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• Lenin Farfan Alvarez

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METÓDO DE LOS TRES MOMENTOS I.

DEFINICIÓN

El teorema general de los tres momentos más que un teorema es una fórmula que relaciona los tres momentos en tres apoyos de una viga continua, que nos es muy útil en el cálculo de momentos en estos apoyos. Vigas continuas. - Vigas con más de un tramo, pueden ser homogéneas (EI=cte.) o no (EI no es cte.).

Comparación de una viga continua y una de dos tramos

Además, este método nos simplifica el proceso de cálculo de los momentos flectores con los cuales se procede al trazado de los ya conocidos: DMF y DFC. Con la aplicación directa de la fórmula, el proceso se simplifica y se vuelve un proceso netamente matemático rápido de desarrollar y fácil de interpretar.

pág. 1

II.

TEORIA

Supóngase la viga mostrada en la figura, de la cual se sabe que en los apoyos extremos no existe momento.

(a)

(b)

(c) Considerando la pendiente de la elástica en un apoyo intermedio cualquiera, de la semejanza de los triángulos formados en la figura (b) se obtiene:

̅̅̅̅ ̅̅̅̅ 𝒂𝒃 𝒄𝒅 =− 𝑳𝒏 𝑳𝒏+𝟏 ̅̅̅̅)𝑳𝒏+𝟏 = −(𝒄𝒅 ̅̅̅̅)𝑳𝒏 … … (𝒂) (𝒂𝒃 pág. 2

Como podemos ver, es indispensable tener en cuenta los signos. En la figura (c) se presentan separados los tramos respectivos de viga, que se pueden tratar entonces como vigas simplemente apoyadas con momentos redundantes en sus extremos. En el caso general, los diagramas de momentos debidos a las cargas aplicadas tendrán áreas 𝐴𝑛 𝑦 𝐴𝑛+1, con sus centroides localizados como se indica en las siguientes figuras. En la parte inferior, a su vez, se han dibujado los diagramas correspondientes a los momentos en los apoyos.

𝐻𝑛+1

𝐻𝑛

Diagramas de momentos generados por las cargas aplicadas en el tramo.

Ahora

Diagrama de momentos en los apoyos.

 Ahora aplicando el segundo teorema de “Área de Momentos”, obtenemos: 𝐿 𝐿 𝐿 2𝐿 ̅̅̅ (𝐸𝐼 )𝑛 = (−𝐴𝑛 ∗ −𝑎𝑛 ) + (−𝑀𝑛−1 𝑛 ∗ − 𝑛 ) + (−𝑀𝑛 𝑛 ∗ − 𝑛 ) −𝑎𝑏 2 3 2 3 𝑳𝒏 𝑳𝒏 𝑳𝒏 𝟐𝑳𝒏 ̅̅̅̅ 𝒂𝒃(𝑬𝑰)𝒏 = −𝑨𝒏 ∗ 𝒂𝒏 − 𝑴𝒏−𝟏 ∗ − 𝑴𝒏 ∗ … … (𝒃) 𝟐 𝟑 𝟐 𝟑 pág. 3

̅̅̅ 𝑐𝑑 (𝐸𝐼)𝑛+1 = (−𝐴𝑛+1 ∗ 𝑏𝑛+1 ) + (−𝑀𝑛 ̅̅̅̅ 𝒄𝒅(𝑬𝑰)𝒏+𝟏 = −𝑨𝒏+𝟏 ∗ 𝒃𝒏+𝟏 − 𝑴𝒏

𝐿𝑛+1 2𝐿𝑛+1 𝐿𝑛+1 𝐿𝑛+1 ∗ ) + (−𝑀𝑛+1 ∗ ) 2 3 2 3

𝑳𝒏+𝟏 𝟐𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 ∗ − 𝑴𝒏+𝟏 ∗ … … (𝒄) 𝟐 𝟑 𝟐 𝟑

Dado que la viga presenta sección constante y por ende inercia constante (EI = cte); al reemplazar las ecuaciones (b) y (c) en (a), obtenemos lo siguiente: (𝑳𝒏 )𝟐 (𝑳𝒏 )𝟐 (−𝑨𝒏 ∗ 𝒂𝒏 )𝑳𝒏+𝟏 − 𝑴𝒏−𝟏 𝑳𝒏+𝟏 ) − 𝑴𝒏 𝑳𝒏+𝟏 𝟔 𝟑 (𝑳𝒏+𝟏 )𝟐 (𝑳𝒏+𝟏 )𝟐 ( ) = 𝑨𝒏+𝟏 ∗ 𝒃𝒏+𝟏 𝑳𝒏 + 𝑴𝒏 𝑳𝒏 + 𝑴𝒏+𝟏 𝑳𝒏 𝟑 𝟔 Ahora al dividir ambos términos por (𝐿𝑛 ∗ 𝐿𝑛+1) obtenemos: 𝑴𝒏−𝟏

𝑳𝒏 𝑳𝒏 𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 𝑨𝒏 𝒂𝒏 𝑨𝒏+𝟏 𝒃𝒏+𝟏 + 𝑴𝒏 + 𝑴𝒏 + 𝑴𝒏+𝟏 =− − 𝟔 𝟑 𝟑 𝟔 𝑳𝒏 𝑳𝒏+𝟏

Finalmente, al multiplicar todos los términos por “6” se obtiene:

𝑀𝑛−1 𝐿𝑛 + 2𝑀𝑛 (𝐿𝑛 + 𝐿𝑛+1 ) + 𝑀𝑛+1 𝐿𝑛+1 = −6 = −6

𝐴 𝑛 𝑎𝑛 𝐴𝑛+1 𝑏𝑛+1 −6 𝐿𝑛 𝐿𝑛+1

𝐿𝑛 ∗ 𝐻𝑛 ∗ 𝑎𝑛 𝐿𝑛+1 ∗ 𝐻𝑛+1 ∗ 𝑏𝑛+1 −6 𝐿𝑛 𝐿𝑛+1

𝑴𝒏−𝟏 𝑳𝒏 + 𝟐𝑴𝒏 (𝑳𝒏 + 𝑳𝒏+𝟏 ) + 𝑴𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 = −𝟔(𝜽𝒏→𝒏−𝟏 ) − 𝟔(𝜽𝒏→𝒏+𝟏 ) Ecuación general de los “TRES MOMENTOS”

pág. 4

 Cuando los extremos de las vigas descansan sobre apoyos simples o están en voladizo, se empieza por establecer los valores de los momentos correspondientes: por el contrario, en un extremo empotrado no se puede determinar a priori el valor del momento. En este caso, dado que la condición geométrica requerida es que la pendiente en dicho apoyo debe ser cero, se puede añadir una luz imaginaria adyacente al empotramiento de cualquier longitud Lo , simplemente apoyada en el apoyo opuesto y de inercia infinita,

Al aplicarle a la porción AoAB la forma generalizada de la ecuación de los tres momentos, que incluye, inercias diferentes, resulta:

[𝑴𝑶

𝑳𝑶 𝑳𝑶 𝑳𝟏 𝑳𝟏 𝑨𝟏 𝒃 𝟏 ] + 𝟐𝑴𝑨 [ + ] + 𝑴𝑩 [ ] = −𝟔 [ ] ∞ ∞ 𝑰 𝑰 𝑰𝑳𝟏

Luego teniendo en cuenta que MO = 0 y LO/∞ = 0, queda reducida a:

𝑨𝟏 𝒃𝟏 𝟐𝑴𝑨 𝑳𝟏 + 𝑴𝑩 𝑳𝟏 = −𝟔 [ ] 𝑳𝟏

pág. 5

III.

EJERCICIOS DE APLICACIÓN

Ejercicio 1.- Resuelva, utilizando la Ecuación de los tres momentos, una viga continua de dos luces iguales sometida a carga uniforme. Para un EI = Cte.

SOLUCION: Usando las tablas, determinamos que el diagrama de momentos de los tramos AB = BC:

an

bn+1 An

An+1

Luego se tiene que:

2 𝑊𝐿2 𝑊𝐿3 𝐴𝑛 = 𝐴𝑛+1 = ∗ 𝐿 ∗ = 3 8 12 𝐿 𝑎𝑛 = 𝑏𝑛+1 = 2 𝑀𝐴 = 𝑀𝐶 = 0 Aplicando el teorema de momentos:

𝑊𝐿3 𝐿 𝑊𝐿3 𝐿 6∗ ∗ 6∗ ∗ 12 2 12 2 0 ∗ 𝐿 + 2𝑀𝐵 (𝐿 + 𝐿) + 0 ∗ 𝐿 = − − 𝐿 𝐿 𝑊𝐿2 𝑀𝐵 = − 8 pág. 6

Luego para hallar las reacciones: 𝑅𝐴𝐵

𝑊𝐿2 𝑊𝐿 3𝑊𝐿 = − 8 = ↑ 2 𝐿 8

𝑅𝐵𝐴 = 𝑊𝐿 −

3𝑊𝐿 5𝑊𝐿 = ↑ 8 8

Por simetría tenemos:

5𝑊𝐿 ↑ 8 3𝑊𝐿 = ↑ 8

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅𝐵𝐴 = 𝑅𝐶𝐵 = 𝑅𝐴𝐵

Finalmente graficamos los respectivos diagramas:

pág. 7

Ejercicio 2.- Resuelva la siguiente viga continua con el método de los tres momentos. Para un EI=Cte. 10kN

SOLUCION: Se sabe que los momentos en A y D son conocidos: 𝑀𝐴 = −10 ∗ 2 − 20 ∗ 2 ∗ 1 = −60𝑘𝑁/𝑚 𝑀𝐷 = 0  Ahora aplicando el teorema de los tres momentos para el sector ABC, resulta: 𝑀𝐴 𝐿𝐴𝐵 + 2𝑀𝐵 (𝐿𝐴𝐵 + 𝐿𝐵𝐶 ) + 𝑀𝐶 𝐿𝐵𝐶 = −6(𝜃𝐵𝐴 ) − 6(𝜃𝐵𝐶 ) −60(6) + 2𝑀𝐵 (6 + 5) + 𝑀𝐶 (5) = −6 [

30 ∗ 36 20 ∗ 9 40 ∗ 2 ∗ 3 (12 − 3)2 ] − 6 [ (3 + 5)] + 16 24 ∗ 6 6∗5

−360 + 22𝑀𝐵 + 5𝑀𝐶 = −1012.5 − 384

22𝑀𝐵 + 5𝑀𝐶 = −1037 … (1) 

Para el tramo BCD, teniendo en cuenta que MD=0: 𝑀𝐵 𝐿𝐵𝐶 + 2𝑀𝐶 (𝐿𝐵𝐶 + 𝐿𝐶𝐷 ) + 𝑀𝐷 𝐿𝐶𝐷 = −6(𝜃𝐶𝐵 ) − 6(𝜃𝐶𝐷 ) 5𝑀𝐵 + 2𝑀𝐶 (5 + 5) + 0 ∗ (5) = −6 [

40 ∗ 2 ∗ 3 20 ∗ 125 (2 + 5)] − 6 [ ] 6∗5 24

5𝑀𝐵 + 20𝑀𝐶 = −961 … (2) Ahora reemplazamos (2) en (1):

𝑀𝐵 = −38.4 𝑘𝑁. 𝑚 𝑀𝐶 = −38.5 𝑘𝑁. 𝑚

pág. 8

Para calcular las reacciones, aislamos cada tramo.



Voladizo

 Tramo AB

Reacciones en el tramo AB. 𝑅𝐴𝑖 = 10 + 20(2) = 50𝑘𝑁 ↑ 𝑅𝐴𝐵 =

30 1.5 60 − 38.4 + (20 ∗ 3) + = 33.6 𝑘𝑁 ↑ 2 6 6

𝑅𝐴𝐵 =

30 4.5 21.6 + (60) − = 56.4 𝑘𝑁 ↑ 2 6 6

Ahora hallamos el momento maximo del tramo AB, donde la cortante es igual a 0.

56.4 = 2.82𝑚 20 56.4 ∗ 2.82 𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) = − 38.4 = 41.1 𝑘𝑁. 𝑚 2 𝑥′ =

pág. 9

 Tramo BC

Reacciones en el tramo BC.

𝑅𝐵𝐶 =

40 ∗ 3 38.5 − 38.4 − = 24 𝑘𝑁. 𝑚 5 5

𝑅𝐶𝐵 = 40 − 24 = 16 𝑘𝑁. 𝑚 Momento maximo del tramo BC, el cual sera maximo bajo la carga puntual.

𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) = 24 ∗ 2 − 38.4 = 9.60 𝑘𝑁. 𝑚  Tramo CD Reacciones.

𝑅𝐶𝐷 =

20 ∗ 5 38.5 + = 57.7 𝑘𝑁 ↑ 2 4

𝑅𝐷𝐶 = 20 ∗ 5 − 57.7 = 42.3 𝑘𝑁 ↑ Momento maximo, MD=0.

𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) =

42.3 ∗ 2.113 = 44.7 𝑘𝑁. 𝑚 2

pág. 10

Los diagramas totales de corte, momento quedan como sigue:

Ejercicio 3.- Resolver la viga continua con extremos empotrados que se muestra en la figura. Para un EI=Cte.

SOLUCION  Considerando el tramo A’AB

2𝑀𝐴 𝐿𝐴𝐵 + 𝑀𝐵 𝐿𝐴𝐵 = −6𝜃𝐴𝐵 15 ∗ 62 2𝑀𝐴 ∗ 6 + 𝑀𝐵 ∗ 6 = −6 24 2𝑀𝐴 + 𝑀𝐵 = −135 … . (1) pág. 11

 Considerando el tramo ABC. 𝑀𝐴 𝐿𝐴𝐵 + 2𝑀𝐵 (𝐿𝐴𝐵 + 𝐿𝐵𝐶 ) + 𝑀𝐶 𝐿𝐵𝐶 = −6𝜃𝐵𝐴 − 6𝜃𝐵𝐴 (20 ∗ 53 ) 15 ∗ 63 𝑀𝐴 ∗ 6 + 2𝑀𝐵 (6 + 5) + 𝑀𝐶 ∗ 5 = −6 −6 24 24 6𝑀𝐴 + 22𝑀𝐵 + 5𝑀𝐶 = −1435 … . (2)  Considerando el tramo BCD. 𝑀𝐵 𝐿𝐵𝐶 + 2𝑀𝐶 (𝐿𝐵𝐶 + 𝐿𝐶𝐷 ) + 𝑀𝐷 𝐿𝐶𝐷 = −6𝜃𝐶𝐵 − 6𝜃𝐶𝐷 (40 ∗ 62 ) 20 ∗ 53 𝑀𝐵 ∗ 5 + 2𝑀𝐶 (5 + 6) + 𝑀𝐶 ∗ 6 = −6 −6 24 16 65 + 22𝑀𝐶 + 6𝑀𝐷 = −1165 … . (3)  Finalmente se toma el tramo CDD’. 𝑀𝐶 𝐿𝐶𝐷 + 2𝑀𝐷 𝐿𝐶𝐷 = −6𝜃𝐷𝐶 40 ∗ 62 𝑀𝐶 ∗ 6 + 2𝑀𝐷 ∗ 6 = −6 16 𝑀𝐶 + 2𝑀𝐷 = −90 … . (4)  Reemplazando (1) en (2). 19𝑀𝐵 + 5𝑀𝐶 = −1030 … . (5)  Reemplazando (3) en (4). 5𝑀𝐵 + 19𝑀𝐶 = −895 … . (6)  Reemplazando (5) en (6). Obtenemos.

𝑀𝐶 = −35.3 𝑘𝑁. 𝑚 𝑀𝐵 = −44.9 𝑘𝑁. 𝑚 𝑀𝐷 = −24.7 𝑘𝑁. 𝑚 𝑀𝐴 = −45.1 𝑘𝑁. 𝑚 Ahora calculamos las reacciones y momentos.

pág. 12

 Tramo AB. 𝑅𝐴𝐵 = 15 ∗ 3 +

0.2 = 45.0 𝑘𝑁 ↑ 6

𝑅𝐵𝐴 = 15 ∗ 3 −

0.2 = 45.0 𝑘𝑁 ↑ 6

𝑀𝑚𝑎𝑥

(45.0)2 = − 45.1 = 22.5 𝑘𝑁. 𝑚 2 ∗ 15

 Tramo BC. 𝑅𝐵𝐶 = 20 ∗ 2.5 +

44.9 − 35.3 = 51.9 𝑘𝑁 ↑ 5

𝑅𝐶𝐵 = 100 − 51.9 = 48.1 𝑘𝑁 ↑ 𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) =

(51.9)2 − 44.9 = 22.5 𝑘𝑁. 𝑚 2 ∗ 20

 Tramo CD. 𝑅𝐶𝐷 =

40 (35.3 − 27.4) + = 21.3 𝑘𝑁 ↑ 2 6

𝑅𝐷𝐶 = 40 − 21.3 = 18.7 𝑘𝑁 ↑ 𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) = 21.3 ∗ 3 − 35.3 = 28.7 𝑘𝑁. 𝑚

pág. 13

Se procede a graficar.

Ejercicio 4.- Resolver la viga sabiendo que el apoyo “B” sufrio un asentamiento de 12mm, consideras I=8*10 7mm4 y E=200KN/mm2.

pág. 14

SOLUCION:

2 1 𝐴1 = (6)(90) = 360; 𝐴2 = (6)(120); 𝐴3 = 138.667; 𝐴4 = 180 3 2

Aplicando el teorema: 6

6

 𝑀𝑜 (0) + 2𝑀𝐴 (0 + 2𝐼) + 𝑀𝐵 (2𝐼) = −6 [0 +

360∗3 6∗2𝐼

+

360∗3 6∗2𝐼

] + 6𝐸 [0 +

−12∗10−3 6

]

360 ∗ 3 360 ∗ 3 −12 ∗ 10−3 ] 6𝐸𝐼 [ ] 6𝑀𝐴 + 3𝑀𝐵 = −6 [ + 6 ∗ 2𝐼 6 ∗ 2𝐼 6 6𝑀𝐴 + 3𝑀𝐵 = −3000 … … (𝐼)

6

6

4

4

360∗3

2𝐼

𝐼

𝐼

6∗2𝐼

 𝑀𝐴 ( ) + 2𝑀𝐵 ( + ) + 𝑀𝐶 ( ) = −6 [ 2𝐼 12∗10−3 4

+

360∗3 6∗2𝐼

+

138.667(2) 4𝐼

] + 6𝐸 [

12∗10−3 6

+

] 3𝑀𝐴 + 14𝑀𝐵 + 4𝑀𝐶 = 3304 … (𝐼𝐼)

4

4

5

5

138.667(2)

𝐼

𝐼

𝐼

𝐼

4𝐼

 𝑀𝐵 ( ) + 2𝑀𝐶 ( + ) + 𝑀𝐷 ( ) = −6 [

+

8 3

180( )

−12∗10−3

5𝐼

4

] + 6𝐸 [

]

4𝑀𝐵 + 18𝑀𝐶 = −3872 … (𝐼𝐼)

Resolviendo (I), (II) y(III). Se obtiene: 𝑀𝐴 = −743.923 𝑘𝑁. 𝑚; 𝑀𝐵 = 487.847 𝑘𝑁. 𝑚; 𝑀𝐶 = −323.521 𝑘𝑁. 𝑚

Hallando las cortantes: Tramo AB

Tramo BC

Tramo CD

𝑉𝐴𝐵 = 100

𝑉𝐵𝐶 = 52

𝑉𝐶𝐷 = 36 … 𝑘𝑁

𝑉𝐵𝐴 = −100

𝑉𝐶𝐵 = −52

𝑉𝐷𝐶 = −24 … 𝑘𝑁

pág. 15

Hallando las correcciones. 𝐶𝑖 =

𝑀𝑖𝑧𝑞 − 𝑀𝑑𝑒𝑟 𝐿

𝐶𝐴𝐵 = −205.295; 𝐶𝐵𝐶 = 202.842: 𝐶𝐶𝐷 = −64.704 … 𝑘𝑁

Cortantes corregidas: Tramo AB

Tramo BC

Tramo CD

𝑉𝐴𝐵 = 305.295

𝑉𝐵𝐶 = −150.842

𝑉𝐶𝐷 = 100.704 … 𝑘𝑁

𝑉𝐵𝐴 = 105.295

𝑉𝐶𝐵 = −254.842

𝑉𝐷𝐶 = 40.704 … 𝑘𝑁

Ahora procedemos a graficar lo diagramas correspondiente:

pág. 16

Ejercicio 5.- Para la viga mostrada, determinar las reacciones en los apoyos, el diagrama de fuerza cortante y el diagramam de momento flexionante. Para EI=Cte.

SOLUCION:

𝐴1 =

2 1 (4 ∗ 1200) = 3200; 𝐴2 = 4 ∗ 900 = 1800 3 2

Ahora aplicamos el metodo: 4

4

4

4

 𝑀𝐴 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐵 ( 𝐼 + 𝐼 ) + 𝑀𝐶 ( 𝐼 ) = −6 (

3200(2) 4𝐼

+

1800(2) 4𝐼

)

4𝑀𝐴 + 16(𝑀𝐵 ) + 4𝑀𝐶 = −1500 … (𝐼) 4

4

0

 𝑀𝐵 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐶 ( 𝐼 + ∞) + 𝑀𝐷 (0) = −6 (

1800(2) 4𝐼

+ 0)

4(𝑀𝐵 ) + 8𝑀𝐶 = −5400 … (𝐼𝐼 )

Resolviendo estas ecuaciones se tiene: 𝑀𝐴 = −1600; 𝑀𝐵 = −421.429; 𝑀𝐶 = −464.286 𝑁. 𝑚

pág. 17

Calculando las cortantes isosotaticas. Tramo AB

Tramo BC

𝑉𝐴𝐵 = 1200

𝑉𝐵𝐶 = 450 … 𝑁

𝑉𝐵𝐴 = −1200

𝑉𝐶𝐵 = −450 … 𝑁

Calculando las correcciones. 𝐶𝐴𝐵 =

−1600 − (−421.429) = −294.643; 4

𝐶𝐵𝐶 =

−421.429 − (−464.286) = 10.759 4

Ahora las cortantes finales son: Tramo AB 𝑉𝐴𝐵 = 1200 − (−294.643) = 1494.643;

Tramo BC 𝑉𝐵𝐶 = 450 − 10.759 = 439. 286

𝑁

𝑉𝐵𝐴 = −1200 − (−294.643) = −905.357; 𝑉𝐶𝐵 = − 450 − 10.759 = −460.759 𝑁 Ahora procedemos a hacer sus respectivas graficas:

pág. 18

Ejercicio 6.- Empleando la ecuacion de los tres momentos. Determinar: a.- Reacciones en los apoyos. b.- Diagrama de las fuerzas cortantes. c.- Diagramas de momento flector. d.- Hallar la flecha en el voladizo. 1m

2m

SOLUCION:

𝐴1 =

2 1 1 40 20 1 40 40 (3)(45) = 90; 𝐴2 = (3)(30) = 45; 𝐴3 = (1) ( ) = ; 𝐴4 = (2) ( ) = 3 2 2 3 3 2 3 3

𝑀𝐴 = −20𝑇𝑛. 𝑚

Aplicando el teorema de los “tres momentos”: 3

3

2

2

 𝑀𝐴 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐵 ( 𝐼 + 𝐼 ) + 𝑀𝐶 ( 𝐼 ) = −6 (

90(1.5) 3𝐼

+

(20/3)(2/3) 3𝐼

+

(40/3)(1+1/3) 3𝐼

)

3𝑀𝐴 + 10(𝑀𝐵 ) + 2𝑀𝐶 = −323.333 10(𝑀𝐵 ) + 2𝑀𝐶 = −263.333 … (𝐼) 2

2

3

3

 𝑀𝐵 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐶 ( 𝐼 + 𝐼 ) + 𝑀𝐷 ( 𝐼 ) = −6 (0 +

45 (2/3)(3) 3𝐼

)

4(𝑀𝐵 ) + 10𝑀𝐶 + 3𝑀𝐷 = −180 … (𝐼𝐼 ) 3

3

45 (1/3)(3)

𝐼

𝐼

3𝐼

 𝑀𝐶 ( ) + 2𝑀𝐷 ( ) + 𝑀𝐷𝑂 (0) = −6 (

+ 0)

3𝑀𝐶 + 6𝑀𝐷 = −90 … (𝐼𝐼𝐼) pág. 19

Resolviendo y reemplazando las ecuaciones (I), (II) y (III). Se obtiene: 𝑀𝐵 = −24.30; 𝑀𝐶 = −10.165; 𝑀𝐷 = −9.918 𝑁. 𝑚

Calculando las cortantes. Tramo AB

Tramo BC

Tramo CD

𝑉𝐴𝐵 = 73.333

𝑉𝐵𝐶 = 0

𝑉𝐶𝐷 = −10 … 𝑘𝑁

𝑉𝐵𝐴 = −66.667

𝑉𝐶𝐵 = 0

𝑉𝐷𝐶 = −10 … 𝑘𝑁

Hallando las correcciones. 𝐶𝐴𝐵 = 1.433; 𝐶𝐵𝐶 = −7.068: 𝐶𝐶𝐷 = 0.0823 … [𝑇𝑛]

Ahora hallamos las cortantes finales. Tramo AB 𝑉𝐴𝐵 = 71.90 𝑉𝐵𝐴 = −68.10

Tramo BC 𝑉𝐵𝐶 = 7.068 𝑉𝐶𝐵 = 7.068

Tramo CD 𝑉𝐶𝐷 = −9.98 … 𝑘𝑁 𝑉𝐷𝐶 = −9.98 … 𝑘𝑁

Usando la ecuacion general de los tres momentos. Calculamos la deflexion: 1 4 3 𝑀𝐸 ( ) + 2𝑀𝐴 ( ) + 𝑀𝐵 ( ) 𝐼 𝐼 𝐼 10 20 1 40 2 3(0.5) 90 ∗ 1.5 ( 3 ) (2 + 3) ( 3 ) (3) (2) ) + 6𝐸(−∆) = −6 ( + + + 𝐼 3𝐼 3𝐼 3𝐼 𝑀𝐴 = −20 𝑇𝑛. 𝑚 𝑀𝐵 = −24.3 𝑇𝑛. 𝑚 ∆= − (

18.961 ) 𝐸𝐼

pág. 20

METÓDO DE LAS DEFORMACIONES ANGULARES I.

INTRODUCCIÓN:

Método utilizado para la resolución de Estructuras Hiperestáticas continuas y aporticadas, considerando como incógnitas básicas

los giros y

desplazamientos en los nudos. Este método se enmarca dentro de los métodos clásico de solución de una estructura hiperestática plana, en el cual la principal deformación de la estructura es por flexión. Se requiere que los elementos que forman la estructura sean:  Rectos.  Inercia constante entre tramos.  Deformaciones pequeñas (giros y desplazamientos).  Módulo de elasticidad constante entre tramos.

II.

MARCO TEÓRICO:

El método de la deformación angular (pendiente – flexión), fue presentado por G.A. Maney en 1915, se considera como el percusor del método material de la rigidez, como método general para su empleo en el estudio de las estructuras con nudos rígidos. Es útil por sí mismo y proporciona un medio excelente para introducir los métodos

de distribución de

momentos (métodos numéricos para resolver sistemas de ecuaciones). Las ecuaciones fundamentales se deducen por medio de los teoremas del área de momentos. Consideran la deformación producida por el momento flector y desprecian la deformación debida al cortante y la fuerza axial. Como el efecto de la deformación del cortante y la fuerza axial en el estudio de las tensiones de la mayoría de las vigas y pórticos indeterminados es muy pequeño, el error resultante del uso de estas ecuaciones como

base del

método de la deformación angular es también muy pequeño. pág. 21

TIPOS DE MOMENTOS PARA TRABAJAR CON EL METÓDO DE PENDIENTE Y DEFLEXIÓN:

𝑴𝒊𝒋

MOMENTOS INTERIORES

i

𝑴𝒊𝒋

j

MOMENTOS EXTERIORES

i

𝑴𝒊𝒋 i

𝑴𝒋𝒊

𝑴𝒋𝒊 j

MOMENTOS FELCTORES

ACCIÓN DE LOS NUDOS A LOS ELEMENTOS

𝑴𝒋𝒊 j

ACCIÓN DE LOS ELEMENTOS A LOS NUDOS

LOS MOMENTOS QUE SE ENCUENTRAN A LA IZQUIERDA DE LA SECCION

pág. 22

III.

ECUACIONES DE LAS DEFORMACIONES ANGULARES:

CASO GENERAL:

Desarrollaremos las ecuaciones de las deformaciones angulares con el principio de superposición, considerando por separado 𝜽𝒊 , 𝜽𝒋 , ∆ y las cargas externas.

pág. 23

DESPLAZAMIENTO ANGULAR 𝜽𝑨:

VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

pág. 24

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos A’:

+ ∑ 𝑴𝑨′ = 𝟎 𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟐𝑳 [( ) ( ) ( )] − [( ) ( ) ( )] = 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

𝑴𝑨𝑩 = 𝟐𝑴𝑩𝑨 .............. (1) Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝑳 𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝟐𝑳 [( ) ( ) ( )] + (𝜽𝑨 𝑳) − [( ) ( ) ( )] = 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

(

𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝟑𝑬𝑰

)−(

𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟔𝑬𝑰

) = 𝜽𝑨 .................(2)

Reemplazamos la ecuación (1) en (2) obtenemos los momentos respectivos:

𝟐𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 ( )−( ) = 𝜽𝑨 𝟑𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝑴𝑩𝑨

𝟐𝑬𝑰 = 𝜽 𝑳 𝑨

𝑴𝑨𝑩 =

𝟒𝑬𝑰 𝜽 𝑳 𝑨 pág. 25

DESPLAZAMIENTO ANGULAR 𝜽𝑩: VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

pág. 26

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos A’:

+ ∑ 𝑴𝑨′ = 𝟎 𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟐𝑳 [( ) ( ) ( )] − [( ) ( ) ( )] + (𝜽𝑩 𝑳) = 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

[(

𝑴𝑩𝑨 𝑬𝑰

𝟐𝑳

𝑴𝑨𝑩

𝟔

𝑬𝑰

) ( )] − [(

𝑳

) ( )] = 𝜽𝑩 .............. (1) 𝟔

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎 𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝟐𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝑳 [( ) ( ) ( )] − [( ) ( ) ( )] = 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

𝑴𝑩𝑨 = 𝟐𝑴𝑨𝑩 .................(2)

Reemplazamos la ecuación (1) en (2) obtenemos los momentos respectivos:

𝟒𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝑴𝑨𝑩 𝑳 ( )−( ) = 𝜽𝑩 𝟔𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝑴𝑩𝑨

𝟒𝑬𝑰 = 𝜽 𝑳 𝑩

𝑴𝑨𝑩 =

𝟐𝑬𝑰 𝜽 𝑳 𝑩 pág. 27

DESPLAZAMIENTO LINEAL RELATIVO ∆: VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

pág. 28

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎 𝑴 𝑳 𝟐𝑳 𝑴 𝑳 𝑳 [( ) ( ) ( )] − [( ) ( ) ( )] − ∆= 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑴=

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑩𝑨

𝟔𝑬𝑰 ∆ 𝑳𝟐

𝟔𝑬𝑰 =𝑴= 𝟐 ∆ 𝑳

DEBIDO A CARGAS EXTERNAS EMPOTRAMIENTO PERFECTO:

-

MOMENTOS

DE

pág. 29

ECUACIONES DE LA PENDIENTE – DEFLEXIÓN: Se suman los momentos de extremos debidos a cada desplazamiento y a las cargas externas, donde los momentos finales quedan:

𝑴𝑨 = 𝑴°𝑨𝑩 +

𝟒𝑬𝑰 𝟐𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝜽𝑨 + 𝜽𝑩 + 𝟐 ∆ 𝑳 𝑳 𝑳

𝑴𝑩 = 𝑴°𝑩𝑨 +

𝟐𝑬𝑰 𝟒𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝜽𝑨 + 𝜽𝑩 + 𝟐 ∆ 𝑳 𝑳 𝑳

Donde tenemos las ecuaciones de Pendiente – Deflexión, se puede seguir simplificando, donde sabemos que I/L se le denomina la RIGIDEZ RELATIVA y se le designa una letra K, entonces la ecuación simplificada quedara de la siguiente manera:

𝑴𝑨 =

𝑴°𝑨𝑩

𝟔∆ + 𝑬𝑲 (𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 + ) 𝑳

𝑴𝑩 =

𝑴°𝑩𝑨

𝟔∆ + 𝑬𝑲 (𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 + ) 𝑳

Como se dijo anteriormente, estas ecuaciones se aplican a todos los elementos; luego se plantea el equilibrio en cada nudo y si es necesario el equilibrio general de la estructura o parte de ella hasta lograr una un número suficiente de ecuaciones. Se resuelve luego el sistema de ecuaciones resultantes para hallar los giros, el desplazamiento desconocido y finalmente se vuelve a las ecuaciones generales para encontrar los momentos en los extremos respectivos.

pág. 30

EJERCICIOS DE APLICACIÓN Ejemplo 01: Encontrar los diagramas de momento y cortante para una viga continúa de dos luces de igual longitud.

SOLUCIÓN  Hallamos los momentos de empotramiento perfecto:

𝑴°𝑨𝑩 𝑴°𝑩𝑪

=

−𝑴°𝑩𝑨

𝑾𝑳𝟐 = − 𝟏𝟐

=

−𝑴°𝑪𝑩

𝑾𝑳𝟐 = − 𝟏𝟐

 Asentamiento es ∆= 𝟎  Planteamos las ecuaciones de MORH:

𝑴𝑨𝑩 = − 𝑴𝑩𝑨 = + 𝑴𝑩𝑪 = − 𝑴𝑪𝑩 = +

𝑾𝑳𝟐 𝟏𝟐 𝑾𝑳𝟐 𝟏𝟐 𝑾𝑳𝟐 𝟏𝟐 𝑾𝑳𝟐 𝟏𝟐

+ + + +

𝑬𝑰 𝑳 𝑬𝑰 𝑳 𝑬𝑰 𝑳 𝑬𝑰 𝑳

(𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 ).......................(1) (𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 ).......................(2) (𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ).......................(3) (𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ).......................(4) pág. 31

 Sabemos en las condiciones de equilibrio en los nudos:

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎....................(5) 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎...................................(6) 𝑴𝑪𝑩 = 𝟎...................................(7)  Reemplazamos en las condiciones de equilibrio:

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎

𝑬𝑰 𝑬𝑰 (𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 ) + (𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ) = 𝟎 𝑳 𝑳 𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 + 𝜽𝑪 = 𝟎.................................(8) 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎

𝑬𝑰 𝑾𝑳𝟑 (𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 ) = 𝑳 𝟏𝟐 𝟐𝜽𝑨 + 𝜽𝑩 =

𝑾𝑳𝟐 𝟐𝟒𝑬𝑰

........................................(9)

𝑴𝑪𝑩 = 𝟎

𝑬𝑰 𝑾𝑳𝟐 (𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ) = − 𝑳 𝟏𝟐 𝟐𝜽𝑪 + 𝜽𝑩 = −

𝑾𝑳𝟑 𝟐𝟒𝑬𝑰

........................................(10)

pág. 32

 Reemplazamos en (9) Y (10) en la ecuación (8):

𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 + 𝜽𝑪 = 𝟎 (𝟐𝜽𝑨 + 𝜽𝑩 ) + (𝟐𝜽𝑪 + 𝜽𝑩 ) + 𝟔𝜽𝑩 = 𝟎 𝑾𝑳𝟐 𝑾𝑳𝟑 − + 𝟔𝜽𝑩 = 𝟎 𝟐𝟒𝑬𝑰 𝟐𝟒𝑬𝑰

𝜽𝑩 = 𝟎..............................................(11) 𝜽𝑨 =

𝑾𝑳𝟑 𝟒𝟖𝑬𝑰

𝜽𝑪 = −

...............................................(12)

𝑾𝑳𝟑 𝟒𝟖𝑬𝑰

...........................................(13)

 Reemplazamos 11, 12 en 1 respectivamente en las ecuaciones de los momentos:

𝑴𝑨𝑩

𝑾𝑳𝟐 𝑬𝑰 𝟒𝑾𝑳𝟑 =− + ( )=𝟎 𝟏𝟐 𝑳 𝟒𝟖𝑬𝑰

 Reemplazamos 11, 12 en 2 respectivamente en las ecuaciones de los momentos:

𝑴𝑩𝑨

𝑾𝑳𝟐 𝑬𝑰 𝟐𝑾𝑳𝟑 𝑾𝑳𝟐 = + ( )= 𝟏𝟐 𝑳 𝟒𝟖𝑬𝑰 𝟖

 Reemplazamos 11, 13 en 3 respectivamente en las ecuaciones de los momentos:

𝑴𝑩𝑪

𝑾𝑳𝟐 𝑬𝑰 𝟐𝑾𝑳𝟑 𝑾𝑳𝟐 =− + (− )= − 𝟏𝟐 𝑳 𝟒𝟖𝑬𝑰 𝟖

 Reemplazamos 11, 13 en 4 respectivamente en las ecuaciones de los momentos:

𝑴𝑪𝑩

𝑾𝑳𝟐 𝑬𝑰 𝟒𝑾𝑳𝟑 = + (− )=𝟎 𝟏𝟐 𝑳 𝟒𝟖𝑬𝑰 pág. 33

DIAGRAMA DE CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

pág. 34

Ejemplo 02: Resuelva, mediante el método de Angulo de deflexión, la viga de sección constante.

SOLUCIÓN  Hallamos la Rigidez Relativa:

𝑰 𝟏𝟎 𝑰 = 𝟔

𝑲𝑨𝑩 = 𝑲𝑩𝑨 = 𝑲𝑩𝑪 = 𝑲𝑪𝑩

 Hallamos el momento de empotramiento perfecto:

𝟑𝟎𝐱𝟏𝟎 = −𝟑𝟕. 𝟓 𝐍. 𝐦 𝟖 𝟑𝟎𝐱𝟏𝟎 = + = +𝟑𝟕. 𝟓 𝐍. 𝐦 𝟖

° 𝐌𝐀𝐁 = − ° 𝐌𝐁𝐀 ° 𝐌𝐁𝐂

𝟏𝟐𝐱𝟔𝟐 = − = −𝟑𝟔 𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

° 𝐌𝐂𝐁

𝟏𝟐𝐱𝟔𝟐 = + = +𝟑𝟔 𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

° 𝐌𝐂𝐃 = −𝟒𝟓 𝐍. 𝐦

pág. 35

 Asentamiento es ∆= 𝟎  Donde sabemos que 𝜽𝑨

=𝟎

 Planteamos las ecuaciones de MORH:

𝑴𝑨𝑩

𝑬𝑰 (𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 ) = −𝟑𝟕. 𝟓 + 𝟏𝟎

𝑴𝑨𝑩 = −𝟑𝟕. 𝟓 + 𝟎. 𝟐𝜽𝑩 𝑬𝑰................................(1) 𝑴𝑩𝑨

𝑬𝑰 (𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 ) = 𝟑𝟕. 𝟓 + 𝟏𝟎

𝑴𝑩𝑨 = 𝟑𝟕. 𝟓 + 𝟎. 𝟒𝜽𝑩 𝑬𝑰....................................(2) 𝑴𝑩𝑪 = −𝟑𝟔 +

𝑬𝑰 (𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ) 𝟔

𝑴𝑩𝑪 = −𝟑𝟔 + 𝟎. 𝟔𝟕𝜽𝑩 𝑬𝑰 + 𝟎. 𝟑𝟑𝜽𝑪 𝑬𝑰........(3) 𝑴𝑪𝑩

𝑬𝑰 = 𝟑𝟔 + (𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ) 𝟔

𝑴𝑪𝑩 = 𝟑𝟔 + 𝟎. 𝟑𝟑𝜽𝑩 𝑬𝑰 + 𝟎. 𝟔𝟕𝜽𝑪 𝑬𝑰............(4)  Sabemos en las condiciones de equilibrio en los nudos:

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎...............................(5) 𝑴𝑪𝑩 − 𝟒𝟓 = 𝟎...................................(6)  Reemplazando 2 y 3 en la ecuación 5:

𝟏. 𝟎𝟕𝜽𝑩 𝑬𝑰 + 𝟎. 𝟑𝟑𝜽𝑪 𝑬𝑰 = −𝟏. 𝟓.......................(7)  Reemplazando 4 en la ecuación 6:

𝟎. 𝟑𝟑𝜽𝑩 𝑬𝑰 + 𝟎. 𝟔𝟕𝜽𝑪 𝑬𝑰 = 𝟗................................(8)

pág. 36

 Resolviendo las ecuaciones 6 y 7 obtenemos los ángulos:

𝟔. 𝟓𝟒 𝜽𝑩 = − 𝑬𝑰 𝟏𝟔. 𝟔𝟓 𝜽𝑪 = 𝑬𝑰  Reemplazando en las ecuaciones de morh obtenemos los momentos respectivos:

𝑴𝑨 = −𝟑𝟖. 𝟖 𝑵. 𝒎 𝑴𝑩 = −𝟑𝟒. 𝟗 𝑵. 𝒎 𝑴𝑪 = −𝟒𝟓 𝑵. 𝒎 Ejemplo 03: Encontrar todos los momentos de la viga mostrada en la figura usando el método pendiente deflexión, EI=7.

SOLUCIÓN  Hallamos la Rigidez Relativa:

𝑲=

𝑰 𝟕 pág. 37

 Hallamos los momentos de empotramiento perfecto: TRAMO AB:

° 𝐌𝐀𝐁

𝟑𝟎𝐱𝟕𝟐 = − = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

° 𝐌𝐁𝐀

𝟑𝟎𝐱𝟕𝟐 = + = +𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

TRAMO BC: Igual al desarrollo del tramo AB ° 𝐌𝐁𝐂

𝟑𝟎𝐱𝟕𝟐 = − = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

° 𝐌𝐂𝐁

𝟑𝟎𝐱𝟕𝟐 = + = +𝟏𝟐𝟐. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝟏𝟐

TRAMO CD:

° 𝐌𝐂𝐃

𝑷𝒂𝒃𝟐 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟒𝒙𝟑𝟐 = − = − = −𝟕𝟑. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝑳𝟐 𝟕𝟐

° 𝐌𝐃𝐂

𝑷𝒃𝒂𝟐 𝟏𝟎𝟎𝒙𝟑𝒙𝟒𝟐 = = = 𝟗𝟕. 𝟓 𝐊𝐍. 𝐦 𝑳𝟐 𝟕𝟐 pág. 38

 Asentamiento es ∆= 𝟎  Planteamos las ecuaciones de MORH:

𝑴𝑨𝑩

𝑬𝑰 = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + (𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 ) 𝟕

𝑴𝑨𝑩 = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + 𝟒𝜽𝑨 + 𝟐𝜽𝑩 ...........................(1) 𝑴𝑩𝑨

𝑬𝑰 = 𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + (𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 ) 𝟕

𝑴𝑩𝑨 = 𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + 𝟐𝜽𝑨 + 𝟒𝜽𝑩 ...............................(2) 𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 +

𝑬𝑰 (𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ) 𝟕

𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + 𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ...........................(3) 𝑴𝑪𝑩

𝑬𝑰 = 𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + (𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ) 𝟕

𝑴𝑪𝑩 = 𝟏𝟐𝟐. 𝟓 + 𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ...............................(4) 𝑴𝑪𝑫 = −𝟕𝟑. 𝟓 +

𝑬𝑰 (𝟒𝜽𝑪 + 𝟐𝜽𝑫 ) 𝟕

𝑴𝑪𝑫 = −𝟕𝟑. 𝟓 + 𝟒𝜽𝑪 + 𝟐𝜽𝑫 ...............................(5) 𝑴𝑫𝑪 = 𝟗𝟕. 𝟓 +

𝑬𝑰 (𝟐𝜽𝑪 + 𝟒𝜽𝑫 ) 𝟕

𝑴𝑫𝑪 = 𝟗𝟕. 𝟓 + 𝟐𝜽𝑪 + 𝟒𝜽𝑫 .................................(6)

pág. 39

 Sabemos en las condiciones de equilibrio en los nudos:

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎...............................(7) 𝑴𝑪𝑩 + 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎...............................(8) 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎.............................................(9) 𝑴𝑫𝑪 = 𝟎............................................(10)  Luego resolviendo nuestros sistemas de ecuaciones tenemos:

𝜽𝑨 = −𝟑. 𝟓𝟎 𝒓𝒂𝒅 ; 𝑴𝑨𝑩 = 𝟎 𝑲𝑵. 𝒎 𝜽𝑩 = 𝟗. 𝟓𝟑 𝒓𝒂𝒅

; 𝑴𝑩𝑨 = 𝟏𝟓𝟓. 𝟏𝟕 𝑲𝑵. 𝒎

𝜽𝑪 = −𝟐. 𝟕𝟏 𝒓𝒂𝒅 ; 𝑴𝑩𝑪 = −𝟏𝟓𝟓. 𝟏𝟕 𝑲𝑵. 𝒎 𝜽𝑫 = 𝟗. 𝟓𝟑 𝒓𝒂𝒅

; 𝑴𝑪𝑩 = 𝟏𝟏𝟒. 𝟑𝟏 𝑲𝑵. 𝒎

𝑴𝑪𝑫 = −𝟏𝟏𝟒. 𝟑𝟏 𝑲𝑵. 𝒎 ; 𝑴𝑫𝑪 = 𝟎 𝑲𝑵. 𝒎

Ejemplo 04: Para la estructura mostrada. Calcular los giros en los puntos 2 y 3, así como los momentos en cada nudo

pág. 40

SOLUCIÓN  Debido a los empotramientos no hay desplazamientos, habiendo soló giro en los puntos 2 y 3. En los nudos 1 y 4 los giros son nulos por ser empotramiento perfecto. En el nudo hay tres giros debido a la rótula.

 Momentos de empotramiento perfecto: ° 𝐌𝟏𝟐

𝟑𝟎𝟎𝐱𝟐𝟐 = − = −𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐊𝐠. 𝐦 𝟏𝟐

° 𝐌𝟐𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝐊𝐠. 𝐦

 Ecuaciones de Barra:

𝑴𝟏𝟐 = −𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝑴𝟐𝟏 = 𝟏𝟎𝟎𝟎 + 𝑴𝟐𝟑 = 𝑴𝟑𝟐 = 𝑴𝟐𝟒 =

𝟒𝑬𝑰 𝟑 𝟒𝑬𝑰 𝟑 𝟑𝑬𝑰 𝟒

𝟐𝑬𝑰 𝟐

𝟐𝑬𝑰 𝟐

(𝟐𝜽𝟐 )................................(1)

(𝟒𝜽𝟐 )....................................(2)

(𝟒𝜽𝟐 + 𝟐𝜽𝟑 ).....................................(3) (𝟐𝜽𝟐 + 𝟒𝜽𝟑 ).....................................(4) (𝟒𝜽𝟐 )....................................................(5) pág. 41

𝑴𝟒𝟐 =

𝟑𝑬𝑰 𝟒

(𝟐𝜽𝟐 ).....................................................(6)

 Equilibrio en los nudos:

𝑴𝟐𝟏 + 𝑴𝟐𝟑 + 𝑴𝟐𝟒 = 𝟎........................................(7) 𝑴𝟑𝟐 = 𝟎.....................................................................(8)  Sustituyendo los valores de los momentos en la ecuación de equilibrio y reduciendo términos se obtiene:

𝟑𝟕 𝟖 𝑬𝑰𝜽𝟐 + 𝑬𝑰𝜽𝟑 = −𝟏𝟎𝟎𝟎 𝟑 𝟑 𝟏𝟔 𝟖 𝑬𝑰𝜽𝟑 + 𝑬𝑰𝜽𝟐 = 𝟎 𝟑 𝟑  Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

𝜽𝟐 = −𝟗𝟎. 𝟕𝟖 𝒓𝒂𝒅 𝜽𝟑 = +𝟒𝟓. 𝟑𝟎 𝒓𝒂𝒅  Reemplazando los valores en las ecuaciones de momentos obtenemos:

𝑴𝟏𝟐 = −𝟏𝟏𝟖𝟏. 𝟖𝟐 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟏 = + 𝟔𝟑𝟔. 𝟑𝟓 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟒 = −𝟐𝟕𝟐. 𝟕𝟒 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟒𝟐 = −𝟏𝟑𝟔. 𝟑𝟕 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟑 = +𝟑𝟔𝟑. 𝟔𝟓𝒃 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟑𝟐 = 𝟎 𝑲𝒈. 𝒎

pág. 42

 Finalmente los valores de los momentos con su respectivo signos son:

𝑴𝟏𝟐 = −𝟏𝟏𝟖𝟏. 𝟖𝟐 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟏 = − 𝟔𝟑𝟔. 𝟑𝟓 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟒 = −𝟐𝟕𝟐. 𝟕𝟒 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟒𝟐 = +𝟏𝟑𝟔. 𝟑𝟕 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟐𝟑 = +𝟑𝟔𝟑. 𝟔𝟓𝒃 𝑲𝒈. 𝒎 𝑴𝟑𝟐 = 𝟎 𝑲𝒈. 𝒎

Ejemplo 05: Para la estructura mostrada. Calcular los momentos en cada nudo

SOLUCIÓN  Por la carga externa actuante, la estructura tendrá giro en B y C, así como un desplazamiento horizontal. La deformación se demuestra en la figura 02

pág. 43

 Ecuaciones de Barra:

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴𝑩𝑪 = 𝑴𝑪𝑩 = 𝑴𝑪𝑫 = 𝑴𝑫𝑪 =

𝑬𝑰 𝟒

𝑬𝑰 𝟒 𝟏𝟐

𝟐𝑬𝑰 𝟏𝟐 𝟒 𝑬𝑰 𝟒

𝟒

(𝟒𝜽𝑩 −

𝟐𝑬𝑰

𝑬𝑰

𝟔∆

(𝟐𝜽𝑩 −

)...........................................(1)

𝟔∆ 𝟒

)..........................................(2)

(𝟒𝜽𝑩 + 𝟐𝜽𝑪 ).....................................(3) (𝟐𝜽𝑩 + 𝟒𝜽𝑪 ).....................................(4)

(𝟒𝜽𝑪 − (𝟐𝜽𝑪 −

𝟔∆ 𝟒

)...........................................(5)

𝟔∆ 𝟒

)...........................................(6)

 Equilibrio en los nudos:

𝑴𝑩𝑨 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎 𝑴𝑪𝑩 + 𝑴𝑪𝑫 = 𝟎 𝑯𝟏 + 𝑯𝟐 = 𝟎

 Reemplazando los valores de los momentos en las ecuaciones de equilibrio :

𝟑 𝟑 𝟑 𝑬𝑰∆ − 𝑬𝑰𝜽𝑪 − 𝑬𝑰𝜽𝑩 = 𝟒𝟎 𝟖 𝟖 𝟖 𝟑 𝟓 𝟏 − 𝑬𝑰∆ + 𝑬𝑰𝜽𝑪 + 𝑬𝑰𝜽𝑩 = 𝟎 𝟖 𝟑 𝟑 𝟑 𝟏 𝟓 − 𝑬𝑰∆ + 𝑬𝑰𝜽𝑪 + 𝑬𝑰𝜽𝑩 = 𝟎 𝟖 𝟑 𝟑 pág. 44

 Resolviendo el sistema de ecuaciones tenemos:

∆=

𝟏𝟕𝟎.𝟔𝟖 𝑬𝑰

;

𝜽𝑩 =

𝟑𝟐 𝑬𝑰

;

𝜽𝑩 =

𝟑𝟐 𝑬𝑰

 Reemplazando los valores hallados en las ecuaciones de momentos obtenemos:

𝑴𝑨𝑩 = −𝟒𝟖 𝑻𝑵. 𝒎 𝑴𝑩𝑨 = −𝟑𝟐 𝑻𝑵. 𝒎 𝑴𝑩𝑪 = +𝟑𝟐 𝑻𝑵. 𝒎 𝑴𝑪𝑩 = +𝟑𝟐 𝑻𝑵. 𝒎 𝑴𝑪𝑫 = −𝟑𝟐 𝑻𝑵. 𝒎 𝑴𝑫𝑪 = −𝟒𝟖 𝑻𝑵. 𝒎

pág. 45

 Diagrama de momentos y bosquejo de la deformada:

pág. 46

MÉTODO DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS O HARDY CROSS: MÉTODO DE HARDY CROSS SIN DEZPLAZAMIENTO: DEFINICIÓN: El método de distribución de momentos o también conocido como método de Hardy Cross es un método de aproximaciones sucesivas que puede realizarse con cualquier grado de precisión deseado, desarrollado en 1930, aplicable en vigas y pórticos, que permite analizar una estructura hiperestática mediante la repetición del proceso de fijar un nudo rígido en el espacio, determinar los momentos de empotramiento en el mismo, y liberarlo posteriormente para permitir su giro y analizar la transmisión de momentos y giros a otros nudos. CONCEPTOS PREVIOS: RIGIDEZ DEL MIEMBRO: Se define la rigidez como la capacidad (momento) que tiene un miembro para resistir una rotación unitaria de 1 radián en un extremo simplemente apoyado, generado por la aplicación de un momento en ese apoyo, mientras el extremo opuesto se encuentra empotrado, simplemente apoyado. CASO A: El caso de extremo opuesto a simplemente apoyado

Utilizando la viga conjugada correspondiente, ilustrada en la parte (b) de la misma figura, se obtiene: pág. 47

𝜃𝑖 = 𝑅̅𝑖 =

𝑀𝑖 𝐿 (2⁄3𝐿) 𝑀𝑖 𝐿 × × = 𝐸𝐼 2 𝐿 3𝐸𝐼 𝑀=

3𝐸𝐼 𝜃 𝐿

De ahí la rigidez absoluta en éste caso es: 𝜃𝐴 = 1𝑟𝑎𝑑 𝐾𝐴 =

𝑀 3𝐸𝐼 = 𝜃 𝐿

CASO B: Considerando ahora un elemento con el extremo opuesto empotrado, se tiene la siguiente situación:

Como en i no hay desplazamiento, el momento de la viga conjugada, en dicho punto debe ser cero: 𝑀 𝐿 𝐿 𝑀 𝐿 2𝐿 × × − × × =0 𝐸𝐼 2 3 𝐸𝐼 2 3 1 𝑀𝑗 = 𝑀𝑖 2 𝜃𝑖 = 𝑅̅𝑖 =

𝑀𝑖 𝐿 𝑀𝑗 𝐿 × − × 𝐸𝐼 2 𝐸𝐼 2 pág. 48

𝜃𝑖 =

𝐿 1 𝑀𝑖 𝐿 (𝑀𝑖 − 𝑀𝑖 ) = 2𝐸𝐼 2 4𝐸𝐼 𝑀𝑖 =

Rigidez absoluta: 𝜃𝐴 = 1𝑟𝑎𝑑 𝐾𝐴 =

4𝐸𝐼 𝜃 𝐿 𝑖

𝑀𝑖 4𝐸𝐼 = 𝜃 𝐿

RIGIDEZ RELATIVA: Cuando el módulo de elasticidad para todos los miembros es el mismo, se suele emplear la rigidez relativa a la flexión del miembro, se obtiene dividiendo la rigidez absoluta entre 4E. Por lo tanto la rigidez relativa para los diversos casos es:  De apoyo simple a empotrado: 𝐾𝑖𝑗 = 0 3

𝐼

4

𝐿 𝐼

 De empotrado a simple: 𝐾𝑖𝑗 = × ( )  De empotrado a empotrado: 𝐾𝑖𝑗 =

𝐿

FACTOR DE DISTRIBUCIÓN: Es igual a la rigidez en un sentido del tramo entre la suma de las rigideces que convergen en un punto de todos los elementos que concurren al nodo. 𝛿𝑖𝑗 =

𝐾𝐴𝐵 𝐾𝐴𝐵 + 𝐾𝐵𝐶

𝛿𝑖𝑗 =

𝐾𝑖𝑗 ∑ 𝐾𝑖𝑗

Donde: 𝛿𝑖𝑗 = Factor de distribución en un sentido del tramo. 𝑘𝑖𝑗 = Rigidez relativa en un sentido del tramo. ∑ 𝑘𝑖𝑗 =Sumatoria de las rigideces que convergen en un punto dado.

pág. 49

CONSIDERACIONES:  En los extremos: De apoyo simple o doble a empotrado: 𝛿𝑖𝑗 = ∅ De apoyo empotrado a empotrado: 𝛿𝑖𝑗 = 0 FACTOR DE TRASMISIÓN:  Un momento aplicado en la articulación B transmite al empotramiento A un momento de igual valor igual a un medio de aquel y de signo contrario. 1 𝑀𝐴 = − 𝑀𝐵 2

METODOLOGÍA: 1. Se supone que todos los nudos no ubicados en los extremos son rígidos y se calculan los momentos de empotramiento perfecto (MEP) para cada claro (tramo). 2. Se deja girar libremente a cada nudo y se distribuye el momento no equilibrado entre todas las barras adyacentes, por medio de los factores de distribución, a continuación se vuelve a bloquear el nudo contra el giro. 3. Una vez distribuido el momento no equilibrado, se transmite su mitad con el mismo signo al otro extremo de la viga.

pág. 50

EJERCICIOS: EJERCICIO N°1:

SOLUCIÓN: 1° Rigideces relativas: K AB = K BA = 3 2

1 4

= 0.25 EN B: ∑(𝐾𝐵𝐴 + 𝐾𝐵𝐶 ) = 0.55

K BC = 4 (5) = 0.30 K CB = 0

2° Factores de distribución: δAB = 0 δBA =

δBC =

K BA 0.25 = = 0.455 K BA + K BC 0.55 KBC

KBA +KBC

=

0.30 0.55

= 0.545

K CB = ∅ 3° MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO: TRAMO A-B: MAḂ = −1.67tn. m MBȦ = 3.67tn. m TRAMO B-C MBĊ = −0.72tn. m MCḂ = −1.92tn. m

′ 𝑀𝐵𝐶 = −0.72 − (

−1.92 2

) = 0.24𝑡𝑛. 𝑚

4° DETERMINACION DE LOS MOMENTOS MEDIANTE EL MÉTODO DE CROSS:

pág. 51

EJERCICIO N°2:

SOLUCIÓN: 1° Rigideces relativas: K AB = 0 3 33 K BA = 4 ( 8 ) = 3.094

En B: ∑(𝐾𝐵𝐴 + 𝐾𝐵𝐶 ) = 9.794

67

K BC = ( ) = 6.7 10 67

K CB = (10) = 6.7 3 20 K CD = ( ) = 2.5 4 6 K DC = 0

En C: ∑(𝐾𝐶𝐵 + 𝐾𝐶𝐷 ) = 9.2

2° Factores de distribución: pág. 52

δAB = ∅ δBA =

K BA 3.094 = = 0.316 K BA + K BC 3.094 + 6.7

δBC =

KBC

KBA +KBC

=

6.7

3.094+6.7

= 0.684

K CB 6.7 = = 0.728 K CB + K CD 6.7 + 2.5 K CD 2.5 δCD = = = 0.272 K CB + K CD 6.7 + 2.5 K CB = ∅ δCB =

3° MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO: TRAMO A-B: 𝑤𝑙2

MAḂ = − 12 = −8.533 tn. m 𝑤𝑙 2 MBȦ = = 8.533 tn. m 12

1

′ 𝑀𝐴𝐵 ̇ = 8.53 − 2 (−8.53) = 12.8 𝑡𝑛. 𝑚

TRAMO B-C 𝑤𝑙2

MBĊ = − 12 = −13.333 tn. m 𝑤𝑙 2 MCḂ = = 13.333 tn. m 12 TRAMO C-D: MCḊ = MDĊ

𝑤𝑙2

+

𝑃𝑙

= −7.8 tn. m 𝑤𝑙 2 𝑃𝑙 = − = 7.8 tn. m 12 8 12

8

1

′ 𝑀𝐶𝐷 ̇ = −7.8 − 2 (7.8) = −11.7 𝑡𝑛. 𝑚

4° DETERMINACION DE LOS MOMENTOS MEDIANTE EL MÉTODO DE CROSS:

pág. 53

EJERCICIO N°3:

6m

4m

SOLUCIÓN: Como se trata de una viga de sección constante, se puede suponer: I =1 1° Rigideces relativas: K AB = 0 3 1 K BA = 4 (4) =0.188

En B: ∑(𝐾𝐵𝐴 + 𝐾𝐵𝐶 ) = 0.355

1

K BC = (6) = 0.167 1

K CB = (6) = 0.167

2° Factores de distribución: δAB = ∅ δBA =

δBC =

K BA 0.188 = = 0.53 K BA + K BC 0.188 + 0.167 KBC

KBA +KBC

=

0.167

0.188+0.167

= 0.47

δCB = 0 3° MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO: TRAMO A-B: MAḂ = −25 𝑘𝑛. 𝑚 MBȦ = 25 kn. m TRAMO B-C MBĊ = −60 kn. m MCḂ = 60n. m pág. 54

4° DETERMINACION DE LOS MOMENTOS MEDIANTE EL MÉTODO DE CROSS:

EJERCICIO N°4:

SOLUCIÓN: Como se trata de una viga de sección constante, se puede suponer: I =24 1° Rigideces relativas: 24

K AB = (12)= 2 24

En B: ∑(𝐾𝐵𝐴 + 𝐾𝐵𝐶 ) = 4

24

En C: ∑(𝐾𝐶𝐵 + 𝐾𝐶𝐷 ) = 5

K BA = (12) = 2 K BC = (12) = 2 24

K CB = (12) = 2 24

K CD = ( 8 ) = 3 24 K 𝐷𝐶 = ( ) = 3 8

2° Factores de distribución: δAB = 0 δBA =

δBC =

K BA 2 = = 0.5 K BA + K BC 2+2 KBC

KBA +KBC

=

2

2+2

= 0.5 pág. 55

KCB 𝐶𝐵+KCD KCD K𝐶𝐵+KCD

δCB = K

=

δCD =

=

2 = 2+3 3 = 2+3

0.4 0.6

δDC = 0 3° MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO: TRAMO A-B: MAḂ = 0 𝑘𝑛. 𝑚 MBȦ = 0 kn. m TRAMO B-C: MBĊ = −240 KN. m MCḂ = 240 KN. m TRAMO C-D: MCḊ = −250 KN. m MDĊ = 250 KN. m 4° DETERMINACION DE LOS MOMENTOS MEDIANTE EL MÉTODO DE CROSS:

pág. 56

MÉTODO DE CROSS CON DESPLAZAMIENTO Teniendo claro los conceptos ya mencionados, tomaremos en cuenta el método de Cross a utilizarse en estructuras translacionales o estructuras que se desplazan, para esto encontraremos dos casos: Estructura en ambos extremos, estructura empotrada-articulada

CASO I: ESTRUCTURA EMPOTRADA EN AMBOS EXTREMOS En la figura observamos una viga empotrada a ambos extremos que se desplaza en el extremo B hacia B’ y los momentos ejercidos en ambos empotramientos, a los que llamaremos 𝑀𝐴 y 𝑀𝐵 Se desea calcular los pares de empotramiento desplazamiento”∆” como se muestra en la figura

que genera un

Al ser los desplazamientos y los giros de pequeña magnitud en comparación con las dimensiones principales, el problema se puede descomponer en fases sencillas. Se suponen rigideces K y K’, y factores de transmisión 𝛽 y 𝛽’, según se considere el extremo origen.

Atendiendo al pequeño valor del ángulo girado, se puede igualar el ángulo con la tangente. O sea, ∆ 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝜃 = 𝐿

pág. 57

En la siguiente figura se calcula los pares de empotramiento cuando la estructura gira un ángulo 𝜃 en el apoyo A. El par para el empotramiento en A vale K𝜃, mientras que el par para el empotramiento en B toma el valor de K𝜃𝛽

De igual modo, en la figura se representa el valor de los pares de empotramiento al girar la pieza un ángulo 𝜃 en el apoyo B. Así, en A es igual a K’𝜃𝛽’, y en B, K’𝜃

En resumen, las tres fases mencionadas anteriormente se pueden abreviar en la siguiente figura

∆

Reemplazando: 𝑡𝑎𝑛𝜃 = 𝜃 = , obtenremos 𝐿

MA =

∆ ′ ′ (k β + k) L

MB =

∆ (kβ + k′) L

pág. 58

Si las piezas son de sección constante y del mismo material, 𝛽 = 𝛽’=1/2 ; k=k’= MA =

∆ ′ ′ ∆ 4𝐸𝐼 1 4𝐸𝐼 4𝐸𝐼∆ 1 6𝐸𝐼∆ (k β + k) = ( + ) = 2 ( + 1) = 2 L L 𝐿 2 𝐿 𝐿 2 𝐿

M𝐵 =

∆ ∆ 4𝐸𝐼 1 4𝐸𝐼 4𝐸𝐼∆ 1 6𝐸𝐼∆ (kβ + k′) = ( + ) = 2 ( + 1) = 2 L L 𝐿 2 𝐿 𝐿 2 𝐿

Por lo tanto 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 =

4𝐸𝐼 𝐿

6𝐸𝐼∆ 𝐿2

CASO II: ESTRUCTURA EMPOTRADA-ARTICULADA

En este caso el momento en B:será igual a la mitad del momento hallado anteriormente Ya que el momento en B será la rigidez en ese apoyo multiplicado por 𝜃

3𝐸𝐼 ∆ ( ) 𝐿 𝐿 3𝐸𝐼∆ M𝐵 = 2 𝐿

M𝐵 =

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RELACIÓN ENTRE FUERZAS Y PARES DE EMPOTRAMIENTO Consideremos una pieza AB biempotrada, sometida a una fuerza F horizontal, tal y como se representa en la figura 2. Si el extremo B puede desplazarse, al llegar a una posición de equilibrio, se cumple : ∑𝑀 = 0 𝐹𝐿 − 𝑀𝐴 − 𝑀𝐵 = 0 ∑𝐹 = 0 𝑇−𝐹 =0

Si lo que se desea es hallar los pares de empotramiento, sólo se dispone de una ecuación. Para poder calcular estos pares de empotramiento es necesario recurrir a las expresiones obtenidas al estudiar las relaciones entre desplazamientos y pares de empotramiento, estudiadas en el apartado anterior, y así disponer del siguiente sistema:

Si decimos Luego 𝑀𝐵

MA 𝑀𝐵

=

=

k′ β′ +k kβ+k′

𝐹𝐿 1+Φ

= Φ, entonces 𝑀𝐴 = 𝑀𝐵 Φ

y 𝑀𝐴 = 4𝐸𝐼

Considerando 𝛽 =1/2 ; k=

𝐿

𝐹𝐿Φ 1+Φ

tendremos que 𝑀𝐴

= 𝑀𝐵 =

𝐹𝐿 2

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EJERCICIOS DE APLICACIÓN EJERCICIO 1) Hallar los diagramas de cortante y momento flector utilizando el método de Cross, siendo B rótula

SOLUCIÓN: 1) Rigidez relativa KAB=KBA=0.125

en C: ∑(𝐾𝐶𝐵 + 𝐾𝐶𝐷 ) =

0.304 KBC=KCB=0.250 KDC=KCD=0.054 2) Factores de distribución dAB=0 dBA= Φ dBC= Φ dCB=KCB/∑(𝐾𝐶𝐵 + 𝐾𝐶𝐷 )=0.824 dCD=KCD/∑(𝐾𝐶𝐵 + 𝐾𝐶𝐷 )=0.176 dDC= Φ 3) MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO: TRAMO A-B 𝑀°𝐴𝐵 = −6.00𝑇𝑛𝑓. 𝑚 𝑀°𝐵𝐴 = 6.00𝑇𝑛𝑓. 𝑚

𝑀°𝐵𝐴´ = −9.00𝑇𝑛𝑓. 𝑚

TRAMO C-D 𝑀°𝐶𝐷 = −17.500𝑇𝑛𝑓. 𝑚

𝑀°𝐶𝐷´ = −26.250𝑇𝑛𝑓. 𝑚

𝑀°𝐷𝐶 = 17.500𝑇𝑛𝑓. 𝑚

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4) DETERMINACIÓN DE LOS MOMENTOS EN LOS APOYOS POR EL MÉTODO DE HARDY CROSS SIN DESPLAZAMIENTO A 0 -9.000

B

-9.000

-0.824

C -0176 -26.250

21.618

4.632

21.618

-21.618

D

5) DETERMINACIÓN DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS TRAMOS A-B

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TRAMO B-C

TRAMO C-D

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6) Determinación de los momentos en los apoyos por el método de Cross, con desplazamiento: En los tramos adyacentes a B(rótula)

𝑀°𝐴𝐵′ = 𝑀°𝐶𝐵′ = A 0 -1.000 -1.000

3𝐸𝐼(−∆) 62 3𝐸𝐼(+∆) 32

-1

x

4

x

B -0.824 4.000

C -0176

-3.294

-0.706

0.706

-0.706

D

7) DETERMINACIÓN DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS CONSIDERANDO LOS DESPLAZAMIENTOS TRAMO A-B

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TRAMO B-C

TRAMO C-D

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8) ECUACIÓN DE CONDICIÓN ∑ 𝐹𝑈𝐸𝑅𝑍𝐴𝑆 𝑉𝐸𝑅𝐼𝑇𝐼𝐶𝐴𝐿𝐸𝑆 = 0 (𝑅𝐴 + 𝑅𝐶 + 𝑅𝐷 ) + (𝑅𝐴´ + 𝑅𝐶´ + 𝑅𝐷´)𝑋 − 22 = 0 𝑋 = −6.732 9) REACCIONES FINALES TRAMO AB CB CD SIN DESPLAZAMIENTO -9.000 21.618 -21.618 CON DESPLAZAMIENTO 6.732 -4.752 4.572 MOMENTOS FINALES POR -2.268 16.866 -16.866 TRAMO Entonces , tendremos : 𝑀𝐴 = −2.268 𝑇𝑛𝑓. 𝑚 𝑀𝐵 = 0 𝑇𝑛𝑓. 𝑚 𝑀𝐶 = −16.866 𝑇𝑛𝑓. 𝑚 𝑀𝐴 = 0 𝑇𝑛𝑓. 𝑚 10) REACCIONES FINALES: TRAMO SIN DESPLAZAMIENTO CON DESPLAZAMIENTO MOMENTOS FINALES POR TRAMO

AB -7.5 -1.12 6.38

CB 7.21 -1.58 5.62

CD 6.54 -0.34 6.20

DC 3.46 0.34 3.80

Reacción apoyo A 6.38 Tnf Reacción apoyo B 11.83 Tnf Reacción apoyo C 3.80Tnf 11) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector

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EJERCICIO 2) En el pórtico que se muestra, el apoyo “e” es de libre desplazamiento horizontal. Resolver esta estructura aplicando el método de Hardy Cross. Se determinaran las reacciones de apoyo y se trazaran los diagramas de momentos flectores y de esfuerzos cortantes

SOLUCIÓN: 1) RIGIDEZ RELATIVA: Kab=2/6=0.333 Kbc=3/5=0.6 Kce=(3/4)(3/5)=0.45

Kcd=2/6=0.333

2) COEFICIENTES DE DISTRIBUCIÓN: b

c

ba bc

0.357 0.643

∑𝐾

0.333 / 0.933 0.6/0.933 0.933

0.241 0.434 0.325

∑𝐾

0.333 / 0.933 0.6/1.383 0..45 /1.383 1.383

cd cb ce

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3) Momento de empotramiento perfecto

2(2𝑥6 − 3𝑥2) = −2𝑡𝑜𝑛. 𝑚 62 4(2𝑥6 − 3𝑥4) 𝑀°𝑏𝑎 = −6 = 0𝑡𝑜𝑛. 𝑚 62

𝑀°𝑎𝑏 = −6

4) DISTRIBUCION a. CONSIDERANDO LOS NUDOS FIJOS

0 -0.325

-0.357

0 -0.241

0 -0.434

0 0

-2 0 -2 0

0

0

5) Reacciones en los apoyos por nudos fijos: RA=0.333

RD=0

6) Considerando el desplazamiento en los nodos b,c y e se generan los siguientes momentos de empotramiento perfecto 𝑀°𝑎𝑏 = 𝑀°𝑏𝑎 = 𝑀°𝑑𝑐 = 𝑀°𝑐𝑑 = −

6𝐸𝐼∆ 6(𝐸 )(2)(∆) = − 𝐿2 62

Como no conocemos el valor de ∆ ,tomaremos un valor arbitrario de 1, en el que hacemos la distribución y luego planteamos la ecuación de equilibrio que permitirá hacer la correción real por este desplazamiento -0.699 +0.006 -0.010 +0.093 -0.147 -0643

-0586 -0.001 +0.003 -0.020 +0.048 -0.294 -0.3222

-0237 -0.01 -0.016 -0220

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-0.082+1 0

-0.357 0

0.823 -0.001 -0.012 --0.164+1 -0.241

+0.052 -0,387+1 +0.026 +0.179+1

0.912 -0.06

0.699 +0.004 0.0849 +0.002

7) Ecuación de equilibrio: ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝑅𝐴 + 𝑅𝐷 + 𝑋 (𝑅𝐴´ + 𝑅𝐷´) = 0 0.333+X(-0.258-0.289)=0 X=0.609 8) Momentos y esfuerzos cortantes finales ab bc cd cb ce A -2.0 0 0 0 0 xB´ 0.517 0.426 0.501 -0.357 -0.144 M -1.483 0.426 0.501 -0.357 -0.144

dc 0 0.555 0.555

Qab=0.176 Qbc=0.157 Qdc=0.176 Qce=0.029 9) Hallaremos los diagramas de momento flector y esfuerzo cortante

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