Capitulo 5 Ecuacion de Los Tres Momentos y Metodos de Angulos de Giro y Deflexion

7/22/2019 Capitulo 5 Ecuacion de Los Tres Momentos y Metodos de Angulos de Giro y Deflexion

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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 161

ste captulo comprende dos mtodos de particular importancia. La ecuacin de lostres momentos es sumamente til en la solucin de vigas continuas, y el mtodo dengulos de giro y deflexin introduce conceptos fundamentales, indispensablespara una mejor comprensin de otros mtodos que se vern ms adelante.

5.1 ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS

5.1.1 Teora

Supngase la viga mostrada en la figura, de la cual se sabe que en los apoyos extremos noexiste momento.

Considerando la pendiente de la elstica en un apoyo intermedio cualquiera, de la seme-janza de los tringulos formados en la figura (b) se obtiene:

ab

L

cd

Ln n=

+1

( ) ( ) n1n LcdLab = + (a)

E


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162 ANLISIS DE ESTRUCTURAS

Ntese que 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 vigassimplemente apoyadas con momentos redundantes en sus extremos.En el caso general, los diagramas de momentos debidos a las cargas aplicadas tendrnreas Any An+1con sus centroides localizados como se indica en las siguientes figuras.En la parte inferior, a su vez, se han dibujado los diagramas correspondientes a losmomentos en los apoyos. Obsrvese que los signos empleados son los correspondientes amomentos internos de las vigas.

Aplicando el segundo teorema del rea de momentos, se obtiene:

( ) ( ) nn

nnn

nnnn LL

MLL

MaAEIab3

2

2321 ++=

( ) ( )323

2

211

111

111++

+++

+++ ++=nn

nn

n

nnnn

LLML

LMbAEIcd

Si la viga tiene inercia constante en todas las luces, al reemplazar estos valores en laecuacin (a) y simplificar se llega a:

( ) ( ) ( )1n

2

nn1n

2

n1n1nnn

L3

LML6

LMLaA+++

++

( ) ( )n

2

1n1nn

2

1nnn1n1n L6

LML

3

LMLbA

++

+++ =

y dividiendo ambos lados por Ln Ln+1:

6

LM

3

LM

3

LM

6

LM 1n

1n

1n

nn

nn

1n

+

+

+

+++

1n

1n

1nn

nn L

bA

L

aA

+

+

+=


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Finalmente, al multiplicar todos los trminos por seis se obtiene:

1n1n1nnnn1nLM)LL(M2LM

+++ +++

1n

1n1n

n

nn

L

bA6

L

aA6

+

++= (5.1)

que constituye la Ecuacin de los tres momentos para vigas continuas de seccin cons-tante.El procedimiento consiste, entonces, en tomar porciones de viga formadas por dos tramosconsecutivos y aplicarles la ecuacin (5.1).Resulta, as, un sistema de ecuaciones cuya solucin da los momentos en los apoyos.

Una forma alterna de la Ecuacin de los tres momentos se obtiene al observar que lostrminos de la derecha de la ecuacin son simplemente las reacciones de las vigasconjugadas correspondientes, multiplicadas por EI.

Queda entonces:

( ) ( ) 1nind1n1n1nnnn1n 66LMLLM2LM ++++ =+++ (5.2)

Para aplicar la ecuacin anterior resultan tiles tablas como la (5.1), que dan de una vez

las reacciones de la viga conjugada para diversas solicitaciones de carga.Cuando los extremos de las vigas descansan sobre apoyos simples o estn en voladizo, seempieza por establecer los valores de los momentos correspondientes; por el contrario, enun extremo empotrado no se puede determinar a prioriel valor del momento. En estecaso, dado que la condicin geomtrica requerida es que la pendiente en dicho apoyodebe ser cero, se puede aadir una luz imaginaria adyacente al empotramiento decualquier longitud Lo, simplemente apoyada en el apoyo opuesto y de inercia infinita,como se observa en la primera figura de la pgina 166.


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Tabla 5.1Momentos de empotramiento y rotaciones en los apoyos para casos comunes de carga

Diagramas

de carga

M MwL

1 2

2

12= = 1 2

3

24= =

wL

( )M Mws

L

L s1 22 2

24

3= = ( ) 1 2 2 2

48

3= = ws

L s

( )M Mws

LL a1 2

2

62= = + ( ) 1 2

2

122= = +

wsL a

( )[ ]

( )

Mws

LL L s s

Mws

LL s

1

2

22

2

3

2

122 3 4 3

124 3

= +

=

( )

( )

1

22

2

22 2

242

242

=

=

ws

LL s

ws

LL s

M M wL1 225

96= = 1 2

35192

= = wL

( )M Mws

LL s1 2

2 2

243 2= = ( ) 1 2 2 2

483 2= =

wsL s

M MwL

1 2

2

32= = 1 2

3

64= =

wL

( )M Mws

LL s1 2

2

122= = ( ) 1 2

2

242= =

wsL s

( )[ ]M Mw

LL a L a1 2

3 2

122= = ( )[ ] 1 2 3 224

2= = w

L a L a


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Tabla 5.1Momentos de empotramiento y rotaciones en los apoyos para casos comunes de carga (cont.)

Diagramas

de carga

MwL

MwL

1

2

2

220

30

=

=

1

3

2

345

7

360

=

=

wL

wL

M Mb

L

b

L

M M aL

aL

1

2

23

2 3

=

=

1 2

2

2

2

2

6

31

61

3

=

=

ML b

L

ML a

L

M MPL

1 2 8= = 1 2

2

16= =

PL

M MPa L a

L1 2= =

( ) 1 2 2

= = Pa L a( )

M MPL

1 25

16= = 1 2

25

32= =

PL

M MPL

1 219

72= = 1 2

219

144= =

PL

M MPL n

n1 2

2

12

1= =

1 2

2 2

24

1= =

PL n

n

M MPL n

n1 22

24

2 1= =

+ 1 2

2 2

48

2 1= =

+

PL n

n

MPab

L

MPa b

L

1

2

2

2

2

2

=

=

( )

( )

1

2

6

6

= +

= +

Pab

Lb L

Pab

La L


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Al aplicarle a la porcin Ao AB la forma generalizada de la ecuacin (5.1), que incluyeinercias diferentes, resulta:

1

111B

1oA

oo IL

bA6I

LM

ILL

M2L

M =

+

+

+

y al tener en cuenta que 0Ly0M oo == , se reduce a:

1

111B1A L

bA6LMLM2 =+ (5.3)

Desde el punto de vista de aplicacin, la misma ecuacin resultara si se considera que laluz imaginaria tiene longitud cero, pero vale la pena entender el por qu de la equiva-lencia.La Ecuacin de los tres momentos se puede extender para incluir el efecto de asenta-mientos diferenciales de los apoyos, llegndose a la siguiente forma general:

=

+

++

2

2C

2

2

1

1B

1

1A I

LM

I

L

I

LM2

I

LM

2

C

1

A

22

22

11

11

L

Eh6

L

Eh6

LI

bA6

LI

aA6++= (5.4)

El significado de los ltimos trminos se ilustra en la figura adyacente.

La ecuacin (5.4) ha sido tomada del libro de Wang (referencia 5.1) y a l se remite allector interesado en su deduccin.Vale la pena anotar que la Ecuacin de los tres momentos es relativamente fcil de pro-gramar, incluso para el caso de tramos de seccin variable como los que se suelen pre-sentar en puentes.


7/24


Ejemplo 5.1

Resuelva, utilizando la Ecuacin de los tres momentos, una viga continua de dos lucesiguales sometida a carga uniforme.

Solucin

En este caso se tiene:

12wL

8wL

32AA

33

1nn ===

+

2/Lba1nn

==+

0MMCA

==

Reemplazando estos valores en la ecuacin (5.1):

( ) ( )( ) ( )( )L 2/L12/wL6L 2/L12/wL6LLM233

B =+

8

wLM2

B =

Para encontrar las reacciones se considera cada tramo:

== wL83

L8/wL

2wLR

2

AB

== wL85

wL83

wLR BA Por simetra:

== wL85RR

BABC

== wL83RR

ABCB

Se observar que todos estos valores coinciden, como era de esperarse, con losencontrados antes en el ejemplo 4.26.


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Ejemplo 5.2

Resuelva la viga mostrada:

Solucin

Los momentos en A y D son conocidos:

601220210MA == kNm

0MD

=

en que el signo es el correspondiente a fuerzas internas.

Aplicando la ecuacin (5.2) con la ayuda de la tabla 5.1 al sector ABC, resulta:

BCBABCCBCABBABA66LM)LL(M2LM =+++

=+++ 5M)56(M26)60(CB

( ) ( )

+

+= 53

5632406312

624920

1636306 2

13970.3845.1012M5M22360CB

==++

1037M5M22CB

=+ (1)

Aplicando ahora la ecuacin (5.2) al sector BCD, teniendo en cuenta que MD = 0

CDCBCDDCDBCCBCB 66LMLLM2LM =+++

( )

+

=+24

1252065256

32406M20M5CB

961M20M5CB

=+ (2)

Restando la ecuacin (2) a cuatro veces la ecuacin (1), resulta:

83 MB = 3187


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4.38

83

3187MB

== kNm

( )5

4.382210375

M221037M B

C

=

=

5.38MC

= kNm

Para calcular las reacciones, de nuevo se aslan los tramos:

=+= kN5022001RAi

( ) =++= kN6.336

4.386065.1320

230R

AB

=+= kN4.566

6.2165.460

230R

BA

Punto de anulacin del corte en la primera luz:

m82.220

4.56'x ==

( ) 1.414.382

82.24.56Mmax

==+ kNm

=

= kN0.245

4.385.38

5

304R

BC

== kN0.160.2440RCB


10/24


En la segunda luz el corte se anula bajo la carga. Por consiguiente:

( ) 60.94.3820.24Mmax ==+ kNm

Para el ltimo tramo:

( ) ( )

==+

==

=+=

C

2

CDmax

DC

CD

Mw2

RM

kN3.427.57520R

kN7.575

5.382

520R

7.445.38

202

)7.57( 2=

= kNm

Los diagramas totales de corte, momento y refuerzo quedan como sigue:

Ejemplo 5.3

Resolver la viga continua con extremos empotrados que se muestra en la figura de lapgina siguiente.


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Solucin

Se aplicar la ecuacin (5.3) a los tramos AoAB y CDDoy la ecuacin (5.2) a los dems.

Considerando el tramo AoAB:

( )24

61566M6M2

6LMLM2

3

BA

ABABBABA

=+

=+

0.135MM2BA

=+ (1)

Considerando luego el tramo ABC:

BCBABCCBCABBABA66LMLLM2LM =+++

( )24

)5(206

24)6(15

6)5(M56M26M33

CBA =+++

1435M5M22M6 CBA =++ (2)Tomando ahora el tramo BCD:

( ) ( ) ( ) ( )

16640

624

52066M65M25M

66LMLLM2LM23

DCB

CDCBCDDCDBCCBCB

=+++

=+++

1165M6M22M5DCB

=++ (3)

Finalmente se toma el tramo CDDo:

DCCDDCDC6LM2LM =+

16)6(40

6)6(M26M2

DC =+

0.90M2MDC

=+ (4)

Restando tres veces la ecuacin (1) de la ecuacin (2), resulta:

1030M5M19CB

=+ (5)

Restando ahora a la ecuacin (3) tres veces la ecuacin (4):

895M19M5CB

=+ (6)


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Multiplicando la ecuacin (5) por cinco y la ecuacin (6) por 19:

5150M25M95 CB =+ Restando la primera de la segunda:

3.35M11850M336CC

== kNm

De la ecuacin (4):

4.272

)3.35(0.90M

D =

= kNm

De la ecuacin (6):

( )9.44

5

3.3519895M

B =

= kNm

Por ltimo, de la ecuacin (1):

( )1.45

2

9.440.135M

A =

= kNm

Con estos valores ya se pueden calcular las reacciones:

( )5.221.45

152

0.45)(M

kN0.45620.0315R

kN0.45620.0315R

2

max

BA

AB

=

=+

==

=+=

kNm

=+= kN9.515

3.359.4450.220RBC

== kN1.489.51100RCB

( )5.229.44

202

9.51)(M

2

max =

=+ kNm


13/24


=+= kN3.21

6

4.273.35

2

40RCD

== kN7.183.2140RDC

El corte se anula bajo la carga. Por lo tanto:

7.283.3533.21)(Mmax

==+ kNm

Los resultados se resumen en las grficas siguientes.

En la ltima figura se presenta una forma alterna de llegar al diagrama de momentos final,mediante superposicin grfica.

Ejemplo 5.4

La viga continua de la figura se hace de hormign reforzado ( f c' = 21 N/mm2) y tiene lassecciones indicadas. Estdiese el efecto de un asentamiento de 15 mm en el apoyo B.


14/24


Considrese que la inercia efectiva en cada tramo se reduce a un medio de la inercia bruta

como consecuencia del agrietamiento. Verifique sus respuestas mediante las condicionesde compatibilidad, y dibuje la elstica de la viga.

Solucin

Clculo de inercias efectivas:

( ) 443

CDABmm1028125

12300250

21II =

==

( ) 443

BCmm10225000

12600250

21I =

=

Para simplificar la solucin se utilizar el menor de estos valores como referencia.

1IICDAB

==

I8I

28125

225000IBC

==

Aplicando la ecuacin (5.4) al tramo ABC, teniendo en cuenta que no hay cargasaplicadas se obtiene:

BC

c

AB

a

BC

BCC

BC

BC

AB

ABB

AB

ABA

L

Eh6

L

Eh6

I

LM

I

L

I

LM2

I

LM+=

+

++

6

015.0E6

3

015.0E6

I86M

I86

I3M2

I

3MCB

A +

=

+

++

EI045.0M75.0M50.7CB

=+ (1)

Considerando ahora el tramo BCD:

CD

D

BC

B

CD

CDD

CD

CD

BC

BCC

BL

BCB

L

Eh6

L

Eh6

I

LM

I

L

I

LM2

I

LM+=

+

++

( )

6

015.0E6

I3M

I3

I86M2

I8

6MDC

B =

+

++

EI015.0M50.7M75.0CB

=+ (2)


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Restando diez veces la ecuacin (2) de la ecuacin (1):

EI195.0M25.74 C =

EI00263.0MC= (3)

y de la ecuacin (1):

( )EI00626.0

50.7EI00263.075.0EI045.0

MB

=

= (4)

Segn lasNormas Colombianas de Diseo y Construccin Sismo Resistente, NSR-98, elvalor de E est dado por:

2' mm/Ncf3900E=

2mm/N17900213900E ==

5030102812517900EI 2 == kNm2

Reemplazando este valor en (3) y (4), se obtiene:

2.13503000263.0MC

== kNm

5.31503000626.0MB

== kNm

y con estos valores se calculan las reacciones:

kN5.103

5.31RRBAAB

===

kN45.76

2.135.31RRCBBC

=+==

kN40.43

2.13RRDCCD

===


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Para el clculo de los giros en los apoyos se utilizar el mtodo de la viga conjugada.

.rad00500.0300015

1BA1AB ===

rad00313.0EI

75.1523

EI5.31

31R

AB2AB ====

.rad00813.02AB1ABAB

=+=

.rad00626.0EI

5.3123

EI5.31

32R BA2BA ====

.rad00126.02BA1BABA

==

.rad00250.0600015

1CB1BC ===

.rad00124.0EI225.6

26

EI82.13

31

26

EI85.31

32R BC

2BC ====

.rad00126.02BC1BCBC

==

.rad00013.0EI6375.0

26

EI82.13

32

26

EI85.31

31R CB

2CB ====

2CB1CBCB +=

.rad00250.01BC1CB

==

.rad00263.000013.000250.0CB

=+=


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En el ltimo tramo no hay desplazamiento relativo de los apoyos.

EI2.13

23

EI2.13

32R CD

CD ===

.rad00262.05030

2.13 ==

.rad00131.0EI

6.623

EI2.13

31R DC

DC ====

Se puede observar que BA BC CB CDy= = , comprobndose la continuidad de laviga en los apoyos. Los diagramas finales se presentan a continuacin:

Estos diagramas se superponen a los producidos por las cargas aplicadas para obtener losdiagramas de diseo.

5.1.2 Programacin del mtodo de la ecuacin de los tres momentos

La programacin de este mtodo es muy sencilla, pues su planteamiento conduce inme-diatamente a un sistema de ecuaciones cuya solucin da directamente las respuestasbuscadas. En efecto, para programar la solucin de una viga prismtica continua en elcaso general, que incluye desplazamientos de uno o ms apoyos, se toman porciones deviga formados por dos tramos consecutivos, procediendo secuencialmente de izquierda aderecha. A cada tramo se le aplica entonces la ecuacin (5.4).En el caso de una viga empotrada en ambos extremos, resulta un sistema de la forma:


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34333222

23222111

12111

BMFM)FF(2MFBMFM)FF(2MF

BMFMF2

=+++=+++

=+

...............................................................................

i1iiii1i1i1iBMFM)FF(2MF =+++

+

...............................................................................

nnmmmBMFMF2 =+

en donde Fi = (L/I)i, n es el nmero de apoyos y m el nmero de luces.Este sistema de ecuaciones puede escribirse en forma compacta as:

[ ]{ } { }A M B=

Cuya solucin da los momentos desconocidos en los apoyos, con lo cual queda resuelta laviga.En el disco que viene con este libro se presenta un programa en QUICK BASIC queresuelve vigas continuas siguiendo este mtodo. En la solucin del sistema de ecuacionesse utiliz el procedimiento conocido como eliminacin gaussiana, que se describe en elapndice C.

5.2 MTODO DE NGULOS DE GIRO Y DEFLEXIN

5.2.1 Teora

Se dijo que Mohr fue el precursor de este mtodo, al aplicarlo en 1892 a la solucin de unproblema de esfuerzos secundarios. Parece que llam poco la atencin y slo en 1915G.A. Maney, profesor de la Universidad de Minnesota, present un desarrollo indepen-diente del mismo, calificndolo como una herramienta poderosa para el anlisis de prti-cos continuos. Se utiliz ampliamente antes de la aparicin del Mtodo de Cross y havuelto a ganar aceptacin por la facilidad de resolver sistemas grandes de ecuacionesmediante la computadora digital. El mtodo considera como incgnitas las rotaciones ydesplazamientos de los nudos, y con base en ellos se plantean las ecuaciones de condi-cin. A continuacin se deducen las ecuaciones bsicas del mtodo y se explica el proce-dimiento que debe seguirse en su aplicacin.Es bien sabido que las cargas, al actuar sobre una estructura aporticada, producen rota-ciones y desplazamientos de los nudos.La esencia del mtodo dengulos de giro y deflexinradica en relacionar tales cambiosgeomtricos con los momentos que actan sobre los nudos. Al aplicar las condiciones deequilibrio a cada nudo y resolver el sistema de ecuaciones resultante, se obtiene lasolucin del problema.


19/24


Se parte del supuesto de conexiones rgidas y, como se dijo antes, las rotaciones y despla-

zamientos de los nudos se consideran como incgnitas. En cualquier elemento losmomentos en sus extremos pueden expresarse en funcin de las cargas aplicadas y delos giros y desplazamientos respectivos.Ahora bien, para que haya equilibrio la suma de los momentos en los extremos de loselementos que se encuentran en un nudo debe ser cero y esta condicin, aplicada sucesi-vamente a todos los nudos, junto con cualesquiera otras condiciones de equilibrio que seanecesario plantear, proporcionan las ecuaciones necesarias para resolver los giros y des-plazamientos desconocidos. Una vez hallados stos, se reemplazan sus valores en lasecuaciones dengulos de giro y deflexinpara encontrar los momentos en los extremosde los miembros, con lo cual queda resuelto el problema.En la figura 5.1(a) se presenta aislado un miembro de un prtico antes de ser sometido a

carga, y en la (b) el mismo miembro despus de deformarse por las cargas impuestassobre el prtico. Se han dibujado las cargas externas que actan sobre el miembro y losmomentos que se han desarrollado en sus extremos por la accin de todas las cargas delprtico. A estos momentos se los denomina Miy Mj, para indicar el nudo en que actan.Se puede suponer que a la situacin mostrada en (b) se ha llegado mediante los cuatropasos mostrados en (c), (d), (e) y (f). Para empezar se estudia el efecto de las cargasaplicadas sobre el miembro, independientemente de los giros y desplazamientos, para locual es necesario impedirlos mediante unasfuerzas de empotramiento, equivalentes a lasque apareceran si el miembro estuviera realmente empotrado en ambos extremos; de ahsu nombre. Los momentos correspondientes a dichas fuerzas son los llamados momentos

de empotramiento, M y MiF

jF ; su valor se puede hallar mediante los mtodos ya vistos

(rea de momentos, Viga conjugada, etc.) o con la ayuda de tablas como la 5.1.Luego, despreciando las deformaciones axiales, se estudia el efecto del giro en cada nudoy finalmente el de su desplazamiento relativo, normal al eje del miembro en su posicinoriginal, todos ellos independientemente unos de otros. Aplicando entonces el Principiode superposicin, se obtiene:

M M M M Mi iF

ii ij ij= + + +' ' '' (5.5)

M M M M Mj jF

ji jj ji= + + +' ' '' (5.6)

Estas ecuaciones son completamente generales, si se excepta la simplificacin sealada

antes. En ellas:


20/24


Figura 5.1 Deduccin de las ecuaciones de ngulos de giro y deflexin.


21/24


Mi = momento definitivo en el nudo i.

MiF = momento de empotramiento en el nudo i, causado por las cargasaplicadas sobre el miembro ij.

Mii' = momento en el nudo i que causa un giro ien dicho nudo.

Mij' = momento en el nudo i que surge por la aplicacin de un momento Mjj

' en

el nudo j.

Mij'' = momento en el nudo i causado por un desplazamiento relativo entre los

extremos del miembro ij.

Mj = momento definitivo en el nudo j.

MjF = momento de empotramiento en el nudo j, causado por las cargas

aplicadas sobre el miembro ij.

Mji' = momento en el nudo j que surge por la aplicacin de un momento M ii

' en

el nudo i.

Mjj' = momento en el nudo j que causa un giro jen dicho nudo.

Mji'' = momento en el nudo j causado por un desplazamiento relativo entre los

extremos del miembro ij.

En el caso de elementos prismticos, la evaluacin de los trminos anteriores se puedehacer fcilmente utilizando las vigas conjugadas de las figuras 5.1 (c) a (f). Considerandola primera y tomando momento con respecto al punto 2, resulta:

( ) ( ) ( )3/LEI2/LM3/L2 'iii

=

i

'

ii LEI4

M = (5.7)

Tomando ahora momentos con respecto al punto 1, se obtiene.

( ) ( ) ( )3/2/3/ ' LEILML jii =

ijiL

EIM

2' = (5.8)

Procediendo de manera similar con la figura (e), se obtiene:

j

'

jj LIE4

M = (5.9)


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j

'

ij

L

IE2M = (5.10)

Considerando ahora la figura (f), es evidente que por equilibrio de fuerzas verticales:

M Mij ji'' ''=

y aplicando el segundo teorema de la viga conjugada:

( ) = 3/LEI2/LM ''ij

== 2''

ji

''

ij LEI6

MM (5.11)

Finalmente, reemplazando en las ecuaciones (5.5) y (5.6) los valores encontrados, seobtiene:

+++=2ji

F

ii L

IE6L

IE2L

IE4MM (5.12)

+++=2ji

F

jj L

IE6L

IE4L

IE2MM (5.13)

que son las ecuaciones dengulos de giro y deflexin buscadas.Al trmino I/L se le denomina rigidez relativay se le designa con la letra K. Utilizando

esta nomenclatura en las ecuaciones (5.12) y (5.13), y factorizando, se llega a una formaalterna:

)/624( LKEMM jiFii +++= (5.12a)

)L/642(KEMMji

F

jj +++= (5.13a)

Como se dijo anteriormente, estas ecuaciones se aplican a todos los elementos; luego seplantea el equilibrio de cada nudo y, si es necesario, el equilibrio general de la estructurao de parte de ella hasta lograr un nmero suficiente de ecuaciones. Se resuelve luego elsistema de ecuaciones resultante para hallar los giros y desplazamientos desconocidos, yfinalmente se vuelve a las ecuaciones originales para encontrar los momentos en los

extremos respectivos.Suele resultar conveniente, para simplificar las operaciones numricas, tomar como valorde E la unidad y utilizar un K o I de referencia, en lugar de los valores reales. En tal casose obtienen valores verdaderos de momento, pero los giros y desplazamientos estarnerrados en la misma proporcin del reemplazo. Es decir, que para obtener las verdaderasmagnitudes de y debern dividirse por E y los valores obtenidos, en donde:

= K/Ko = I / Io , siendo Ko e Iolos valores de referencia.


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Ejemplo 5.5

Resuelva, mediante las ecuaciones de ngulos de giro y deflexin, la viga de seccinconstante mostrada.

Solucin

Si no interesa averiguar la magnitud verdadera de los giros, puede tomarse E = 1 y utilizarun Iode referencia. Suponindolo igual a 10:

00.11010K

AB == 667.1

610K

BC ==

Mediante la tabla 5.1 se encuentran los momentos de empotramiento:

5.378

10308

PLMM FBA

FAB

==== kNm

0.3612

)6(1212LwMM

22FCB

FBC

==== kNm

MCDes conocido por tratarse de un voladizo:

MCD = 15 3 = 45.0 kNm (1)

Las condiciones de los apoyos son tales que:

BBCBAAB,0 === por continuidad,

y si los apoyos no ceden todos los = 0. Aplicando ahora las ecuaciones (5.12a) y(5.13a) al tramo AB, resulta:

( ) ( ) =+=+++=BBA

F

ABAB2115.37L/624KEMM

MAB B= +37 5 2. (2)

+++=L

642KEMM

BA

F

BABA

=+=BBA

4115.37M

BBA45.37M += (3)


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Pasando ahora al tramo BC, se obtiene similarmente:

=++= CBBC 24667.110.36M

CBBC33.367.60.36M ++= (4)

=++=CBCB

42667.110.36M

CBCB67.633.30.36M ++= (5)

Aplicando ahora la condicin de equilibrio

Mij = 0 a los nudos B y C:

Nudo B:0MM

BCBA =+

y reemplazando los valores respectivos de las ecuaciones (3) y (4) se llega a

50.133.367.10CB

=+ (6)

Para el nudo C:

0MMCDCB

=+

Reemplazando los valores de las ecuaciones (5) y (1) resulta:

00.967.633.3CB

=+ (7)

Restndole a la ecuacin (7) dos veces la ecuacin (6):

00.1201.18B

=

666.0B=

y reemplazando este valor en la ecuacin (6):

684.133.3

)666.0(67.1050.1C

=

=

Volviendo ahora a las ecuaciones (2) a (5) se obtiene:

( ) 8.38666.0205.37M AB =+= kNm

( ) 8.34666.0405.37MBA

=+= kNm

( ) ( ) 8.34684.133.3666.067.60.36MBC

=++= kNm

Comprobacin: 0MMBCBA

=+ ,

( ) ( ) 0.45684.167.6666.033.30.36MCB

=++= kNm

Comprobacin: 0MMCDCB

=+ ,

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Capitulo 5 Ecuacion de Los Tres Momentos y Metodos de Angulos de Giro y Deflexion