Vigas- Continuas 3 momentos PDF

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VIga continua resolucion por metodo de 3 momentos...

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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:

 𝒄𝒅 =− 𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏

)𝑳𝒏+𝟏 = −(𝒄𝒅 )𝑳𝒏 … … (𝒂) (𝒂𝒃 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: 𝐿𝑛 2𝐿𝑛 𝐿𝑛 𝐿𝑛  (𝐸𝐼)𝑛 = (−𝐴𝑛 ∗ −𝑎𝑛 ) + (−𝑀 ) + (−𝑀 ∗ − ∗ − −𝑎𝑏 ) 𝑛 𝑛−1 3 2 2 3 𝑳 𝑳 𝑳 𝟐𝑳 𝒂𝒃 (𝑬𝑰)𝒏 = −𝑨𝒏 ∗ 𝒂𝒏 − 𝑴𝒏−𝟏 𝒏 ∗ 𝒏 − 𝑴𝒏 𝒏 ∗ 𝒏 … … (𝒃) 𝟑 𝟐 𝟑 𝟐 pág. 3

𝑐𝑑  𝐿 𝐿𝑛+1 𝐿𝑛+1 ) (𝐸𝐼)𝑛+1 = (−𝐴𝑛+1 ∗ 𝑏𝑛+1) + (−𝑀𝑛 𝑛+1 2𝐿𝑛+1 ) + (−𝑀𝑛+1 ∗ ∗ 3 3 2 𝑳𝒏+𝟏 2   𝒄𝒅(𝑬𝑰)𝒏+𝟏 = −𝑨𝒏+𝟏 ∗ 𝒃𝒏+𝟏 − 𝑴𝒏 𝟐𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏 … … (𝒄) ∗ − 𝑴𝒏+𝟏 ∗ 𝟑 𝟐 𝟑 𝟐

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 𝑳𝒏+𝟏 𝑳𝒏+𝟏) − 𝑴𝒏 𝟑 𝟔 (𝑳𝒏+𝟏)𝟐 (𝑳𝒏+𝟏 )𝟐 𝑳𝒏 = (𝑨𝒏+𝟏 ∗ 𝒃𝒏+𝟏)𝑳𝒏 + 𝑴𝒏 𝑳𝒏 + 𝑴𝒏+𝟏 𝟔 𝟑

(−𝑨𝒏 ∗ 𝒂𝒏 )𝑳𝒏+𝟏 − 𝑴𝒏−𝟏

Ahora al dividir ambos términos por (𝐿𝑛 ∗ 𝐿𝑛+1) obtenemos: 𝑴𝒏−𝟏

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

𝐴𝑛+1 𝑏𝑛+1 𝐴𝑛 𝑎𝑛 −6 𝐿𝑛+1 𝐿𝑛

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 𝑳𝟏 𝑳𝟏 𝑨𝟏 𝒃𝟏 𝑳𝑶 ] + 𝟐𝑴𝑨 [ + ] + 𝑴𝑩 [ ] = −𝟔 [ ] ∞ ∞ 𝑰 𝑰 𝑰𝑳𝟏

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

𝑳𝟏

𝑨𝟏 𝒃 𝟏 𝟐𝑴𝑨 𝑳𝟏 + 𝑴𝑩 𝑳𝟏 = −𝟔 [

]

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

𝑊𝐿2 𝑊𝐿3 2 = 𝐴𝑛 = 𝐴𝑛+1 = ∗ 𝐿 ∗ 8 3 12 𝐿 𝑎𝑛 = 𝑏𝑛+1 = 2 Luego se tiene que:

𝑀𝐴 = 𝑀𝐶 = 0

𝑊𝐿3 𝐿 𝑊𝐿3 𝐿 ∗ 6 ∗ ∗ 6 ∗ 12 2 12 2 − 0 ∗ 𝐿 + 2𝑀𝐵 (𝐿 + 𝐿) + 0 ∗ 𝐿 = − 𝐿 𝐿

Aplicando el teorema de momentos:

𝑊𝐿2 𝑀𝐵 = − 8

pág. 6

Luego para hallar las reacciones:

𝑅𝐵𝐴

𝑊𝐿

8 𝑊𝐿2

3𝑊𝐿 ↑ = 8 𝐿 − 3𝑊𝐿 2 − 5𝑊𝐿 ↑ = 𝑊𝐿 = 8 8

𝑅𝐴𝐵 =

5𝑊𝐿 ↑ 8 3𝑊𝐿 𝑅𝐶𝐵 = 𝑅𝐴𝐵 = ↑ 8 Por simetría tenemos:

𝑅𝐵𝐶 = 𝑅𝐵𝐴 =

Finalmente graficamos los respectivos diagramas:

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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 [

40 ∗ 2 ∗ 3 30 ∗ 36 20 ∗ 9 (12 − 3)2 ] − 6 [ (3 + 5)] + 24 ∗ 6 16 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 ) 20 ∗ 125 40 ∗ 2 ∗ 3 (2 + 5)] − 6 [ 5𝑀𝐵 + 2𝑀𝐶 (5 + 5) + 0 ∗ (5) = −6 [ ] 6∗5 24

5𝑀𝐵 + 20𝑀𝐶 = −961 … (2)

𝑀𝐵 = −38.4 𝑘𝑁. 𝑚

Ahora reemplazamos (2) en (1):

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 ↑

30 1.5 60 − 38.4 = 33.6 𝑘𝑁 ↑ + + (20 ∗ 3) 6 6 2 30 4.5 21.6 = 56.4 𝑘𝑁 ↑ = + (60) − 6 2 6

𝑅𝐴𝐵 = 𝑅𝐴𝐵

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

40 ∗ 3 38.5 − 38.4 − = 24 𝑘𝑁. 𝑚 5 5

Reacciones en el tramo BC.

𝑅𝐵𝐶 =

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 ↑

42.3 ∗ 2.113 = 44.7 𝑘𝑁. 𝑚 2

Momento maximo, MD=0.

𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) =

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

𝑀𝐴 ∗ 6 + 2𝑀𝐵 (6 + 5) + 𝑀𝐶 ∗ 5 = −6

15 ∗ 63

(20 ∗ 53 ) − 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)

𝑀𝐶 = −35.3 𝑘𝑁. 𝑚

 Reemplazando (5) en (6). Obtenemos.

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 +

𝑅𝐵𝐴

= 45.0 𝑘𝑁 ↑ 6 0.2 = 45.0 𝑘𝑁 ↑ = 15 ∗ 3 − 6

𝑀𝑚𝑎𝑥 =

 Tramo BC.

0.2

(45.0)2 − 45.1 = 22.5 𝑘𝑁. 𝑚 2 ∗ 15

𝑅𝐵𝐶 = 20 ∗ 2.5 +

44.9 − 35.3 = 51.9 𝑘𝑁 ↑ 5

𝑅𝐶𝐵 = 100 − 51.9 = 48.1 𝑘𝑁 ↑

(51.9)2 𝑀𝑚𝑎𝑥 (+) = − 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*107mm4 y E=200KN/mm2.

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SOLUCION:

𝐴1 =

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

Aplicando el teorema:  𝑀𝑜 (0) + 2𝑀𝐴 (0 +

6 ) 2𝐼

+ 𝑀𝐵 ( 2𝐼) = −6 [0 +

6𝑀𝐴 + 3𝑀𝐵 = −6 [

6

360∗3 6∗2𝐼

+

360∗3 6∗2𝐼

] + 6𝐸 [0 +

360 ∗ 3 360 ∗ 3 −12 ∗ 10−3 ] ] 6𝐸𝐼 [ + 6 6 ∗ 2𝐼 6 ∗ 2𝐼

−12 ∗10−3 6

]

6𝑀𝐴 + 3𝑀𝐵 = −3000 … … (𝐼)

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

12∗10−3 4

4

6

]

4

360∗3 6∗2𝐼

4

5

360∗3 6∗2𝐼

5

(2 )

4𝐼

+

] + 6𝐸 [

12∗10 −3

−12∗10−3

]

+

138 .667(2)

8

] + 6𝐸 [

4𝐼

3𝑀𝐴 + 14𝑀𝐵 + 4𝑀𝐶 = 3304 … (𝐼𝐼)

 𝑀𝐵 ( ) + 2𝑀𝐶 ( + ) + 𝑀𝐷 ( ) = −6 [138.667 𝐼 𝐼 𝐼 𝐼 4

+

180( 3) 5𝐼

4𝑀𝐵 + 18𝑀𝐶 = −3872 … (𝐼𝐼)

4

6

+

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

𝑉𝐵𝐴 = −100

𝑉𝐶𝐵 = −52

𝑉𝐴𝐵 = 100

𝑉𝐵𝐶 = 52

Tramo CD

𝑉𝐶𝐷 = 36 … 𝑘𝑁

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

𝑉𝐴𝐵 = 305.295

𝑉𝐵𝐴 = 105.295

Tramo BC

𝑉𝐵𝐶 = −150.842

𝑉𝐶𝐵 = −254.842

Tramo CD

𝑉𝐶𝐷 = 100.704 … 𝑘𝑁 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 =

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

Ahora aplicamos el metodo:

 𝑀𝐴 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐵 ( 𝐼 + 𝐼 ) + 𝑀𝐶 ( 𝐼 ) = −6 ( 4

4

4

4

3200(2) 4𝐼

+

1800(2) 4𝐼

)

4𝑀𝐴 + 16(𝑀𝐵 ) + 4𝑀𝐶 = −1500 … (𝐼)

 𝑀𝐵 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐶 ( 𝐼 + 4

4

0

∞

) + 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

𝑉𝐴𝐵 = 1200

Tramo BC

𝑉𝐵𝐴 = −1200

Calculando las correcciones. 𝐶𝐴𝐵 =

𝑉𝐵𝐶 = 450 … 𝑁

𝑉𝐶𝐵 = −450 … 𝑁

−1600 − (−421.429) = −294.643; 4

Ahora las cortantes finales son: Tramo AB

𝑉𝐴𝐵 = 1200 − (−294.643) = 1494.643;

𝐶𝐵𝐶 =

−421 .429 − (−464.286) = 10.759 4 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 3 2 2 3 3 2 3

𝑀𝐴 = −20𝑇𝑛 . 𝑚

Aplicando el teorema de los “tres momentos”:  𝑀𝐴 ( 𝐼 ) + 2𝑀𝐵 ( 𝐼 + ) + 𝑀𝐶 ( ) = −6 ( 𝐼 𝐼 3

3

2

2

90(1.5) 3𝐼

2

3𝐼

10(𝑀𝐵 ) + 2𝑀𝐶 = −263.333 … (𝐼) 3

3

45 (2/3)(3) 3𝐼

+

(40/3)( 1+1/3) 3𝐼

)

)

4(𝑀𝐵 ) + 10𝑀𝐶 + 3𝑀𝐷 = −180 … (𝐼𝐼)

 𝑀𝐶 ( ) + 2𝑀𝐷 ( ) + 𝑀𝐷𝑂 (0) = −6 ( 𝐼 𝐼 3

(20/3)( 2/3)

3𝑀𝐴 + 10(𝑀𝐵 ) + 2𝑀𝐶 = −323.333

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

+

3

45 (1/3)(3) 3𝐼

+ 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

𝑉𝐴𝐵 = 73.333

𝑉𝐵𝐴 = −66.667

𝑉𝐵𝐶 = 0

Hallando las correcciones.

𝑉𝐶𝐵 = 0

Tramo CD

𝑉𝐶𝐷 = −10 … 𝑘𝑁

𝐶𝐴𝐵 = 1.433; 𝐶𝐵𝐶 = −7.068: 𝐶𝐶𝐷 = 0.0823 … [𝑇𝑛]

𝑉𝐷𝐶 = −10 … 𝑘𝑁

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 40 2 1 3(0.5) 90 ∗ 1.5 ( 3 ) (2 + 3) ( 3 ) ( 3) (2) ) + 6𝐸(−∆) = −6 ( + + + 3𝐼 3𝐼 3𝐼 𝐼

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. El método de la deformación angular (pendiente – flexión), fue presentado

II.

MARCO TEÓRICO:

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

𝑴𝒊𝒋

MOMENTOS EXTERIORES

𝑴𝒊𝒋

MOMENTOS FELCTORES

i

j

i

i

𝑴𝒋𝒊

𝑴𝒋𝒊 j

𝑴𝒋𝒊 j

ACCIÓN DE LOS NUDOS A LOS ELEMENTOS

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’:

[(

𝑴𝑨𝑩

+ ∑ 𝑴𝑨′ = 𝟎

𝑳 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟐𝑳 )] = 𝟎 )( )( 𝟑 ) ( ) ( )] − [( 𝑬𝑰 𝟐 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

𝑴𝑨𝑩 = 𝟐𝑴𝑩𝑨 ..... ... ......... ...... ......... ... ..... ((1) 1)

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

[(

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎

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

(

𝑴𝑨𝑩𝑳 𝟑𝑬𝑰

)−(

𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟔𝑬𝑰

.......... .... ....... ... ......( ...( ...(2) 2) ) = 𝜽𝑨.......

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

𝟐𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 ( )−( ) = 𝜽𝑨 𝟑𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝑴𝑩𝑨 =

𝑴𝑨𝑩 =

𝟐𝑬𝑰 𝜽 𝑳 𝑨 𝟒𝑬𝑰

pág. 25

𝑳

𝜽𝑨

DESPLAZAMIENTO ANGULAR 𝜽𝑩:

VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

pág. 26

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos A’:

[(

𝑴𝑨𝑩

+ ∑ 𝑴𝑨′ = 𝟎

𝑳 𝑳 𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝟐𝑳 )] + (𝜽𝑩 𝑳) = 𝟎 )( )( 𝟑 ) ( ) ( )] − [( 𝑬𝑰 𝟐 𝑬𝑰 𝟐 𝟑

[(

𝑴𝑩𝑨 𝑬𝑰

) ( 𝟔 )] − [( 𝟐𝑳

𝑴𝑨𝑩 𝑬𝑰

) ( 𝟔)] = 𝜽𝑩 .... ........ .... ........ .... ........ ((1) 1) 𝑳

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

[(

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎

𝑴𝑩𝑨 𝑳 𝑳 𝑴𝑨𝑩 𝑳 𝟐𝑳 ) ( ) ( )] − [( ) ( ) ( )] = 𝟎 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 .......... ...... .............( .....(2) 2) 𝑴𝑩𝑨 = 𝟐𝑴𝑨𝑩 .....

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

𝟒𝑴𝑨𝑩𝑳 𝑴𝑨𝑩 𝑳 ) = 𝜽𝑩 ( )−( 𝟔𝑬𝑰 𝟔𝑬𝑰 𝑴𝑩𝑨 =

𝑴𝑨𝑩 =

𝟒𝑬𝑰 𝜽 𝑳 𝑩

𝟐𝑬𝑰 𝜽 𝑳 𝑩

pág. 27

DESPLAZAMIENTO LINEAL RELATIVO ∆: VIGA REAL

VIGA CONJUGADA

pág. 28

Aplicamos sumatoria de momentos respecto a los puntos B’:

[(

𝑴

+ ∑ 𝑴𝑩′ = 𝟎

𝑳 𝟐𝑳 𝑴 𝑳 𝑳)] − ∆= 𝟎 ) ( ) ( )] − [( ) ( ) (𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟑 𝑬𝑰 𝟐 𝟔𝑬𝑰 𝑴= 𝟐 ∆ 𝑳

𝑴𝑨𝑩 = 𝑴𝑩𝑨 = 𝑴 =

DEBIDO A CARGAS EXTERNAS EMPOTRAMIENTO PERFECTO:

𝟔𝑬𝑰 ∆ 𝑳𝟐

-

MOMENTOS

DE

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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:
...