
00
00
00
0 re segundo 1 0
T=
0001
0000
0 0 0 0 - re mi 1
••••••••
(9,30)
10
en el cual T puede ser considerado como una matriz de transformación que se traduce fuerzas de extremo de los
miembros de sus extremos reales segundo y mi, a los extremos exteriores de sus desplazamientos rígidos.
A partir de consideraciones geométricas, se puede demostrar que la relación entre los
desplazamientos de gama u y ¯
u Se puede escribir como
(9,31)
u = TT¯ u
Mediante la sustitución de la ecuación. (9.31) en la Ec. (6.4), y sustituyendo la expresión resultante en la
Ec. (9.29), obtenemos la relación rigidez deseada:
Q=¯ku
ū
¯ + QF
(9,32)
k̄ = TKT T
k
(9,33)
con
Q f = TQ F
(9,34)
en el cual ¯ k y Q F representar la matriz de rigidez miembro ed modi fi y la fuerza xedend fi vector,
respectivamente, en el sistema de coordenadas local. Tenga en cuenta que ¯
ky
Q F incluir el efecto de las compensaciones rígidos en los extremos del miembro. Las formas explícitas de ¯
k y Q f, respectivamente, se pueden obtener mediante la sustitución de las ecuaciones. (6.6) y (9.30) en
la Ec. (9,33), y las ecuaciones. (6.15) y (9.30) en la Ec. (9,34). Estos se dan en las ecuaciones. (9.35) y (9.36).
••••••••••••••••
Alabama 2
0
0
- Alabama 2
yo
0
0
0
12
( 6 L + 12 re segundo)
0
- 12
( 6 L + 12 re mi)
0
( 6 L + 12 re segundo)
- Alabama 2
yo
0
0
- 12
yo
k̄ = EI
k
L3
••••••••••••••••
0
( 4 L 2 + 12 ld b + 12 re 2
b)
0
( - 6 L - 12 re segundo)
( 6 L + 12 re e) ( 2 L 2 + 6 ld b + 6 ld e + 12 re segundo re mi)
0
Alabama 2
yo
( - 6 L - 12 re b) ( 2 L 2 + 6 ld b + 6 ld e + 12 re segundo re mi)
0
0
12
0
( - 6 L - 12 re mi)
0
( - 6 L - 12 re mi)
( 4 L 2 + 12 ld e + 12 re 2
e)
(9,35)
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537
sección 9.6 Conexiones semirrígidas
•••••••
FA segundo
•••••••
FS segundo
re segundo FS b + FM segundo
Qf=
FA mi
(9,36)
FS mi
- re mi FS e + FM mi
El procedimiento para el análisis esencialmente sigue siendo el mismo que desarrollado previamente,
excepto que las expresiones modi fi cados para las matrices de rigidez ¯
k
(Ec. (9.35)) y fi vectores de fuerza de gama fijada Q f ( Eq. (9.36)) se utilizan (en lugar de k
y Q F, respectivamente), para miembros con conexiones de compensación.
9.6 CONEXIONES semirrígidos
Aunque rígida y articulada tipos de conexiones, como considerado hasta ahora en este texto, son los más
comúnmente utilizados en los diseños estructurales, un tercer tipo de conexión, denominada conexión semi-rígido, También
es reconocido por algunos códigos de diseño, y se puede utilizar para el diseño de estructuras tales como
estructuras de edificios de acero estructural. Recordemos que la rotación de un extremo del elemento conectado
rígidamente es igual a la rotación de la articulación adyacente, mientras que la rotación de un extremo articulado
de un miembro debe ser tal que el momento en el extremo articulado es 0. Se considera que una conexión que se
semirrígido si su la restricción de rotación es menor que la de una conexión rígida a la perfección, pero más que la
de una conexión articulada sin fricción. En otras palabras, el momento transmitida por una conexión semi-rígido es
mayor que 0, pero menor que la transmitida por una conexión rígida. Para el propósito de análisis, una conexión
semirrígido puede ser convenientemente modelado por un muelle de giro (torsional) con una rigidez igual a la de la
conexión real. En esta sección, derivamos las relaciones de rigidez para los miembros de vigas con conexiones
semirrígidas en sus extremos. Tales relaciones para otros tipos de estructuras enmarcadas se pueden determinar
mediante el uso de un procedimiento similar.
Considere un miembro arbitraria de una viga, como se muestra en la Fig. 9.14 (a) en la página siguiente. El
miembro está conectado a las articulaciones adyacentes a sus extremos segundo y mi,
por medio de muelles de rotación de en fi tamaño infinitesimal que representan las conexiones semirrígidas de
rigideces k segundo y k mi, respectivamente. Como se muestra en esta figura,
Qy¯
u representan las fuerzas finales y desplazamientos extremo local, respectivamente, en los extremos
exteriores de los muelles de rotación. Nuestro objetivo es expresar Q en términos de ¯
u y cualquier carga externa aplicada al miembro. Comenzamos por escrito, en forma
explícita, la relación previamente derivados
Q = Q + ku F, entre las fuerzas de gama Q y los desplazamientos finales u, los cuales se definen en los extremos
reales segundo y mi del miembro. Mediante el uso de las expresiones para k y Q F partir de las ecuaciones. (5.53) y
(5.99), respectivamente, se escribe
•••• Q 1 •••• = EI
Q2
Q3
Q4
•••• 12
6L
L3
6L
6 L - 12
4 L2- 6 L
- 12 - 6 L
6L
2 L2
12 - 6 L
2 L2- 6 L
4 L2
•••• •••• u 1 •••• + •••• FS segundo
••••
u2
FM segundo
u3
FS mi
u4
FM mi
(9,37)
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y
muelle rotacional de la rigidez k
muelle rotacional de la
rigidez k mi
segundo
¯Q¯4, u 4
X
¯Q¯2, u 2
metro
segundo
mi
¯Q¯3, u 3
¯Q¯1, u 1
L
E, I = constante
Infinitesimal
Infinitesimal
(A) Rayo miembro con conexiones semirrígidas
Q3
Q1
kb
¯Q 2
Q2
¯Q 1
metro
segundo
Q2
¯Q 4
Q4
Q4
mi
ke
¯Q 3
Q3
Q1
(b) Los miembros de las Fuerzas
y
¯u 4
posición
desplazada
u4
'
u2
y desayuno '
u3
¯u 3
¯u 2
u1
¯u 1
Posición inicial
k segundo
k mi
X
cama
metro
ee
L
Infinitesimales (c)
Desplazamientos miembros
Fig. 9.14
538
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539
sección 9.6 Conexiones semirrígidas
Figura 9.14 (b) muestra las fuerzas Q y Q actuando en los extremos exterior e interior, respectivamente, de
los resortes de rotación del miembro. A medida que las longitudes de estas fuentes están en infinitesimal,
ecuaciones de equilibrio para los cuerpos libres de los resortes ceden
(9,38)
Q=Q
los desplazamientos u y ¯
u se representan en la Fig. 9.14 (c) usando un exagger-
ado escala. Debido al tamaño infinitesimal en fi de los muelles, las traducciones de los extremos del resorte son
iguales; es decir,
u1= ¯
u1
(9.39a)
u3= ¯
u3
(9.39b)
La relación entre las rotaciones ( u 2 y ¯
u 2) de los dos extremos de la
primavera, en el extremo miembro segundo, se puede establecer mediante la aplicación de la relación rigidez del
resorte:
Q 2 = k b ( ¯ u 2 - u 2)
a partir del cual,
u2= ¯ u2- Q2
(9.39c)
k segundo
Similarly, by using the stiffness relation for the spring attached to member end
e, we obtain
u4= ¯ u4− Q4
(9.39d)
ke
u, we now substitute
To obtain the desired relationship between Q and ¯
Eqs. (9.38) and (9.39) into Eq. (9.37) to obtain the following equations.
[
Q1= E I
12 ¯u 1 +
L3
6L
[
Q2= E I
4 L2
Q3= E I
u1− 6 L
L3
[
Q4= E I
L3
2 L2
u2− Q2
kb
u3+ 6 L
u4− Q4
ke
)
(¯
−6L¯u3+ 2
L2
+
12 ¯u 3 − 6
L
)
(9. 40b)
) ] + FS e
u4− Q4
ke
(¯
−6L¯u3+ 4
L2
(9.40a)
) ] + FM b
u4− Q4
ke
(¯
)
u2− Q2
kb
(¯
6 L ¯u 1 +
− 12 ¯
u2− Q2
kb
(¯
[ − 12 ¯
) ] + FS b
(¯
u2− Q2
kb
(¯
6 L ¯u 1 +
L3
)
(¯
( 9.40c)
) ] + FM e
u4− Q4
ke
(9. 40d)
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540
Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
Next, we solve Eqs. (9.40b) and (9.40d) simultaneously, to express Q 2 and
Q 4 in terms of ¯
u 1 through ¯
u 4. This yields
Q2= E I rb
u 1 + 4 L 2( 3 − 2 r e) ¯ u 2 − 6 L( 2 − r e) ¯ u 3 + 2 L 2 r e ¯u 4]
L 3 R [ 6 L( 2 − r e) ¯
rb
+
(9.41a)
R [( 4 − 3 r e) FM b − 2(1 − r e) FM e]
Q4= E I re
u 1 + 2 L 2 r b ¯u 2 − 6 L( 2 − r b) ¯ u 3 + 4 L 2( 3 − 2 r b) ¯ u 4]
L 3 R [ 6 L( 2 − r b) ¯
re
+
(9.41b)
R [( 4 − 3 r b) FM e − 2(1 − r b) FM b]
in which r b and r e denote the dimensionless rigidity parameters defined as
ri= kiL
E I + kiL
i = b, e
(9.42)
and
R = 12 − 8 r b − 8 r e + 5 r b r e
(9.43)
Finally, by substituting Eqs. (9.41) into Eqs. (9.40a) and (9.40c), we determine expressions for Q 1 and
Q 3 in terms of ¯
u 1 through ¯
u 4. Thus,
Q1= E I
u 1 + 6 Lr b( 2 − r e) ¯ u 2
L 3 R [ 12( r b + r e − r b r e) ¯
− 12( r b + r e − r b r e) ¯ u 3 + 6 Lr e( 2 − r b) ¯ u 4]
+ FS b − 6
LR [( 1 − r b)( 2 − r e) FM b + ( 1 − r e)( 2 − r b) FM e]
(9.44a)
Q3= E I
u 1 − 6 Lr b( 2 − r e) ¯ u 2
L 3 R [ − 12( r b + r e − r b r e) ¯
+ 12( r b + r e − r b r e) ¯ u 3 − 6 Lr e( 2 − r b) ¯ u 4]
+ FS e + 6
LR [( 1 − r b)( 2 − r e) FM b + ( 1 − r e)( 2 − r b) FM e]
(9.44b)
Equations (9.41) and (9.44), which represent the modified stiffness relations for beam members
with semirigid connections at both ends, can be expressed in matrix form:
Q=¯ku
ū
¯ +Q f
(9.45)
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541
Section 9.7 Shear Deformations
with
•••••
k̄ = E I
k
L3 R
6 Lr b( 2 − r e) − 12( r b + r e − r b r e)
12( r b + r e − r b r e)
4 L 2 r b( 3 − 2 r e)
6 Lr b( 2 − r e)
− 12( r b + r e − r b r e) − 6 Lr b( 2 − r e)
6 Lr e( 2 − r b)
6 Lr e( 2 − r b)
− 6 Lr b( 2 − r e)
•••••
2 L2 rb re
12( r b + r e − r b r e) − 6 Lr e( 2 − r b)
− 6 Lr e( 2 − r b)
2 L2 rb re
4 L 2 r e( 3 − 2 r b)
(9.46)
and
•••••••••••
FS b − 6
•••••••••••
LR [( 1 − r b)( 2 − r e) FM b + ( 1 − r e)( 2 − r b) FM e]
rb
R [(4 − 3 r e) FM b − 2(1 − r e) FM e]
Qf=
FS e + 6
LR [( 1 − r b )( 2 − r e) FM b + ( 1 − r e)( 2 − r b) FM e]
re
R [ − 2 ( 1 − r b) FM b + ( 4 − 3 r b) FM e]
(9.47)
The ¯ k matrix in Eq. (9.46) and the Q f vector in Eq. (9.47) represent the modified stiffness
matrix and fixed-end force vector, respectively, for the members of beams with semirigid
connections. It should be noted that these expressions for ¯
k and Q f are valid for the values of the spring stiffness k i ( i = b
or e) ranging from 0, which represents a hinged connection, to infinity, which represents a rigid
connection. From Eq. (9.42), we can see that as k i varies from 0 to infinity, the value of the
corresponding rigidity parameter r i varies from 0 to 1. Thus, r i = 0 represents a frictionless hinged
connection, whereas r i = 1 represents a perfectly rigid connection. The reader is encouraged to
verify that when both r b and r e are set equal to 1, then ¯
k ( Eq. (9.46)) and Q f ( Eq. (9.47))
reduce the k ( Eq. (5.53)) and Q f ( Eq. (5.99)) for a beam member rigidly connected at both ends.
Similarly, the expressions of k and Q f, derived in Chapter 7 for beam members with three
combinations of rigid and hinged connections (i.e., MT = 1, 2, and 3), can be obtained from Eqs.
(9.46) and (9.47), respectively, by setting r b and r e to 0 or 1, as appropriate.
The procedure for analysis of beams with rigid and hinged connections, developed
previously, can be applied to beams with semirigid connections— provided that the modified
member stiffness matrix ¯
k ( Eq. (9.46)) and fixedend force vector Q f ( Eq. (9.47)) are used in the analysis.
9.7 SHEAR DEFORMATIONS
The stiffness relations that have been developed thus far for beams, grids, and frames, do not
include the effect of shear deformations of members. Such structures are generally composed of
members with relatively large length-todepth ratios, so that their shear deformations are usually
negligibly small as compared to the bending deformations. However, in the case of beams, grids
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542
Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
and rigid frames consisting of members with length-to-depth ratios of 10 or less, and/or built-up
(fabricated) members, the magnitudes of shear deformations can be considerable; therefore, the
effect of shear deformations should be included in the analyses of such structures. In this
section, we consider a procedure for including the effect of shear deformations in the member
stiffness relations, and present the modified stiffness matrix for the members of beams. This
matrix, which contains the effects of both the shear and bending deformations, can be easily
extended to obtain the corresponding modified member stiffness matrices for grids, and plane
and space frames.
The relationship between the shearing strain at a cross-section of a beam member and the
slope of the elastic curve due to shear can be obtained by considering the shear deformation of a
differential element of length dx of the member, as shown in Fig. 9.15. From this figure, we can
see that
γ=−d¯
u yS
(9.48)
dx
u yS represents the deflection, due to
in which γ denotes the shear strain, and ¯
shear, of the member’s centroidal axis in the y direction. The negative sign in Eq. (9.48) indicates
that the positive shear force S causes deflection in the negative y direction, as shown in the figure.
Substitutions of Hooke’s law for shear,
γ = τ/ G, and the stress-force relation, τ = f S S/A, into Eq. (9.48), yield the following expression for
the slope of the elastic curve due to shear.
)
d ¯u yS
dx = −( f S
S
GA
(9.49)
in which f S represents the shape factor for shear. The dimensionless shape factor f S depends on the
shape of the member cross-section, and takes into account
S
S
y
γ
− du¯ yS
x
dx
Fig. 9.15
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543
Section 9.7 Shear Deformations
the nonuniform distribution of shear stress on the member cross-section. The values of f S for some
common cross-sectional shapes are as follows.
f S = 1.2 for rectangular cross-sections
f S = 10/9 for circular cross-sections
f S = 1 for wide-flange beams bent about the major axis, provided that
the area of the web is used for A in Eq. (9.49) Integration of Eq. (9.49) yields the
expression for deflection due to shear; the total deflection (or slope) of the member due to the
combined effect of shear and bending can be determined via superposition of the deflections (or
slopes) caused by shear and by bending. As discussed in Chapter 5, the equations for the slope
and deflection, due to bending, can be obtained by integrating the moment– curvature relationship:
d 2 ¯u yB
dx 2 = M
(9.50)
EI
in which ¯ u yB represents the deflection of the member due to bending. The expressions for the
elements of the modified stiffness matrix k for a beam member, due to the combined effect of the
bending and shear deformations, can be derived using the direct integration approach. To obtain
the expressions for the stiffness coefficients k i 1 ( i = 1 through 4) in the first column of k, we subject
a prismatic beam member of length L to a unit value of the end displacement u 1 at end b, as
shown in Fig. 9.16. Note that all other member end displacements are 0, and the member is in
equilibrium under the action of two end moments k 21 and k 41, and two end shears k 11 and k 31. From
the figure, we
y
b′
k 41
u1= 1
k 21
x
e
b
k 11
k 31
x
L EI = constant
u2= u3= u4= 0
Fig. 9.16
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544
Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
can see that the shear and bending moment at a distance x from end b of the member are:
S = k 11
(9.51)
M = − k 21 + k 11 x
(9.52)
By substituting Eq. (9.51) into Eq. (9.49), and integrating the resulting equation, we obtain the
equation for deflection, due to shear, as
)
ū yS = −( f S
u
(9.53)
k 11 x + C 1
GA
in which C 1 denotes a constant of integration. By substituting Eq. (9.52) into Eq. (9.50), and
integrating the resulting equation twice, we obtain the equations for the slope and deflection of
the member, due to bending:
( − k 21 x + k 11
d ¯u yB
dx = 1
ū yB = 1
u
EI
( − k 21
EI
x2
)
2
x2
x3
2 + k 11
6
+ C2
(9.54)
+ C2 x + C3
(9.55)
)
As the shear deformation does not cause any rotation of the member crosssection (see Fig.
9.15), the rotation of the cross-section, θ, results entirely from bending deformation, and is given
by (see Eq. (9.54))
θ=d¯
( − k 21 x + k 11
u yB
dx = 1
EI
x2
)
2
+ C2
(9.56)
By combining Eqs. (9.53) and (9.55), we obtain the equation for the total deflection, ¯
u y, due to the combined effect of the shear and bending deformations:
( − k 21
)
ū y = ¯ u yS + ¯ u yB = −( f S
u
GA
k 11 x + 1
EI
x2
x3
2 + k 11
6
)
+ C2 x + C4
(9.57)
in which the constant C 4 = C 1 + C 3.
The four unknowns in Eqs. (9.56) and (9.57)—that is, two constants C 2
and C 4 and two stiffness coefficients k 11 and k 21 —can now be evaluated by applying the following
four boundary conditions:
at end b,
x=0
x=0
at end e,
x=L
x=L
θ=0
ū y = 1
u
θ=0
ū y = 0
u
By applying these boundary conditions, we obtain C 2 = 0, C 4 = 1, and
( 1 1 + βS )
k 11 = 12 E I
L3
(9.58)
( 1 1 + βS )
k 21 = 6 E I
L2
(9.59)
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545
Section 9.8 Nonprismatic Members
with
β S = 12 E I f S
GAL 2
(9.60)
The dimensionless parameter β S is called the shear deformation constant.
The two remaining stiffness coefficients, k 31 and k 41, can now be determined by applying the
equations of equilibrium to the free body of the member (Fig. 9.16). Thus,
( 1 1 + βS )
k 31 = − 12 E I
L3
(9.61)
( 1 1 + βS )
k 41 = 6 E I
L2
(9.62)
The expressions for elements in the remaining three columns of the k matrix can be
derived in a similar manner, and the complete modified stiffness matrix for rigidly-connected
members of beams, thus obtained, is
•••• 12
k=
E I L3( 1
+ β S)
6L
6L
− 12
•••• ( 9.63)
6 L L 2( 4 + β S) − 6 L L 2( 2 − β S)
−6L
12
6 L L 2( 2 − β S) − 6 L L 2( 4 + β S)
− 12
−6L
From Eq. (9.63), we can see that when the shear deformation constant β S is set equal to 0, then k
of Eq. (9.63) is reduced to that of Eq. (5.53). It should be realized that the expressions for
fixed-end forces due to member loads, given inside the front cover, do not include the effects of
shear deformations. If modified fixed-end force expressions including shear deformations are
desired, they can be derived using the procedure described in this section.
9.8 NONPRISMATIC MEMBERS
Thus far in this text, we have considered the analysis of structures composed of prismatic
members. A member is considered to be prismatic if its axial and flexural rigidities ( EA and EI ), or
its cross-sectional properties, are constant along its length. In some structures, for aesthetic
reasons and/or to save material, it may become necessary to design members with variable cross
sections. In this section, we consider the analysis of structures composed of such nonprismatic
members.
Perhaps the simplest (albeit approximate) way to handle a nonprismatic natural member,
such as a girder or a column, is to subdivide it into a sufficient number of segments, and model
each segment by a prismatic member (or element) with cross-sectional properties equal to the
average of the crosssectional properties at the two ends of the segment (Fig. 9.17 on the next
page). The main advantage of this approach is that computer programs such as those
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546
Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
(a) Nonprismatic Member
(b) Analytical Model of Nonprismatic Member
Fig. 9.17
developed in previous chapters can be used without any modifications. The main disadvantage of
this approach is that the accuracy of the analytical results depends on the number of prismatic
members (or elements) used to model each nonprismatic member, and an inordinate number of
prismatic members may be required to achieve an acceptable level of accuracy.
An alternate approach that can be used to handle nonprismatic members involves
formulation of the nonprismatic member’s stiffness relations while taking into account the exact
variation of the member’s cross-sectional properties. The main advantage of this exact approach
is that a natural nonprismatic member (e.g., a girder or a column) can be treated as a single
member for the purpose of analysis. However, as will become apparent later in this section, the
exact expressions for the stiffness coefficients for nonprismatic members can be quite
complicated [43]. In the following, we illustrate the exact approach via derivation of the local
stiffness matrix k for a tapered plane truss member [26].
Consider a tapered member of a plane truss, as shown in Fig. 9.18(a). The cross-sectional
area of the member varies linearly along its length in accordance with the relationship
Ax= Ab
( 1 − rA x
)
L
(9.64)
inwhich A b and A x denote, r esp ectively, themember’s cross-sectional areas at its end b, and at a distance
x from end b; and r A represents the area ratio given by
rA= Ab− Ae
Ab
(9.65)
with A e denoting the me mber’s cross-sectional area at end e, as shown in the figure.
To derive the first column of the tapered member’s local stiffness matrix k,
we subject the member to a unit end displacement u 1 = 1 (with u 2 = u 3 = u 4 = 0), as shown in Fig.
9.18(b). The expressions for the member axial forces required
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547
Section 9.8 Nonprismatic Members
y
Ae
x
e
b
Ab
x
L E = constant (a)
Tapered Plane Truss Member
y
u1= 1
b
e
b′
k 31
k 11
k 21
x
k 41
x
L
(b) u 1 = 1, u 2 = u 3 = u 4 = 0
Fig. 9.18
to cause this unit axial deformation can be determined by integrating the differential equation for
member axial deformation that, for members with variable cross-sections, can be written as (see
Eq. (6.7), Section 6.2)
d ¯u x
dx = Q a EA x
(9.66)
From Fig. 9.18(b), we can see that the axial force acting on the member crosssection at a distance x
from its end b is
Q a = − k 11
(9.67)
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548
Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
in which the negative sign indicates that k 11 causes compression at the member cross-section.
Substituting Eqs. (9.64) and (9.67) into Eq. (9.66), and integrating the resulting equation, we obtain
ln (1 − r A x
ū x = k 11 L
u
EA b r A
L
)
+
(9.68)
C
in which C is a constant of integration.
The two unknowns, C and k 11, in Eq. (9.68) can be evaluated by applying the boundary
conditions:
at end b,
x=0
ū x = 1
u
at end e,
x=L
ū x = 0
u
Application of the foregoing boundary conditions yields C = 1, and
k 11 = − EA b r A
(9.69)
L ln(1 − r A)
The three remaining stiffness coefficients can now be determined by applying the equations of
equilibrium to the free body of themember (Fig. 9.18(b)). Thus,
k 21 = k 41 = 0
k 31 = EA b r A
L ln(1 − r A) ,
(9.70)
The expressions for elements in the third column of the tapered member’s local stiffness
matrix k can be derived in a similar manner; and, as discussed in Section 3.3, all elements of the
second and fourth columns of k are 0. The complete local stiffness matrix k for a tapered plane
truss member, thus obtained, is
•••• − 1 0
100
••••
0
001
0−1000
00
k = EA b r A
L ln(1 − r A)
(9.71)
E XAMP L E 9.6 Using the direct integration approach, derive the expressions for the slope and
deflection at the free end of the tapered cantilever beam shown in Fig. 9.19(a). The beam has a
rectangular cross-section of constant width b, but its depth varies linearly from h 1 at the fixed end to h 2 at
the free end.
S O L U T I O N The depth and moment of inertia of the beam at a distance
x( 0 ≤ x ≤ L) from its
free end can be expressed as
hx= h1
Ix= I1
( 1 − rh x
)
L
( 1 − rh x
)
3
L
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Section 9.8 Nonprismatic Members
y
A
P
b
h1
hx
2
h2
2
x
h1
hx
2
2
Section A-A
Beam cross-section
A
x
L E = constant
(a) Tapered Cantilever Beam
y
P
PL
x
x
P
(b)
Fig. 9.19
in which r h represents the depth ratio given by
rh= h1− h2
(1)
h1
and I 1 = bh 31/ 12 = beam’s moment of inertia at its fixed end.
The equations for the slope and deflection can be derived by integrating the differential equation
for bending of beams with variable cross-sections, which can be written as (see Eq. (5.5), Section 5.2)
d 2 ¯u y
(2)
dx 2 = M E I x
From Fig. 9. 19(b ), we ca n see that the bending moment at the beam section at a distance x from its fixed
end is
M = − P(L − x)
(3)
in which the negative sign indicates that the bending moment is negative in accordance with the beam
sign convention ( Fig. 5.4). Substituting Eq. (3) into Eq. (2) and integrating, we obtain the equation for
slope as
[ L + rhL − 2 rh x
θ = − PL 3
2 E I1
r h2 ( L − r h x) 2
] + C1
(4)
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Chapter 9 Special Topics and Modeling Techniques
Integrating once more, we obtain the equation for deflection as
•••••• 1 − r h
(
(
ū y = PL 3
u
2 E I 1 r h3
) + 2 ln
) ••••••+ C 1 x +C 2
1 − rh x
(5)
L
1 − rh x
L
The constants of integration, C 1 and C 2, are evaluated by applying the boundary conditions that at x = 0, θ
= 0 and ¯
( 1 + rh
C 1 = PL 2
u y = 0. Thus,
)
r h2
2 E I1
C 2 = − PL 3( 1 − r h)
2 E I 1 r h3
By substituting these expressions for C 1 and C 2 into Eqs. (4) and (5) we determine the equations for slope
and deflection of the beam as
••• x − 2 L + r h x
θ = Px
2 E I1
( 1 − rh x
•••
)
(6)
2
L
ū y =
u
PL 3
( 1 − rh x
2 E I 1 r h3
L
) [ 2 rh x
L − r2
)
hx2
L 2 ( 1 + r h) + 2 (1 − r h x
L
)]
ln (1 − r h x
L
(7)
Finally, the expressions for slope and deflection at the free end of the tapered beam are obtained
by setting x = L in Eqs. (6) and (7), respectively. Thus, Slope (+ ):
Y
θ L = − PL 2
2 E I 1( 1 − r h) = − PL 2 h
2 1E I 1 h 2
Ans
Deflection (+ ↑): ¯
u yL = −
PL 3
2 E I 1 r h3 ( 1 − r h) [ − 2 r h + r 2
h(
1 + r h) − 2(1 − r h) ln(1 − r h)]
Ans
E XAMP L E 9.7 Using a structural analysis computer program, determine the slope and deflection at
the free end of the tapered cantilever beam shown in Fig. 9.20(a). The beam is of rectangular
cross-section of width 150 mm, and its depth varies linearly from 400 mm at the fixed end to 100 mm at
the free end, as shown in the figure. For analysis, divide the nonprismatic beam into smaller segments,
and model each segment by a prismatic member (element) with a constant moment of inertia based on the
average depth of the segment. Analyze several models of the beam with increasing number of members
(elements) until the values of the desired displacements converge. Compare these numerical results with
the exact analytical solutions for the tapered beam obtained from the expressions derived in Example 9.6.
S O L U T I O N Seven analytical models of the beam consisting of 1, 2, 3, 4, 6, 9, and 12 segments
were analyzed using the computer program provided with this book. In these models, each tapered segment
was approximated by a member of constant depth equal to the average depth of the segment. Figure 9.20(b)
shows such a three-member model of the beam.
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