capitulo 5 ecuacion de los tres momentos y metodos de angulos de giro y deflexion
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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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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 163
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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164 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 165
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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166 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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.
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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 167
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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168 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 169
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
-
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170 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 171
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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172 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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
-
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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 173
=+= 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.
-
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174 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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15/24
ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 175
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
===
-
7/22/2019 Capitulo 5 Ecuacion de Los Tres Momentos y Metodos de Angulos de Giro y Deflexion
16/24
176 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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17/24
ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 177
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:
-
7/22/2019 Capitulo 5 Ecuacion de Los Tres Momentos y Metodos de Angulos de Giro y Deflexion
18/24
178 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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.
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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 179
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:
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180 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
Figura 5.1 Deduccin de las ecuaciones de ngulos de giro y deflexin.
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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 181
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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182 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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ECUACIN DE LOS TRES MOMENTOS Y MTODO DE NGULOS DE GIRO 183
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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184 ANLISIS DE ESTRUCTURAS
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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