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ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 1
CAPITULO II
METODO DE ANALISIS 2.1._ PRINCIPIO DE SUPERPOSICION._ "Si los desplazamientos y esfuerzos ocurridos en todos los puntos de una estructura son proporcionales a las cargas que las causan, los desplazamientos y esfuerzos totales se obtienen mediante la suma de los desplazamientos y esfuerzos causadas por estas cargas cuando se aplican separadamente." Además una de las condiciones necesarias para aplicar el principio de superposición es mantener una relación lineal entre cargas, esfuerzos y deflexiones. No se considera lineal: 1- Cuando el material no sigue la ley de Hooke. 2- Cuando la geometría del material cambia en forma apreciable ante la aplicación de las cargas. Ejemplo:
δ 1δ
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2.2-TEORIA ELÁSTICA.- El material sigue la ley de Hooke, y que los esfuerzos de trabajo están por debajo del límite de proporcional. Es necesario decir que los diversos teoremas y método para el análisis de estructuras indeterminadas que son dependientes para su validez de la aplicación del principio de superposición, constituye lo que ha legado ha conocerse como la teoría elástica. 2.3.-TEORIA PLÁSTICA.- Permite analizar el caso de no proporcionalidad entre los esfuerzos y las deformaciones del material. 2.4.-TEORIA DE DEFLEXIÓN.-Incluyen los métodos de análisis a aquellas estructuras que no es posible despreciar los cambios geométricos producidos por las cargas. La diferencia entre la teoría elástica y la teoría de deflexión, es que los esfuerzos y reacciones se hace sin considerar cargas en la estructura, y la segunda se analiza en su deflexión final. Ejemplo:
Teoría Elástica: ME =MA+VA L/2-HAh1
Teoría Deflexión: ME'=MA+VA L/2-HAh2 Analizando ambas teorías, en el caso de arcos, el análisis por la teoría elástica daría menores esfuerzos que los existentes en realidad.
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ME' > ME
CUADRO I
CALCULO DE FUERZAS EN ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS
METODO OBSERVACIONES Armaduras 1._ Método de los Nudos Aplicación de las ecuaciones ΣFx=0,
ΣFy=0, generalmente se aplica sólo a armaduras planas.
2._ Método de las Secciones Se aplica ΣM=0 a una parte de la estructura. Es muy útil cuando sólo interesa averiguar las fuerzas en unos pocos miembros.
3._ Método de Cremona Solución gráfica del método de los Nudos. Vigas y Marcos 4._ Integración Matemática Aplicación del cálculo integral a la
obtención de fuerzas de cortante y momento, partiendo de la ecuación de carga.
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5._ Integración Numérica Es preferible al anterior, es mas fácil de aplicar conlleva la misma exactitud.
6._ Método de las Secciones Es el mismo método 2 pero aplicado a
vigas. Resulta útil cuando sólo se busca el corte y el momento en puntos específicos.
7._ Líneas de Influencia Solución gráfica del corte y el momento
a lo largo de la estructura. Útil en el estudio de estructuras sometidas a cargas móviles
CUADRO II
CALCULO DE DEFLEXIONES EN ESTRUCTURAS DETERMINADAS METODO OBSERVACIONES A) Cinemática Apropiados únicamente para
Estructuras. Adición de vectores de que poseen una forma geométrica simple. Deformación de los elementos. En la práctica restringidos casi por completo a armaduras.
1. Diagrama de Williot-Mohr Adición gráfica de vectores para el
estudio de desplazamiento en armaduras.
2. Integración Matemática de Generalmente solo es apropiado para Ecuación de la Viga. problemas simples. No es conveniente
En casos de inercia variable a carga arbitraria.
3. Integración Numérica de Apropiado para cualquier
la Ecuación de Viga. variación de momento de inercia y de carga
4. Área de Momentos y Viga Técnicas especiales para acelerar la
Conjugada. solución de problemas particulares, basados en resolver la ecuación de una viga por métodos indirectos.
B) Energéticos Métodos generales aplicados a
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cualquier estructura y a cualquier carga.
5. Carga Unitaria. El método general más útil para
calcular la deflexión de cualquier estructura sometida a cualquier carga. Se le conoce también como método del Trabajo Virtual.
6. Energía Complementaria y La deflexión en el punto de aplicación Teorema de Castigliano. de una carga en la dirección de su línea
De acción se obtiene diferenciando la energía respecto a la carga.
El teorema de Castigliano es el caso particular de linealidad y en su aplicación práctica es usualmente idéntico al de la carga unitaria.
7. Análisis Matricial Método Sistemático basado en el 5,
para calcular la flexibilidad de la estructura. Requiere datos simples y es apropiado para resolver problemas que involucran gran número de hipótesis de carga.
CUADRO III
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS INDETERMINADAS
METODO OBSERVACIONES Método de Fuerzas Las Fuerzas son las incógnitas. 1. Carga Unitaria. Basado en el método 5 del cuadro II. 2. Energía Complementaria La Energía Complementaria es minimizada y teorema de con respecto a las fuerzas Castigliano. Redundantes. El teorema de
Castigliano es el caso particular de linealidad.
3. Ecuación de Los Tres Ecuación que relaciona los momentos
Momentos. en tres apoyos consecutivos de una viga continua.
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4. Analogía de la Columna Analogía entre los momentos presentes en marcos y pórticos y los que ocurre en una columna corta cargada excéntrica.
5. Matriz de Flexibilidad Proceso Sistemático basado en el
método 1. Especialmente apropiado para estructuras altamente redundantes.
6. Desplazamiento Unitario Un Desplazamiento Unitario es aplicado a cada grado de libertad originando fuerzas internas.
7. Método de Ángulos de Giro Ecuaciones aplicables a pórticos,
y Deflexión en términos de ángulos de giro y desplazamiento de los Nudos.
8. Distribución de Momentos Técnicas para resolver las ecuaciones del (Cross) Kani y Takabeya. Método 7 por aproximaciones sucesivas.
Útiles para pórticos con muchos elementos. 9. Energía Potencial Mínima Usado para obtener soluciones
aproximadas de estructuras altamente redundantes de que los desplazamientos se pueden expresar por unos pocos términos de una serie.
10. Matriz de Rigidez Proceso sistemático basado en el método 6.
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lx
lY
P1x
P1y
P2y
P1x
M
CAPITULO III
TEORIAS FUNDAMENTALES DE ESTRUCTURAS 3.1.- PRINCIPIO DE LAS DEFORMACIONES VIRTUALES.- La palabra "virtual" significa "en esencia o e efecto, pero no de hecho", entonces un desplazamiento virtual es un desplazamiento hipotético. Utilizando el principio de superposición considerando los casos de rotación y traslación demostraremos como se da las deformaciones virtuales. yδ xδ
(A) (B)
α
(C)
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1º El sistema está en equilibrio por tanto: ΣPx =0 , ΣPy =0 y ΣM+ΣPx(y)+ΣPy(x) =0 2º El trabajo hecho por las fuerzas al suponer una traslación pequeña fig(B) es: Wt =ΣPx(dx)+ΣPy(dy) entonces: Wt =0 3º El trabajo por efecto de rotación será: Wr =M(α)+ΣPx(αy)+ΣPy(αx) donde: dx =αy , dy =αx si, α =cte; Wr =α [ΣM+ΣPx(y)+ΣPy(x)] Wr =α0 entonces: Wr =0 Enunciado:" Dado un cuerpo rígido en equilibrio bajo un sistema de fuerzas, el trabajo virtual total hecho por un sistema de fuerzas durante un desplazamiento virtual escero."Ejemplo: Calcule la reacción en el apoyo derecho de la viga mostrada, utilizando el principio de desplazamientos virtuales.
L / 2 L / 2 L / 4
Solución:
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P n
P 2
P 1
R 3
R 4
R 2
R 1
L / 4L / 2L / 2
Por relación de triangular
se hallan los desplazamientos virtuales en B y C.
Wt =-4( ∆ /4)+(-8)(3/4)∆+Rb(∆ ) =0
Entonces: Rb =7 Tn. 3.2._PRINCIPIO DEL TRABAJO VIRTUAL.- Conocido el principio de los desplazamientos virtuales desarrollaremos el, principio de trabajo virtual. Consideraremos un cuerpo deformable que está en equilibrio bajo la acción de las fuerzas P y las reacciones. Idealizando dos secciones diferenciales (elementos finitos), uno interno y el otro en el borde.
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P n
(a) (b) El segmento (a) esta sujeta a fuerzas internas que mantiene a dicho elemento en equilibrio. El segmento (b) esta sujeto a una fuerza real exterior y tres fuerzas internas dicho segmento está en equilibrio. Supóngase ahora una deformación virtual independiente del sistema de cargas P. Todos los esfuerzos dentro de los segmentos y de la carga exterior P se mueven a través de sus desplazamientos virtuales respectivos sin cambiar su valor y por lo tanto resulta un trabajo virtual. Entonces el trabajo virtual efectuado por las fuerzas externas a cada elemento dWe se dividirá en dos: 1.- El trabajo virtual de traslación y rotación del elemento considerado como cuerpo rígido dWtr. 2.- Un trabajo virtual de deformación del elemento o energía de deformación interna dWi. Entonces: dWe =dWtr+dWi Donde de (3.1): dWtr =0 , dWe =dWi Integrando: We =Wi We: Trabajo Virtual total de la carga P. Wi: Energía de Deformación Interna Virtual de todo el cuerpo. 3.3._TRABAJO REAL.- Si se aplica gradualmente una carga P sobre una estructura (fig 1) se puede utilizar la relación demostrada a continuación para hallar un desplazamiento (δ) en la dirección de P.
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P
L
δ = EA
PL , dW =Pdδ
dW = δδL
EA
Integrando:
W= ∫δ
δδ0
)(dL
EA
[ ]δδδ
LEAL
EAW /)(2/1
2
2
==
2/δPW = 3.4._ TEOREMA DE MAXWELL DE LAS DEFLEXIONES RECÍPROCAS - Enunciado: "La deflexión en un punto A de una estructura debido a una carga aplicada en otro punto B, es exactamente la misma que la deflexión que se obtendría en B si la misma carga se aplicara en A". Demostración:
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AB(P B)AA(P A)
BA(P A)BB(P B)
(I) (II) δij= Desplazamiento en i, en dirección de la carga aplicada en i, producida por una carga externa aplicada en i.Si ambas cargas se aplican gradualmente, el trabajo real producido por ellos será: W=(1/2)P∆ , Obtenida de (3.3): W=(1/2)Pδ => Wt=(PA/2)[δAA(PA)+δAB(PB)]+(PB/2)[δBB(PB)+δBA(PA)]--(α) Si solo se aplica PA, el trabajo que se efectúa será: WI=(1/2)PA[δAA(PA)]--(ß) Si el desplazamiento que causa PA llega a su valor final se aplica gradualmente PB, lo que genera un trabajo adicional: WII=PA[δAB(PB)]+(1/2)PB[δBB(PB)]---(*) De (ß)+(*) igualamos a (α) Wt= WI+WII (1/2)PA[δAB(PB)]+(1/2)PB[δBA(PA0]=PA[δAB(PB)]
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(1/2)PB[δBA(PA)]=(1/2)PA[δAB(PB)]
δBA=δAB Generalizando:
δij=δji EJEMPLO: Calcular las deflexiones en el punto A y B para una carga aplicada primero en B y luego en a de la viga mostrada.
1.5 m 4.5 m 3.0 m 1.5 m 4.5 m 3.0 m
9.0 m 9.0 m
(a) (b) Solución: Aplicando el método de la carga elástica, para el gráfico (a): Momento en B: MB= 0.666Px(3)=2P MA= 0.666P(7.5)-4.5P=0.5P Ri= Ay , Rd = Ax L L Donde:
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L
YX
A: Área total del gráfico. y, x: Distancia del centro de gravedad del triángulo. L: Longitud total d la viga ficticia.
(I) δA= )5.0)(5.1(2
)5.1(4
EI
P
EI
P−
δA= EI
P
EI
P
8
5.16− δA =
EI
P8125.5 …………….(1)
Para el gráfico (b):
δB= )1)(3(2
5.0)3(
1875.2
EI
P
EI
P−
δB= EI
P
EI
P 75.05625.6−
δB= EI
P8125.5 ……..(2)
De (1) y (2) lqqd.
3.5._ TEOREMA DE CASTIGLIANO.- Su aplicación implica igualar la deflexión a la primera derivada parcial del trabajo interno total de la estructura, respecto a una carga situada en el punto donde se busca la deflexión. Demostración:
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De (3.2) tenemos que: We=Wi El trabajo externo realizado durante la aplicación de las cargas es igual a la carga promedio multiplicada por la deflexión.
Wt = P 2
P∆ + Q
2
Q∆ …………….(1)
Si añadimos al sistema una pequeña carga dP, la viga sufrirá una pequeña deflexión adicional.
El trabajo adicional será:
dW=
∆+∆+∆ QQdPddP
PP2
…………………..(2)
El producto de los diferenciales tiende a cero por ser un valor muy pequeño. dW= ( )QQdPP ∆+∆ Ahora aplicando las cargas (P+dP), Q gradual y simultáneamente el trabajo total externo estará dado por:
W'T= 2
dPP + ( )PdP ∆+∆ + 2
Q ( )QdQ ∆+∆
W'T= 2
PP∆ +
2
PdP∆ +
2
PPd∆ +
2
PdPd∆ +
2
QQ∆ +
2
QQd∆
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pero de (1) y (2): dWT= WT-W'T
dW= ( )2
PdP ∆ +
2
PdP∆ +
2
QQd∆ ……………(4)
En la ecuación (2) Q ( )Qd∆ = ( )PdPdW ∆− Esto en (4) 2dW= ( ) ( )PdPdWPdPPdP ∆−+∆+∆ dW= PdP∆ => ∆P= dW/dP Llevando este resultado a ecuaciones diferenciales:
∆P = ∂ W / ∂ P
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CAPITULO IV
METODO PARA CALCULAR DEFLEXIONES Generalidades.- Es importante calcular las deflexiones que surgen en los elementos estructurales debido a cargas externas y erección en dicha estructura, para poder contrarrestar dichas acciones en las estructuras. Para desarrollar estos métodos es necesario conocer las expresiones para diferentes tipos de energía de deformación interna; a continuación detallados: 4.1.- ENERGIA DE DEFORMACION INTERNA.- TIPO DE ESTRUCTURA CONCEPTO ENERGIA DE
DEFORMACION (W)
1.- Armaduras.
2.- Pórticos.
Fuerza Axial
Fuerza Axial
Flexión
Corte
Torsión
AE
LS
2
²∑
∫ AE
dxP
2
²
∫ EI
dxM
2
²
∫ AG
dxVK
2
²…….(*)
∫ JG
dxT
2
²…….(**)
Donde: G: Módulo de rigidez. J: Momento Polar de Inercia. V: Esfuerzo Cortante. * Para secciones rectangulares K= 1.2 Para secciones circulares K= 10/9 ** Para secciones rectangulares de dimensión h,b donde: h > b.
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4.2.- METODO DEL TRABAJO REAL: Utilizando el principio de conservación de energía: (a) Para componentes lineales de deflexiones: Wi = P∆ /2 (b) Para rotación: Wi= Mθ/2 Desventaja: Sólo permite la existencia de una incógnita. En general este método permite hallar la deflexión lineal en el punto de aplicación de la fuerza en la dirección de la fuerza. Ejemplo: 1- Para el voladizo mostrado, encontrar: (a) La componente de deflexión vertical del punto A, causada por la carga vertical 1.35Tn actuando sola. (b) La componente de deflexión rotacional del punto A, causada por el par de 0.27Tn-m actuando sóla. Donde E=2100Tn/cm²; desprecie deformaciones por corte.
2 .4 m
2 .4 m3 .0 m Solución: (a) Como se desprecia la fuerza de corte sólo trabajaremos con flexión.
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3.0 m 2.4 m
2.4 m
2.4 m
2.4 m3.0 m
W = ∫ EI
dxM
2
² y W =
2
∆P
Entonces:
2
AP∆ = ∫ EI
dxM
2
² ……………. (1)
TRAMO ORIGEN M
AB A 1.35x BC B 0.955x + 4.05
Al analizar el tramo BC, se traslada la fuerza al punto B con el momento generado(4.05Tn-m); luego se descompone la fuerza utilizando para el problema la fuerza vertical al tramo BC. 1.35Cosα ; α=45° 1.35Cosα=0.955
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2.4 m
2.4 m3.0 m
En la ecuación (1)
(1.35) 2
A∆ = ∫∫
++
39.3
0
3
02
)05.4955.0(
2
)²35.1(
EIAB
dxx
EIAB
dxx
cmA 40.7=∆
(b) Para rotación:
2
θM= Wi = ∫ EI
dxM
2
²
Si trasladamos el momento (0.27Tn-m) al punto B, entonces en toda la barra BC existirá el mismo momento.
TRAMO ORIGEN M AB A 0.27 BC B 0.27
(0.27) ∫ ∫+=3
0
39.3
02
)²27.0(
2
)²27.0(
2 EIBC
dx
EIAB
dxθ
rad0015.0=θ
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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2.- Calcular los desplazamientos verticales en los puntos C y D de la estructura siguiente:
L/3
2EI EI
L/3L/3
Solución: Despreciando la deformación por corte, primero analizamos el desplazamiento en C, donde se aplica la carga P. (a)
L/3 L/3
EI2EI
L/3
Fórmula a emplear:
∫=∆EI
dxMC
P
2
²
2
TRAMO ORIGEN M OBSERVACIONES AB A 2/3Px Para el tramo CD y
DB los M de inercia son diferentes.
CD C 2/3Px – P(x-L/3) DB D 2/3Px – P(x-L/3)
( ) ( )[ ] ( )( )[ ]∫ ∫∫ −−+−−+=∆3/2
3/ 3/2
3/
02
3/3/24
²3/24
3/22
L
L
L
L
L
EI
dxLPxPx
EI
dxLPxPx
EI
dxPxC
P
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EI2EI
L/32L/3
Integrando: EILPCP /³²00445.02/ =∆
Entonces:
EIPLC /³008916.0=∆ (b) Cuando la carga se encuentra en D.
∫=∆EI
dxMD
P
2
²
2
TRAMO ORIGEN M AD A P/3x DB D P/3-P(x-2L/3)
( ) ( )[ ]{ } dxEI
dxLxPPx
EI
dxPxD
PL L
L
∫ ∫ −−+=∆3/2
0 3/22
3/23/4
3/2
EILPDP /³²00548.02/ =∆
EIPLD /³01096.0=∆
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3 m
3 m
3 m
3.- Calcular la deflexión en la dirección de la carga dada: 431063.0 mxI −= E=200GPa
∫=∆EI
dxMA
P
2
²
2
Solución:
TRAMO ORIGEN M ↓ (+) AB A 9Kx BC B 27K CD D 9Kx + 27K
Pasos a seguir: 1° 2° 3°
P
X
X
3P
P
X
P
3P
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DDDD
(9K) ∫ ∫∫ +++=∆ 3
0
3
0
3
02
)²279(2
)²27(2
)²9(2 EI
dxkkX
EI
dxK
EI
dxKx
A
Entonces:
mA 07714.0=∆
4.- Determinar la deflexión en el punto de aplicación de la carga en la misma dirección de ésta. E = 200GPa 431083.0 mxI −= Solución: 1° Hallamos la reacción que necesitamos para nuestro desarrollo: ΣMA = 0 135KN (6)=VD (9) VD=90KN ↑ Donde: 310=K
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2° Analizando cada tramo:
TRAMO ORIGEN M DC D 0 CB C -90Kx BA B -90Kx + 13K (x-3)
(1) (2)
No hay carga que deflecte Al analizar el tramo BC la fuerza
Aplicada por lo que el momento es en "D" se traslada al punto "C" sin
generar cero. movimiento por desplazarse en su línea
de acción. (3)
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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[ ]EI
dxxKKx
EI
dxKxK
2²)3(13590
2)²90(
2)135(
3
0
∫∫ −+−+−=∆
39 1083.0102002
²145800²72900
2)135(
−
+=
∆xxxx
KKBK
mB 00976.0=∆
5.- Un poste en forma de cuarto de círculo, de radio medio igual a R, momento de inercia constante, soporta en su extremo superior una carga vertical P, su extremo inferior esta empotrado en forma vertical. Determinar su deflexión vertical. EI=cte. Solución:
TRAMO ORIGEN M BA B RSenα P
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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1° Se toma un diferencial de arco dS por donde pasará una línea horizontal que será el brazo de palanca de la fuerza P. α
α α
Por flexión: ∫=∆
EI
dSMP
2
²
2
Se considera dS por ser una porción pequeña de arco donde: dS =R(dα)
∫ ∫Π Π
==∆ 2/
0
2/
0
²2
²³
2)(
2αα
αα dSen
EI
PR
EI
RdPRSen
BP
6.- Averigüe la deflexión producida en el punto D, de la estructura mostrada para una carga P= 50Tn aplicada en el mismo. Supóngase que para todas las barras L/A=(10/cm) y que el material es de acero estructural con: E= 2040Tn/cm².
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Solución:
EA
LSaP
2
²
2∑=
∆
BARRA L/A(1cm) S(tn) S²(tn²) S²(L/A) AB 10 -41.67 1736.39 17363.9 AD 10 33.33 1110.89 11108.9 BD 10 50.00 2500.00 2500.0 BC 10 -41.67 1730.39 17363.0 DC 10 33.33 1110.89 11108.9
mx
A80.0
20402
6.81945
2
50==
∆
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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7.- En la armadura mostrada, calcular el desplazamiento en dirección de la carga aplicada en el punto B.
1.5 m
5.0 m
6.5 m6.5 m
Como se trata de una armadura la fórmula a emplear será:
EA
LSBP
2
²
2∑=
∆
1° Se hallan las reacciones: ΣMA=0 8(6.5)=VD(13) VD=4Tn↑ VA=4Tn↓ HA=8TN←
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1.8 m1.8 m
1.8 m
2° Utilizando el método de nudos podemos hallar todas las fuerzas internas (S) de la armadura.
BARRA L(m) A(cm²) S(tn) S²L/A (Tn²/cm) AB 9.192 25 5.337 1047.28 AC 6.670 25 3.959 418.17 BC 5.000 25 2.400 115.20 BD 9.192 25 -7.354 1988.46 CD 6.670 25 5.337 759.94
El signo (-) significa que la fuerza actúa a compresión en el nudo respectivo y (+) cuando la fuerza terna actúa a tracción en el nudo respectivo. 3°
A
LS
EEA
LSBP ²
2
1
2
²
2∑=∑=
∆
)0516.4329(2
1
2
)8(
E
B=
∆
Entonces: 8.- En los problemas siguientes, calcular los desplazamientos en los puntos donde se aplique la carga siguiendo la dirección de ésta. Área (cm²) 1 = 6.45 2 =12.9 E =2100Tn/cm²
cmTnE
B /131.541
=∆
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 31
Solución: 1° Hallar las reacciones:
ΣMB = 0 2.25 (3.6)=HA(1.8) HA = 4.5→ HB = 4.5← VB = 2.5↑ 2° Hallar las fuerzas internas de la armadura:
BARRA L(m) A(cm²) S(Tn) S²L/a(Tn²/cm) AB 1.8 12.90 2.25 70.639 BC 1.8 12.90 4.50 282.558 AC 2.55 6.45 -3.18 399.511 AD 1.80 6.45 -2.25 141.279 CD 1.80 12.90 2.25 70.639 CE 1.80 12.90 2.25 70.639 DE 2.55 6.45 -3.18 339.511 ALS /²∑ = 1434.776
²/21002
/²776.1434
2
)25.2(
cmTnx
cmTne=
∆
cme 30365.0=∆ 9.- Encontrar la componente de deflexión vertical en el punto de aplicación de la carga de 45Tn, donde E=2100Tn/cm², y las áreas de los perfiles de los diversos miembros en (cm²) están encerrados en el círculo sobre la ilustración. Areas: 3 = 19.4cm² 4 = 25.8cm² 5 = 32.3cm²
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 32
0.9 m
1.20 m 1.20 m 1.20 m 1.20 m Solución: Es necesario conocer primero las reacciones:
AD
J
E
F H
G ICB
La solución estará dado por:
EA
LSP
2
²
2∑=
∆
La única incógnita del problema es conocer todas las fuerzas internas (S) de cada una de las barras para calcular dichas fuerzas existe el método de nudos ó el método de secciones.
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BARRA L(m) A(cm²) S(Tn) S²L/A(Tn²/cm) AB 0.90 19.4 -2.25 23.48 AD 1.20 25.8 0.00 0.00 BC 1.20 32.3 -3.00 33.44 BD 1.50 25.8 3.75 81.76 CE 1.20 32.3 -6.00 133.75 CF 1.50 25.8 3.75 81.76 CD 0.90 19.4 -2.25 23.48 DF 1.20 25.8 3.00 41.86 EF 0.90 25.8 -4.50 70.64 EG 1.20 32.3 -6.00 133.75 FG 1.50 25.8 3.75 81.76 FH 1.20 25.8 3.00 41.86 GH 0.90 19.4 -2.25 23.48 GI 1.20 32.3 -3.00 33.44 HI 1.50 25.8 3.75 81.76 HJ 1.20 25.8 0.00 0.00 I J 0.90 19.4 -2.25 23.48
ALS /)²(∑ = 839.06
22100
06.839
2
)5.4(
x
E=
∆
cmE 08878.0=∆
4.3.- APLICACION DEL TEOREMA DE CASTIGLIANO.- Resulta muy útil en el cálculo de deflexiones de estructuras determinadas en las indeterminadas.
P
WF
∂∂
=∆
Problemas: 1.- Calcular la deflexión vertical y rotacional del punto A: I = 2000pulg 4 E = 10x10³klb/pulg²
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Solución: (a) La deflexión vertical:
∫=EI
dxMW
2
² , pero por Castigliano
P
WF
∂∂
=∆
Luego:
∫∂∂
=∆EI
dxM
PF
2
²
dxEI
PMMF ∫
∂∂=∆
2
)/(2
Entonces: Usaremos esta fórmula, siempre que hallemos deflexión considerando flexión.
dxEI
PMMF ∫
∂∂=∆
)/(
Para hallar la deflexión en A, se supondrá que en este punto actúa una carga ficticia P.
Luego se hallan los momentos en cada tramo considerando el momento que genera la carga P, y luego se deriva con respecto a esta carga.
ORIGEN TRAMO M PM ∂∂ / 0<x<6’ AB -Px=0 -x
6’<x<12’ BC -Px-15K(x-6) -x
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Para hacer el remplazo de los momentos hallados con sus respectivas derivadas se toma en cuenta, si la carga aplicada en el punto es ficticia o no. De ser ficticia, la carga P, entonces P=0, por tanto:
[ ]∫ −−−=∆'12
'6
)()6(151
dxxxKEI
F
Integrando:
4lg2000²)lg/³(1010
³.2700
puxpuklbx
pieklbF =∆
lg23328.0 puF =∆ (b) Deflexión rotacional para este caso se supondrá un momento en el punto A.
En este caso la derivada del momento será con respecto al MA. TRAMO
LIMITE
M ↓ (+)
∂ M / ∂ MA
AB BC
0<x<6 6<x12
-MA -MA-15K(x-6)
-1 -1
dxMA
MM
EIf ∫ ∂
∂=
1θ
Por ser un momento imaginario MA=0
[ ]∫ −−−=12
6
)1()6(151
dxxKEI
fθ
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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4lg2000²)lg/³(1010
²270
puxpuKlbx
Klbxpief =θ
Entonces:
radf 01944.0=θ 2.- La deflexión vertical y rotacional del punto B. E=200GPa I=1000x10 6− m 4 Solución: (a) Deflexión vertical; en este caso, la deflexión en el punto B esta dado por una carga real (50KN), para su desarrollo cambiemos su valor por la "P" y para el resultado del desplazamiento haremos el remplazo respectivo.
Luego: P=50K TRAMO
LIMITE
M ↓ (+)
∂M/ ∂ P
AB
0<x<6
Px+5Kx²
x
[ ]∫ +=∆ dxxKxKxEI
fB )(²5501
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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469 101000²)/(10200
³.5220
mxxmNx
mknf
−=∆
mf 0261.0=∆ (b) Rotación el punto B; en este caso se supone un MB que generará una rotación.
3.- Calcular las deflexiones verticales en el punto C y E; y la rotación en el punto B. ²lg/1029 3 puKlbxE =
4lg1500puI = Solución: (a) Deflexión vertical en el punto E: Suponemos una carga ficticia P en el punto E. Luego hallamos las reacciones de la viga en función de P.
Hallamos los momentos en cada tramo:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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TRAMO LIMITE M PM ∂∂ /
AB
CB
CD
ED
40<x<35
20<x<35
10<x<20
0<x<10
)35(20)20(30)10(3
470−−−−−
++− xKxKx
PPx
)20(30)10(3
470−−−
++− xKx
PPx
)10(3
470−
++− x
PPx
Px−
)10(3
4−+− xx
)10(3
4−+− xx
)10(3
4−+− xx
x−
Como la carga P es fictícia, entonces P=0
[ ][ ]∫ +−+−−−−−−40
35
3/)10(4)35(20)20(3030/)10(70EI
dxxxxkxkxk
[ ][ ] [ ]∫ ∫ −+−+−−−−35
20
20
10
3/)10(70)10(4)20(303/)10(70 xkEI
dxxxxkxk
EI
dxxx )3/)10(4( −+−
EI
k
EI
k
EI
kf
074.907433.1208337037.370−−
−=∆
4lg1500²)lg/³(1029
³.21527
puxpuKlbx
pieKlbf
−=∆
lg85517.0 puf −=∆
El signo (-) indica que el desplazamiento será en sentido contrario al asumido. (b) Deflexión vertical en el punto C. Para el punto C, asumimos 30Klb = P, luego calcular las reacciones en función de P.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Hallamos los momentos en cada tramo: TRAMO LIMITE M PM ∂∂ /
AB
BC
CD
0<x<5
5<x<20
20<x<30
[ ]xPK 3/)50( +
[ ] )5(203/)50( −−+ xKxPK
[ ] )20()5(203/)50( −−−−+ xPxKxPK
3/x 3/x
)20()3/( −− xx
Una vez hallada su derivada, remplazaos el valor en de P en ∆ f.
[ ] [ ]∫ ∫ +−−+=∆5
0
20
5
)3/()5(203/80)3/(3/80EI
dxxxKKx
EI
dxxKxf
[ ][ ]∫ −−−−−−30
20
)20(3/)20(30)5(203/80EI
dxxxxxKKx
EI
K
EI
K
EI
Kf
185.518533.120833703.370++=∆
4lg1500²)lg/³(1029
³.88.17638
puxpuKlbx
pieKlbf =∆
lg700689.0 puf =∆
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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(c) La rotación en el punto B: En el punto B, asumimos un momento ficticio MB, y hallamos las reacciones.
TRAMO LIMITE M MBM ∂∂ / AB BC DC
0<x<5 5<x<20 20<x<30
80Kx/3 MB5)-20(K(x-80Kx/3 +
20)-30(x-MB5)-20(K(x-80Kx/3 +
0 1 1
∫ ∂∂
= dxMB
MM
EIB
1θ
[ ] [ ]∫∫ −−−−+−−=30
20
20
5
)20(30)5(203/80)1()5(23/80EI
dxxxKx
EI
dxxKKxBθ
4lg1500²)lg/³(1029
².667.3916
puxpuKlbx
pieKlbB =θ
radB 012965.0=θ 4.- Hallar el giro en el apoyo izquierdo y la deflexión en el centro de luz de la siguiente viga, donde: b=30cm. , h=40cm , E-200Tn/cm²
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Solución: (a) Para calcular el giro en A: 1° Asumir un momento ficticio MA, luego, hallar las reacciones.
TRAMO LIMITE M MAM ∂∂ / AB BC
0<x<4 4<x<8
MA+7.5x-2.5x²/2 Ma+7.5x-10(x-2)
1 1
[ ] [ ]∫∫ −−+−=8
4
4
0
)1()2(105.7)1(2/²5.25.7EI
dxxx
EI
dxxxAθ
441016
²200
².333.53
cmxxcm
tn
mtnA =θ
radA 0166.0=θ
(b) Para hallar la flexión en el centro de luz: Para el centro de luz no existe carga, entonces se coloca una carga ficticia P, y se hallan las reacciones en función de ésta.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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TRAMO LIMITE M PM ∂∂ / AB BC
0<x<4 4<x<8
2/²5.2)5.05.7( xxP −+ )4()2(10)5.05.7( −−−−+ xPxxP
0.5x 0.5x-(x-4)
[ ][ ]∫∫ −−−−+−=∆EI
dxxxxx
EI
dxxxxB )4(5.0)2(105.7)5.0)(2/²5.25.7(
4
0
EIEIB
666.2640+=∆
4
160000²
200
³.6667.66
cmxcm
tn
mtnB =∆
mB 02083.0=∆
5.- Resolver la siguiente estructura:
Solución: Se busca hallar las reacciones de la viga por el teorema de Castigliano, por ser una viga hiperestática.
A una de las reacciones se le asume un valor P, y se halla VA y MA en función de P. ΣF =0 VA+P=3(12) VA= 36-P ..... (1)
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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ΣMA=0 (+) MA+36(6)-P(6)=0 MA=6P-216 ......(2)
TRAMO
LIMITE M
∂M / ∂ P
CB BA
0<x<6
6<x<12
1.5x² 1.5x²-P(x-6)
0
-(x-6)
El desplazamiento vertical que la carga P genera en el apoyo B será igual a cero.(_B=0)
[ ]∫ −−−=∆12
6
)6()6(²5.1EI
dxxxPxB
0722754
=+−
=∆EI
PB
P=38.25Tn
Por tanto: VA= -2.25Tn MA= 13.5Tn-m VB= 38.25Tn 6.- Encontrar las deflexiones horizontal y vertical el D del pórtico mostrado, considere únicamente los efectos de flexión.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Solución: Para evitar calcular reacciones, empezamos a calcular del punto "D" hasta "A". Como nos piden deflexión horizontal y vertical en el punto "D", se asumen dos fuerzas VD y HD una vertical y otra horizontal respectivamente. Luego se analiza por tramos.
Desde el exterior de los elementos se asume momento positivo. HD= 0 , VD= 0
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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TRAMO LIMITE M VDM ∂∂ / HDM ∂∂ /
DE EC CF FB BG GA
0<x<1 1<x<2 0<x<5 5<x<7 0<x<3 3<x<6
HDx )1(2 −+ xHDx
VDxHD −+ 22 )5(1022 −+−+ xVDxHD
202722 +−−−+ HDxxVDHD )3(5202722 −++−−−+ xHDxxVDHD
0 0 -x -x -7 -7
x x 2 2
2-x 2-x
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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1° 2° 3°
(a) Deflexión horizontal: Si queremos hallar la deflexión horizontal, debemos derivar los momentos hallados en función de la fuerza horizontal HD.
[ ] [ ] [ ]∫∫ ∫∫ −+−+−+++−=∆3
0
5
0
7
5
2
1
)2(2022)2()5(102)2)(2()()1(2EI
dxxx
EI
dxx
EI
dx
EI
dxxxVD
[ ]∫ −−++−+6
3
)2()3(52022EI
dxxxx
EIVD
91.5=∆
(b) Deflexión Vertical: Para calcular una deflexión vertical, el momento hallado para todos los tramos se deriva respecto a "VD".
[ ] [ ]∫ ∫ ∫ −+−+−−++−=∆5
0
7
5
3
0
)7(2022))(5(102)(2EI
dxx
EI
dxxx
EI
dxxVD
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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[ ]EI
dxxx )7()3(52022
6
3
∫ −−++−+
Entonces:
EI
VD406.540
−=∆
7.- Calcular la deflexión vertical y horizontal en el punto "C". 4610800 mmxI =
E= 200GPa. Solución: En el punto "C", existe una fuerza vertical de 10KN, esto lo igualamos a VC= 10KN que generará un desplazamiento vertical; para obtener un desplazamiento horizontal colocaremos en el punto "C" una carga ficticia HC. Desde el exterior del pórtico asumiremos M (+)↓
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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TRAMO
ORIGEN
M
M/ HD
M/ VD
CB
BA
0<x<3
0<x<4
VCx HCx+VC(3)+5Kx /6
0 x
x
3
1° 2°
(a) Deflexión Vertical:
[ ] [ ]∫∫ ++=∆4
0
3
0
)3(6/³530)(10EI
dxKxK
EI
dxxKVC
EI
K
EI
K
EI
KVC
56552045=+=∆
[ ]4369 1010300²)/(10200
³.565
mxxmNx
mKNVC
−=∆
mVC 0094167.0=∆
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 49
(b) Deflexión Horizontal:
[ ]∫ +=∆4
0
)(6/³530EI
dxxKxKHC
mHC 00684.0=∆ 8.- Resolver la siguiente estructura, cuyas dimensiones (bxh, cm): Columna= 30x30 , viga = 30x40 , E=190Tn/cm²
Solución: La solución en este problema consiste en hallar todas sus reacciones por el método de Castigliano. Para este caso, analizaremos la estructura de derecha a izquierda, empezando por el punto "D" hacia "A". Al exterior de la armadura M(+)↓ .
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 50
TRAMO
LIMITE
M
∂M/∂ VD
∂M/∂ HD
DC CB BA
0<x<3 3<x<6 0<x<5
VDx− )3(12 −+− xVDx
VDx
HDx 6362
²5.1−+−
-x -x -6
0 0 -x
1° 2°
(a) Desplazamiento Horizontal:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 51
Aquí, se deriva el momento con respecto a HD, pero el desplazamiento horizontal no existe, entonces ∆HD=0.
[ ]∫ −−++−=∆5
0
)(636)2/²5.1(EI
dxxVDxHDxHD
0751875.567667.41
=−−=∆EI
VD
EIEI
HDHD
1875.56775667.41 =+ VDHD …………………( I )
(b) Desplazamiento Vertical:
∫=∆EI
dx
VD
MMVD
[ ] [ ]∫ ∫ −−+−+−−=∆3
0
6
3
)()3(12)(EIc
dxxxVDx
EIc
dxxVDxVD
[ ]∫ =−−++−+5
0
037.2
)6(636)2/²5.1(EIv
dxVDxHDx
Entonces: 9VD+63VD-270+31.645HD-534.81+75.95VD=0 .....................( II ) De (I) y (II):
HD=6.20 9.- Calcular la deflexión en el nudo L1, donde los números enumerados en círculos son áreas de las secciones transversales en cm². E=200GPa
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 52
Solución: Para este caso:
A
L
P
SS
P
W)(
∂∂
∑=∂∂
=∆
1° Se hallan las reacciones con la carga real y se determinan los esfuerzos internos de la barra, puede utilizar para esto el método de nudos.
2° Después de hallar las fuerzas internas con la carga real, en el mismo nudo donde se quiere el desplazamiento (L1) se coloca una carga P y nuevamente se calculan las reacciones y fuerzas internas en función de P.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 53
BARRA
L(cm)
A cm²
cmA
L 1
S
s
Ps ∂∂ /
A
L
P
sS
∂∂
AB AL1 BL1 BC CL1 CE CD DE EL1
750 600 450 600 750 450 750 600 600
26.0 26.0 19.5 26.0 19.5 19.5 26.0 26.0 26.0
28.85 23.08 23.08 23.08 38.46 23.08 28.85 23.08 23.08
-150K 120K 90K -120K 75K 0 -75K 60K 60K
-1.11P 0.89P 0.67P -0.89P 0.56P 0.00 -0.56P 0.45P 0.45P
-1.11 O.89 0.67 -0.89 0.56 0.00 -0.56 0.45 0.45
4810.45K 2463.01K 1385.28K 2462.73K 1601.47K 0.00 1200.66K 616.51K 616.51K
²/10200
/62.15156)(
9 mNx
cmKN
A
L
P
sS =
∂∂
∑
mL 0075783.01=∆
10.- Hallar la deflexión vertical en el punto A, de la siguiente estructura donde: Areas(cm²) Cordón Superior=250 Cordón Inferior=150 Montantes y Diagonales=360 E=2040Tn/cm²
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 54
Solución: 1° Se separa la armadura por rotula en A, y se calculan las reacciones, después por el método de secciones o nudos. Se calculan las fuerzas internas de cada barra. Ax=27.27Tn , Ay=2.27Tn
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 55
2° Ahora, se considera en el nudo A una carga P ficticia y se analizan todas las cargas reales.
Y para las reacciones, igual que lo anterior, se desdobla la armadura y se procede al cálculo.
BARRA
L/A
S
s
s/ P
S (∂ s/ ∂ P) L/A
A-B B-E A-I A-F B-C B-E C-E C-D D-E F-I F-H F-G G-H H-I
3.60 7.69 3.60 8.49 3.60 1.59 2.96 4.17 7.93 2.50 3.54 8.49 5.00 3.60
-30.00 3.55
-25.00 -3.21 -30.00 -50.00 39.00 -25.00 -35.50 -100.00 35.35 -80.99 -25.00 -25.00
0.01P -0.72P
-0.0004P -0.76P 0.01P 0.00
-0.01P -0.09P 0.70P 0.00
0.0006P 0.76P
-0.0004P -0.0004P
0.01 -0.72
-0.0004 -0.76 0.01 0.00 -0.01 -0.09 0.70 0.00
0.0006 0.76
-0.0004 -0.0004
-1.19 -19.60 0.04 20.79 -1.19 0.00 -1.61 9.27
197.62 0.00 0.08
-524.64 0.05 0.04
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 56
cmTnA
L
P
sS /073.321)( −=
∂∂
∑
²)/(2040
)/(073.321)(
cmTn
cmTn
AEI
L
P
sSa
−=
∂∂
∑=∆
cma 15.0−=∆
11.- Encuentre el esfuerzo a que está sometida la barra FC del puente mostrado. Los números sobre las barras son las áreas respectivas en cm².
De Castigliano:
0)( =∂∂
∑=EA
L
R
sS
R
W
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 57
BARRA
L(cm)
A(cm²)
s(Tn)
s/ R
S( s/ R)L/A
AB AF BC BE BF CD CE DE EF FG
600 849 600 849 600 600 600 849 600 849
12 24 12 12 12 12 12 24 24 12
0+2.67 0-3.77 0.71R+5.33 R-3.77 -0.71R+2.67 0+5.33 -0.71R+8.00 0-7.54 -0.71R-2.67 R+0.00
0.00 0.00 -0.71 1.00 -0.71 0.00 -0.71 0.00 -0.71 1.00
0.00 0.00 25R-188.4 70.7R-267 25R-94.4 0.00 25R-283 0.00 12.5R+47.2 70.7R
TnR
RALRsS
43.3
06.7859.228/)/(
=⇒
=−=∂∂
12
3430==
A
PG
²/83.285 cmKgG =
4.4.- METODO DEL TRABAJO VIRTUAL.- Procedimiento más versátil para evaluar deflexiones elásticas de estructuras producidas inclusive por causas diferentes a la aplicación de cargas como errores de fabricación o cambios de temperatura. 4.4.1.- Deflexiones resultantes de deformaciones axiales: WE=Wi Donde: WE= 1x∆ Wi= ΣUiδi Ui: Fuerza interna de la barra "i", inducida por la carga unitaria.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 58
δi: Desplazamiento en la barra "i", generada por la aplicación de las cargas reales.
iEASLUix )/(1 ∑=∆ 4.4.2.- Deflexiones debido a Flexión: 1x∆ : Para deflexiones lineales. 1xθ : Para deflexiones rotacionales.
(a) Si está dada por una
Carga Lineal. ……………………… dxEI
Mxmx
L
∫=∆0
)(
(b) Para una rotación ……………………… ∫= dxEI
Mxm )(αθ
Donde: mx: Momento virtual, producido por la carga virtual unitario. Mx: Momento producido por cargas reales. mα: Momento producido por un momento ficticio unitario. Generalizando: (c) Para Corte:
∫=∆L
dxGA
vVK
0
v: Fuerza de corte producido por la carga unitaria. V: Corte producido por las cargas reales.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 59
(d) Para Torsión:
∫=∆L
dxJG
Tt
0
t: Torsión ficticia debido a la carga virtual unitaria. T: Torsión Real. J: Momento Polar de Inercia. Problemas: 1.- Calcule el desplazamiento del punto A de la viga que se muestra. Utilice: E= 200GPa 461050 mxI −=
Solución:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 60
Momento Real(M) Momento Virtual(m)
TRAMO
LIMITE
M
m ↑ (+)
AB BC
0<x<3 3<x<8
5x² -30(x-1.5)-41(x-3)+10(x-3)²
x x-8(x-5)/5
Deflexión:
dxEI
MmA ∫=∆
[ ][ ]∫ ∫ −+−−−−−+=∆3
0
8
32
)²3(10)3(41)5.1(305/)3(8²)5)((EI
dxxxxxx
EI
dxxxA
469 1050²/10200
³.5.357
2
5.51225.101
mxxmNx
mKN
EI
K
EI
KA
−=+=∆
mA 03575.0=∆
2.- Calcule el desplazamiento vertical, horizontal y la rotación del punto indicado en la siguiente figura donde: ²lg/30000 puKlbE =
4lg1000puI =
Solución:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 61
TRAMO
LIMITE
M (+) ‾
mV
mH
mα
CB BA
0<x<10 0<x<14.4
10x 7.071x+100
x 0.707x+10
0 0.707x
1 1
(a) Desplazamiento horizontal:
∫=∆ dxEI
MmHH
[ ][ ]EI
dxxxH
3100071.7707.0
14.14
0
∫ +=∆
4lg1000²)lg/³(10303
³01803.11779
puxpuKlbxx
pieKlbH
−=∆
lg226.0 puH =∆
(b) Desplazamiento Vertical:
∫=∆ dxEI
MmVV
[ ][ ]∫ ∫ +++=∆10
0
10
03
100071.710707.0)10)((EI
dxxx
EI
dxxxV
4lg1000²)lg/³(1030
³2938.143299608.1099533.3333
puxpulbx
pieKlb
EIEIV
−=+=∆
lg8253.0 puV =∆
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 62
(c) Rotación en el punto C.
∫= dxEI
Mmc αθ
∫ ∫ ++=10
0
14.14
03
)100071.7)(1()10)(1(EI
dxx
EI
dxxcθ
4lg100²)lg/³(1030
²962.1206962.706500
puxpulbx
pieKlb
EIEIc
−=+=θ
radc 00579.0=θ 3.- Determine la pendiente y la deflexión debajo de cada una de las cargas concentradas mostradas en la figura. 431047.1 mxI −= E=200GPa Solución: (a) Pendiente y deflexión en A.
Hallamos momentos Hallamos momentos reales(M). Virtuales (m).
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 63
TRAMO
LIMITE
M(+)↓
m
mα
CB BC
0<x<3 3<x<4.5
135Kx 135Kx+90K(x-3)
0 1(x-3)
0 1
a.1) Pendiente:
∫= dxEI
Mxmαθ
[ ]∫ −+=5.4
3
)1()3(90135EI
dxxKKxAθ
439 1047.1²)/(10200
².625.860
mxxmNx
mKN−
=θ
radA 00293.0=θ
a.2) Deflexión:
∫=∆ dxEI
MmA
[ ]∫ −+−=∆5.4
3
)3(90135)3(EI
dxxKKxA
439 1047.1²)/(10200
³.75.708
mxxmNx
mKNA
−=∆
mA 00241.0=∆
(b) Pendiente y deflexión en B: Se considera los momentos reales.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 64
TRAMO
LIMITE
M(+) ↓
m
mα
CB BA
0<x<3 3<x<4.5
135Kx 135Kx+90K(x-3)
x x
1 1
b.1) Deflexión:
∫=∆ dxEI
MmB
[ ] [ ]∫ ∫ −++=∆3
0
5.4
3
)3(90135)()(135EI
dxxKKxx
EI
dxxKxB
439 1047.1²)/(10200
³.625.4505625.32901215
mxxmNx
mKN
EI
K
EI
KB
−=+=∆
↓=∆ mB 0513.0
b.2) Pendiente: θB= ���α MX dx EI θB= � ������Г��
� dx + � �������� � ����� � ������ dx
EI EI θB= 607.5 k + 860.625 k = 1468.125 kn.m2 EI EI 200 x 109 ( N/m2) x 147 x 10-3 m4
θB= 0.00499 rad.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 65
4.- Encuentre la deflexión en los puntos A y B de la viga mostrada, donde:
E=200GPa, I= 1.47x10-3 m4
Solución:
(a) Deflexión en el punto A:
Momento real (M) Momento vitual (m)
TRAMO
LIMITE
M(+)
m
AB BC
0<x<3 3<x<6
45K(x²/2) 135K(x-1.5)+90K(x-3)
x x
∆A= �� M dx EI ∆A= � ��Г������������
� dx + � ����������� � ��� � ������ � ���� dx
EI EI ∆A= 445.625 k + 7796.25 k = 824.875 kn.m3 EI EI 200 x 109 ( N/m2) x 1.47 x 10-3 m4
∆A= 0.028 m.
A B C
3 KN/m90 KN
3.0 m 3.0 m
A B C
3 KN/m90 KN
3.0 m 3.0 mA B C
6.0 m
1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 66
(b) Deflexión en el punto B:
TRAMO
LIMITE
M
m
AB BC
0<x<3 3<x<6
45K(x²/2) 135K(x-1.5)+9K(x-3)
0 1(x-3)
∆B= �� M dx EI ∆B= � �� � �����Г�� � ��� � ���Г��� � �� ���
dx EI ∆B= 2936.25 kn.m3 . 200 x 109 (N/m2) x 1.47 x 10-3 m4
∆B= 0.00998 m. 5.- Determine la deflexión en el centro, y la pendiente en el extremo derecho de a viga mostrada, donde: E= 200GPa I= 0.874x10-3 m4.
A B C
3.0 m 3.0 m
1
A B
45 KN/m
9.0 m 3.0 m3.0 m
90 KN
30 KN/m
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 67
Solución: (a) Deflexión en el centro: 1° Calcular reacciones con carga real y con carga virtual.
2° Se determinan los momentos reales y virtuales para cada tramo.
TRAMO
LIMITE
M
m
AE EB
0<x<4.5 4.5<x<9.0
217.5x-270-[45x²/2] 217.5x-270-[45x²/2]
x/2 x/2-(x-4.5)
∆E= � ��� ��� � � � � �����������������
� dx + EI � �����– �� � �������� ��� � � � � ���������
� dx EI ∆E= 783.1050 k + 1010.9179 + 0 EI EI ∆E = 1794.023 kn.m3 200 x 10 ( N/m2) x 0.874 x 10-3 m4
∆E= 0.0103 m.
A B
9.0 m
E
90 KN 90 KN
135 135
307 KN 277.5 KN
A B
4.5 m
E
1/2
4.5 m1/2
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 68
6.- Determinar la componente vertical de deflexión del nudo H en la armadura.
Áreas en cm²:
1 = 6.5 1.5 = 9.8 2 = 13
3 = 19.5 4 = 26
EI = 200 GPa
Solución: Hallamos las fuerzas internas con las cargas reales y fuerzas internas con cargas virtuales. BARRA
L(m)
A(m²)
L 1 A cm
S
Ui
Ui (SL/A)
AB AC BC BD BE CE DE DF EF EG FG FH GH
5.00 4.50 2.25 5.00 5.00 4.50 4.50 5.00 5.00 4.50 2.25 5.00 4.50
19.5 13.0 6.5 26.0 9.8 13.0 19.5 26.0 9.8 6.5 6.5 19.5 6.5
25.64 34.62 34.62 19.23 51.02 34.62 23.08 19.23 51.02 69.23 34.62 25.64 69.23
201.15 -180.00 90.00 301.73 -100.58 -180.00 -270.00 301.73 -100.58 -180.00 90.00 201.15 -180.00
2.24 -2.00 0.00 2.24 0.00 -2.00 -2.00 2.24 0.00 -2.00 0.00 2.24 -2.00
11552.8 12463.2 0.0 12997.1 0.0 12465.2 12463.2 12997.1 0.0 24922.8 0.0 11552.8 24922.8
90 KN 90 KN 90 KN
A
B
D
F
H
GEC
3
4 4
3
1122
1 1.5
3
11.5
4.5 m 4.5 m 4.5 m 4.5 m
4.5 m
90 KN 90 KN 90 KN90 KN 360 KN 21 1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 69
∆H= 136335 => ∆H = 6.82 cm 200x10² 7.- Una señal que pesa 500lbs, está apoyada en un tubo de acero en voladizo, cuyo eje está doblado formando un arco circular de 25' de radio, con E=29000Kips/pulg², I=4.5pulg4, donde: 1Kips=1000lbs. Determinar el desplazamiento vertical del centro de la señal. Solución:
TRAMO
M
m
B-A
500RSenθ
RSenθ
∆B= ��" Ms ds EI ∆B= � ��#�"$%θ����#"$%&��
� �θ) Rdθ EI
A
B
25´
A
B
500 lb
ds
d
R
R sen
A
B
1
d
R
R sen
ds = R sen
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 70
∆B= 500 R3 (0.785) , remplazamos valores: EI ∆B= 0.5 Kips x (300pulg)3 (0.785) 2900 (kips / pulg2) x 40.5 pulg4
∆B= 9.00pulg 8.- Calcular el desplazamiento lateral del nudo 3, en la estructura que se muestra. EI= cte. Solución:
Fig.(1) Fig.(2) Donde:
1
2
3
4
2 L
1.8 L L
W
1
2
3
4
2.15 L 1
1
V 1V 4
1
2
3
4
1
1
V 1V 4
W COS
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 71
θ=21.80° , V1=WL , V4=WL Traslado de fuerzas:
TRAMO
M
m
2-3
WLCosθx-WCosx²/2
-L-Senθx+0.9Cosθx
En la figura (1): ΣM1= 0 (+) 1x1.8L-V4 (2L)=0 V4=0.9 V1=0.9 ∆3= � � M dx EI ∆3= � �����'("θ� � )$%θ� � *��+*�'("θ� �+'("θ�������,��-
� dx EI ∆3= � �����'("²θ+*�² � ���+'("²θ�� ���� �+*�)$%θ'("�� ���,��-
� WSenθCos3θ(x / 2) – WL2 Cosθx + WLCosθ (x2 / 2)] dx EI ∆3= [2.57WL4 - 2.07WL4 - 1.14WL4 + 0.92WL4 - 2.145WL4 +1.537WL4 ] (1/EI)
∆3= -0.328WL4 /EI
sen2
3
1
W COS
W L COS
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 72
9.- Resolver las estructuras siguientes: Área en (cm²) Barras exteriores:200 Barras interiores: 300 E= 2040 Tn/cm² Analizando la estabilidad de la barra deducimos que es hiperestática de primer grado interno.
HA =2Tn
ΣMA = 0 ΣFv = 0 2(5)+4(5)+3(5) = VE (10) VA+4.5-4-3 = 0 VE = 4.5 Tn. VA = 2.5 Tn.
A
BC
E
D
5.0 m 5.0 m3 Tn
4 Tn
5.0 m
A
BC
E
D
3 Tn
n
vA vE
HA
2 Tn
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 73
Las reacciones: VA = 0 VE = 0 HA = 0 TRAMO
L 1 A cm
u
u SL A
u²L A
S=s+Pu
s
A-B B-C C-D D-E B-D A-C A-D C-E
2.50 2.50 1.66 2.50 2.36 2.36 2.50 3.54
-0.707 -0.707 -0.707 0.000 1.000 1.000 -0.707 0.000
4.42 7.95 -0.58 0.00 8.35 0.00 -3.54 0.00
1.25 1.25 0.83 0.00 2.36 2.36 1.25 0.00
-1.24 -3.24 1.75 4.50 1.76 -1.78 3.26 -6.36
-2.50 -4.50 0.50 4.50 3.54 0.00 2.00 -6.36
│ 16.60 │ 9.30 │ P = - .)/*���01 = 16.60 .2²�*���01 9.30
P = - 1.78 Tn
A
BC
E
D
0
1
1
0
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 74
10.- Determinar el desplazamiento horizontal del apoyo derecho de la estructura. Todas las barras tienen áreas seccionadas de 19.35cm² y E = 2100Tn/cm².
Solución: 1° Para hallar las 2° Para hallar las cargas reales. cargas virtuales. VA= 4.95Tn. , VH= 4.95Tn. Valores de ángulos: γ = 34.019° , θ= 46.39° , ß= 20.56° , α= 24.23°
D
FE
B
C G
4.0 m 4.0 m 4.0 m 4.0 m
4.2 m
1.8 m
2.7 m
2.7 Tn
3.6 Tn 3.6 Tn
A H
D
FE
B
C G
2.7 Tn
3.6 Tn 3.6 Tn
vA vH
HA
D
FE
B
C G
A H
B
1 1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 75
TRAMO
L 1 A cm
u
S
u(SL/A)
A-B A-C B-C B-E B-D C-E D-E H-F H-G F-D F-G F-E E-G
29.970 24.940 7.750 20.670 22.670 22.078 9.300 29.970 24.940 22.670 7.750 20.670 22.078
2.64 -3.40 -0.85 -0.52 2.57 -3.00 -2.11 2.64 -3.40 2.57 -0.85 -0.52 -3.00
-19.06 15.82 3.93 0.79 -15.28 14.00 9.84 -19.06 15.82 -15.82 3.93 0.79 14.00
-1508.04 -1341.47 -25.89 -8.49 -890.24 -927.28 -193.09 -1508.04 -1341.47 -890.24 -25.89 -8.49 -927.28
∆= .2 ( SL ) = _ 9595.91 (1/cm) EA 2100 (Tn/cm2)
∆= - 4.57 cm
11.- Encontrar la componente de deflexión vertical, horizontal y rotacional del punto A en las siguientes estructuras donde: A) E= 2100Tn/cm² , I= 4000Tn/cm²
Solución:
0.9 Tn
1.5 m
1.5 m
3.0 m 3.0 m
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 76
Real: Virtual:
TRAMO
M
mH
mV
mα
A-B B-C C-D D-E
0.9x 1.35 1.35-0.9x -1.35
x 1.5 1.5-x -1.5
0 -x -3 -3+x
1 1 1 1
∆HA= � �H Mdx EI ∆HA= � ��������,��
� dx + � �������� � dx + � ���� � �������� � ��
� dx EI EI EI + � ������������
� dx EI ∆HA= [1.0125 + 6.075 + 2.025 + 12.15] / EI
0.9
0.9
0.9
0.9
1.35
1.35 1.35
1
1
1
1
1.5
1.5 1.5
3
1
1 1
1
3
1
1
1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 77
∆HA = 21.26Tn x 1000000cm3 2100(Tn/cm²) x 4000cm4
∆HA= 2.53 cm
∆VA= ��V Mdx EI ∆VA= � ��������
� dx + � ������� � ����� � dx + � ��� � ���������
� dx EI EI EI ∆VA= [- 6.075 + 0 + 0] / EI ∆VA = - 6.075Tn x 1000000 cm3 2100(Tn/cm²) x 4000 cm4
∆VA=-0.723cm
θA= ��α Mdx EI θA= � ����������,��
� dx + � ��������� � dx + � ������� � �����
� dx EI EI EI + � ����������
� dx EI θA= [1.0125 + 4.05 + 0 + 8.1] / EI θA = - 3.0375Tn x 1000000cm3 2100(Tn/cm²) x 4000cm4
θA= 0.00361rad
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 78
B) E= 2100Tn/cm² , I= 8000cm4.
Real: Virtual:
TRAMO
M
mH
mV
mα
A-B B-C C-D D-E
1.35x 1.215 1.215-0.95x -2.835
x 0.9 -0.707x+0.9 -2.1
0 -x -0.707x-1.2 -4.2-x
1 1 1 1
1.35 Tn
B
A
C
D E
1.2 m 3.0 m 2.4 m
2.10 m
0.9 m
1.35 Tn
1.35
1 .215 1 .35 sen
1.35
1.352.835
0.9 sen
1
1
2 .1
0.9
1
1 1
1
1
1 1
1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 79
∆VA= ��V Mdx EI ∆VA= � ����������,��
� dx + � ���� �� � �������� � ���������� dx
EI EI + � �����������3�����
� dx EI ∆VA= [0.874 + 11.86 + 36.74 ] / EI ∆VA = 49.47 Tn x 1000000cm3 2100(Tn/cm²) x 8000cm4
∆VA= 2.94cm
∆VA= ��H Mdx EI ∆VA= � ����������4
� dx + � ����������,��� dx + � ���� � � � ������ � ��������
� dx EI EI EI + � ����������3�����
� dx EI ∆VA= [0.328 + 1.3122 + 6.295 + 14.288] / EI ∆HV = 21.26Tn x 1000000cm3 2100(Tn/cm²) x 4000cm4
∆HV= 1.32cm
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 80
θA= ��α Mdx EI θA= � �����4
� dx + � ����,��� dx + � ����� � ���������
� dx EI EI EI + � ���3����
� �dx EI θA= [ 0.5467 + 1.458 – 6.804 -3.38 ] / EI θA = - 8.187 Tn x 10000cm2 2100(Tn/cm²) x 8000cm4
θA= - 0.00487rad
4.5- METODO DE LA DOBLE INTEGRACION.- De Resistencia de Materiales la curvatura de una viga sometida a flexión pura está dada por: 1 = M ……...... (1) p EI donde: p: radio de la curvatura M: Momento aplicado E: Módulo de Elasticidad I: Inercia de la sección transversal Además existe una relación entre pendientes de la curva y la curvatura: 1 = d²y/dx² …...... (2) p [1+ (dy/dx)²] 3/2 Para elementos de una viga aplicados en Ing.Civil, la pendiente es de orden de 1/360 de la libre, por lo que se desprecia la pendiente. 1 = d²y ...... (3) p dx² Igualando (3) = (1)
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 81
d²y = M dx² EI Si resolvemos la primera integral: dy = Mx + C1 ......... Ecuación de la dx EI Pendiente. Si volvemos a integrar: Y = Mx² + C1x + C2 ......Ecuación de la Flecha. EI Donde C1 y C2 son constantes que dependen de las condiciones de borde, para esta Solución de problemas es muy importante tener conocimiento de la forma de la elástica de cada viga. Analizando en los Apoyos: 1° Cuando una viga está empotrada: No existe ángulo de giro.
Pendiente: dy / dx = 0 para: x = 0 y x = L Flecha : Y = 0 para: x = 0 y x = L 2° Cuando la viga es simplemente apoyada:
(a) Existe ángulo de giro en ambos apoyos.
Pendiente: dy / dx ╪ 0
L
W
L
W
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 82
Flecha : Y = 0 para: x = 0 y x = L (b) En el apoyo (B) no existe pendiente porque la recta tangente a este punto es horizontal. Pendiente: dy / dx ╪ 0 para x = 0; dy / dx = 0 para x = a Flecha : Y = 0 x = y x=a NOTA: El apoyo en B puede ser móvil o fijo.
(b) En el apoyo A y B no existe pendiente.
Pendiente: dy / dx = 0 x = a y x = a+b Flecha : Y = 0 x = 0 y x = a+b 3° Cuando la viga tiene comportamiento y apoyo simple.
(a)
Pendiente: dy / dx = 0 x = 0 y dy / dx ╪ 0 x = L
a b
P Q
W
a b c
L
W
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 83
flecha : Y = 0 x = 0 x = L (b)
Pendiente: dy / dx = 0 x = 0 y x = a Flecha : Y = 0 x = 0 y x = a (c)
Pendiente: dy / dx = 0 x = 0 y x = a dy / dx ╪ 0 x = 0 y x= a+b Flecha : Y = 0 x = 0 , x = a y x = a+b Ejemplos:
I- Usando el método de la doble integración, calcule la flecha máxima en las siguientes vigas:
1.-
2EI EI
2Tn/m.15Tn.
4.0m. 2.0m. 2.0m.
EI=cte.
W
W
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 84
Solución: Se analiza cada tramo de izquierda a derecha:
2Tn/m.15Tn.
MA
RA RB
M B
40 << xPara
2
2
2
2 xxRMdx
ydEI AA −+=
)1(...32
2 1
32
CxxR
xMdx
dyEI A
A +−+=
)2(...1262
2 21
432
CxCxxRxM
dx
dyEI AA ++−+=
64 << xPara
)2(82
2
−−+= xxRMdx
ydEI AA
)3(...)2(42
3
22
CxxR
xMdx
dyEI A
A +−−+=
)4(...3
)2(4
6243
332
CxCxxRxM
yEI AA ++−
−+=
86 << xPara
)6(15)2(82
2
−−−−+= xxxRMdx
ydEI AA
)5(...)6(5.7)2(42
5
2
2
CxxxR
xMdx
dyEI A
A +−−−−+=
)6(...3
)6(75
3
)2(4
6265
3332
CxCxxxRxM
yEI AA ++−
−−
−+=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 85
Cálculo de las constantes:
En la ecuación (1) : 0...0,0
0...0,0'
2
1
===
===
Cxy
Cxy
Igualando la ecuación:
46
35
4
3
...6)6()4(
...6)5()3(
332.21667.104...4)4()2(
333.542...4)3()1(
CCxpara
CCxpara
RMCxpara
RMCxpara
AA
AA
===
===
−+===
+−−===
Para calcular las reacciones igualamos ecuaciones teniendo en cuenta las condiciones:
Cuando: )6(08 ecuacionladeyx ⇒==
)1(...668.2866420 =+ AA RM Cuando: 0'3 == yx
)2(...667.168286 =+ AA RM
De las ecuaciones (1) y (2)
..57.18
,..73.15,.6059.13,.394.9
mTnM
mTnMTnRTnR
B
ABA
−=
−−===
Cálculo de flecha máxima:
En ningún tramo existe .0/ =xy dd Las cargas se equilibran con los momentos y reacciones que generan contraflecha.
2.-
4EI EI
3Tn/m.
4.0m.
EI=cte.
7Tn.
4.0m. 2.0m.
BA
Solución: Analizando cada tramo de izquierda a derecha:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 86
3Tn/m. 7Tn.
RA RB
MA
40 << xPara
xRxMdx
ydEI AA +=
2
2
4
)1(...2
4 1
2
CxR
xMdx
dyEI A
A ++=
)2(...62
4 21
32
CxCxRxM
yEI AA ++=
84 << xPara
[ ]
2
)4(34
2
2
2 −−+=
xxRM
dx
ydEI AA
)3(...2
)4(
24 3
32
CxxR
xMdx
dyEI A
A +−
−+=
)4(...8
)4(
624 43
432
CxCxxRxM
yEI AA ++−
−+=
108 << xPara
)8()6(122
2
−+−−+= xRxxRMdx
ydEI BAA
)5(...2
)8()6(6
25
2
2
2
CxR
xxR
xMdx
dyEI BA
A +−
+−−+=
)6(...6
)8()6(2
6265
3
3
32
CxCxR
xxRxM
yEI BAA ++−
+−−+=
Calculo de las constantes:
En la ecuación (1) : 0...0,0
0...0,0'
2
1
===
===
Cxy
Cxy
Igualando la ecuaciónk
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 87
EIy
7.76−=
86424...6)6()4(
16246...6)5()3(
0...4)4()2(
0...4)3()1(
6
5
4
3
+−−===
+−−===
===
===
AA
AA
RMCxpara
RMCxpara
Cxpara
Cxpara
Para hallar las reacciones igualamos las ecuaciones remplazando el valor de las condiciones: Cuando: )6(08 ecuacionladeyx ⇒==
(*)...32333.8532 =+ AA RM Cuando: )5(0'8 ecuacionlaenyx ==
(**)...32328 =+ AA RM
De las ecuaciones (*) y (**) ..999.4,.75.16,.25.2 mTnMTnRTnR ABA −−===
Cálculo de flecha máxima:
Se dará en el tramo donde actúa la carga de 7 Tn. en el volado. Cuando x = 0 en la ecuación (6) reemplazando todos sus valores.
3.-
EI2EI
5Tn/m.
6.0m.
3Tn.
B
A
2.0m. 2.0m.
Solución: Se analiza cada tramo de izquierda a derecha:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 88
5Tn/m . 3Tn .
23.75 Tn .19 .75 Tn .
60 << xPara
2
575.19
2
2
2 xx
dx
ydEI −=
)1(...6
5
2
75.191
32
Cxx
dx
dyEI +−=
)2(...24
5
6
75.1921
43
CxCxx
yEI ++−=
86 << xPara
2
575.192
2
2
2 xx
dx
ydEI −=
)3(...6
5
2
75.192 3
32
Cxx
dx
dyEI +−=
)4(...6
)8(75.23
3
)4(20
6
75.192 65
333
CxCxxx
yEI ++−
+−
−=
Calculo de las constantes: De la ecuación :
664.810...0'8)4(
333.205...0'8)3(
4
3
===
−===
Cyxpara
Cyxpara
Igualandok
3305.711...6)2()4(
416.190...6)1()3(
325.1237...8)6()4(
999.311...8)5()3(
2
1
6
5
===
−===
===
−===
Cx
Cx
Cx
Cx
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 89
EIy
998.940−=
Cálculo de flecha máxima:
Se dará en el tramo donde actúa la carga de 3 Tn. en el volado. Cuando x = 10 :
4.-
2EI
2Tn/m.10Tn.
BA
4Tn/m.
4EI
4.0m. 2.0m. 1.0m. 1.0m.
R = 16.1667Tn.A
R = 5.8333Tn.B
∑ ↓+=M A )(0
( ) ( ) ( )4310143
48 BR=++
−
.8333.5 TnRB =
.1667.16 TnRA = Calculando los momentos pendiente y flecha por tramos:
40 ≤≤ xPara
64
3
2
2 x
dx
ydEI −=
)1(...24
4 1
4
Cx
dx
dyEI +−=
)2(...120
4 21
5
CxCx
yEI ++−=
64 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( )22
2
441667.16666.282 −−−+−−= xxxdx
ydEI
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 90
( ) ( ) ( ))3(...
3
4408355.8666.242 3
322
Cx
xxdx
dyEI +
−−−+−−=
( ) ( ) ( ))4(...
12
446945.2
3
666.242 43
43
3
CxCx
xx
yEI ++−
−−+−
−=
76 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( )5441667.16666.2822
2
−−−+−−= xxxdx
ydEI
( ) ( ) ( ) )5(...52408355.8666.242 5
222Cxxx
dx
dyEI +−−−+−−=
( ) ( ) ( ))6(...
3
5246945.2
3
666.242 65
33
3
CxCx
xx
yEI ++−
−−+−
−=
87 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( ) ( )7105441667.16666.2822
2
−−−−−+−−= xxxxdx
ydEI
( ) ( ) ( ) ( ) )7(...7552408355.8666.242 7
2222Cxxxx
dx
dyEI +−−−−−+−−=
( ) ( ) ( ) ( ))8(...
3
75
3
5246945.2
3
666.242 87
333
3
CxCxx
xx
yEI ++−
−−
−−+−
−=
Consideremos las condiciones para calcular las constantes
666.10)1(
11.7)3(40'
1
3
=⇒
=⇒==
Cecuacionlaen
CecuacionlaenxparayEn
28.25)4(
133.34)2(40
4
2
−=⇒
−=⇒==
Cecuacionlaen
CecuacionlaenxparayEn
Igualando:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 91
94.21...7)8()6(
433.6...7)7()5(
94.21...6)6()4(
4433.6...6)5()3(
886
775
6
5
−=⇒===
=⇒===
−===
===
CCCxpara
CCCxpara
Cxpara
Cxpara
Cálculo de la flecha máxima: Estableciendo valores para cada una de las pendientes, ninguna satisface la 0/ =xy dd
La ecuación donde hallamos la flecha máxima será (1) donde 40 ≤≤ x .
1333.34666.10120
45
−+−= xx
yEI
En :0=x
5.-
2Tn/m. 2Tn/m.
4Tn/m.
2EI EI 2EI
3.0m. 3.0m. 3.0m. 3.0m.
Por la simetría de la viga:
.12 TnRR BA ==
Hallamos los momentos, pendientes y flecha para cada tramo:
30 ≤≤ xPara
EIy
533.8−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 92
2
2
2
2 xdx
ydEI −=
)1(...3
2 1
3
Cx
dx
dyEI +−=
)2(...12
2 21
4
CxCx
yEI ++−=
63 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( )9
323125.16
3
2
2 −−−+−−=
xxx
dx
ydEI
( ) ( ) ( ))3(...
18
3365.13 3
4
22C
xxx
dx
dyEI +
−−−+−−=
( ) ( ))4(...
90
332)5.1( 43
5
33 CxCx
xxyEI ++−
−−+−−=
Como la viga es simétrica, la máxima pendiente se dará: Cuando:
375.30)4(03
25.11)3(0'6
4
3
−=⇒==
=⇒==
Cecuacionlaenyx
Cecuacionlaenyx
Igualando ecuación: 5.133)3()1( 1 =⇒== Cxen Cuando: 75.33)2(03 2 −=⇒== Cecuacionlaenyx Las ecuaciones serán:
30 ≤≤ xPara
)1(...5.133
23
+−=x
dx
dyEI
)2(...75.335.1312
24
−+−= xx
yEI
La flecha en este tramo: 0=x
EI
yyEI875.16
75.332−
=⇒−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 93
63 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( ))3(...25.11
18
3365.13
422 +
−−−+−−=
xxx
dx
dyEI
( ) ( ))4(...375.3025.11
90
332)5.1(
533 −+
−−−+−−= x
xxxyEI
La flecha en este tramo será 6=x
Calculo de la Flecha máxima:
La flecha máxima que tiene la viga esta en el tramo 30 ≤≤ x , cuando 0=x : 6.-
BA
15Tn.
2Tn/m.
5Tn/m.
EI
3.0m. 3.0m. 3.0m.2.0m.
∑ ↓+=M A )(0
( ) ( ) ( ) BR11105.75.612315 =++− .18 TnRB =
.5.16 TnRA = 30 ≤≤ xPara
EIy
7.2−=
EIy
875.16−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 94
xdx
ydEI 5.16
2
2
=
)1(...25.8 1
2 Cxdx
dyEI +=
)2(...75.2 21
3 CxCxyEI ++=
53 ≤≤ xPara
( )3155.162
2
−−= xxdx
ydEI
( ) )3(...35.725.8 3
22 Cxxdx
dyEI +−−=
)4(...)3(5.275.2 43
33 CxCxxyEI ++−−=
85 ≤≤ xPara
( ) ( )22
2
523155.16 −−−−= xxxdx
ydEI
( ) ( ))5(...
3
5235.725.8 5
322 C
xxx
dx
dyEI +
−−−−=
( ) ( ))6(...
6
535.275.2 65
433 CxC
xxxyEI ++
−−−−=
118 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( )18
855.6123155.16
3
2
2 −−−−−−=
xxxx
dx
ydEI
( ) ( ) ( ))7(...
72
855.6635.725.8 7
4222 C
xxxx
dx
dyEI +
−−−−−−=
( ) ( ) ( ))8(...
72
85.6235.275.2 87
5333 CxC
xxxxyEI ++
−−−−−−=
Establecemos condiciones para las constantes: Igualando: 313)3()1( CCxen =⇒==
000 2 =⇒== Cyxpara Igualando: 03)4()2( 4431 =⇒=−⇒== CCxCxCxen
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 95
Igualando: 15355)5()3( CCCCxen =⇒=⇒==
Igualando: 05)6()4( 6653 =⇒+−⇒== CCxCxCxen
Igualando: 8)7()5( == xen
( )
)(...5.4
5.4
)5.6(63
52
75
57
7
2
5
3
aCC
CC
CxCx
=−
+−=⇒
=−++−
−
Igualando: 8)8()6( == xen
( )
)(...8475.08
8875.6
)5.6(212
52
8
75
875
87
3
5
4
bC
CC
CCC
CxCxxCx
+=−
+=+−⇒
+=−++−
−
En la ecuación 0,11)8( == yx
( ) ( )
)(...625.219411
01172
)3(5.4285.2)11(75.2
87
87
53
cCC
CC
−=+
=++−−−
Remplazando la ecuación (a) en (b)
25.2975.6)5.4(8
75.6)(8
88
875
=⇒+=
+=−
CC
CCC
En 625.12911 87 −=+ CC
( )
17.20211
625.2197
8
7 −=⇒−−
= CC
C
Para :5C
67.197
67.197
67.19767.1975.417.202
1
3
55
−=
−=
−=⇒−=+−=
C
C
CC
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 96
Para calcular la flecha máxima: Analizamos el tramo: 85 ≤≤ x en (5) 0/ =xy dd
( ) ( )
4055.5
845.181575.10666.0
067.1973
5235.725.8
23
322
=
−=+−
=−−
−−−=
x
xxx
xxx
dx
dyEI
Remplazando 4055.5=x en .maxy
( ) ( )
119.669
67.1975166.035.275.2
−=
−−−−−=
yEI
xxxxyEI
⇒ II) Usando el método de la doble integración, resolver las siguientes estructuras, calcular la flecha máxima, dibuje los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 1.-
15Tn. 13Tn.
7Tn/m.
3.0m.2.0m.1.0m.1.0m. 1.0m. 1.0m.
10 ≤≤ xPara
EIy
119.669.max
−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 97
xRMdx
ydEI AA +=
2
2
)1(...2
1
2
CxR
xMdx
dyEI A
A ++=
)2(...62
21
32
CxCxRxM
yEI AA +++=
21 ≤≤ xPara
)1(152
2
−−+= xxRMdx
ydEI AA
)3(...)1(5.72
3
2
2
CxxR
xMdx
dyEI A
A +−−+=
)4(...3
)1(5.7
6243
332
CxCxxRxM
yEI AA ++−
−+=
42 ≤≤ xPara
12
)2(7)1(15
3
2
2 −−−−+=
xxxRM
dx
ydEI AA
( ))5(...
48
27)1(5.7
25
4
22
Cx
xxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−−+=
)6(...240
)2(7
3
)1(5.7
6265
5332
CxCxxxRxM
yEI AA ++−
−−
−+=
74 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )9
477
3
47747333.37)1(15
2
22
2
2
−−
+−
−−−−−−−−+=
xx
xxxxxxRM
dx
ydEI AA
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 98
( )
( ) ( ))7(...
3
1643
7
9
112363
15
47
6
112363
15
47
333.35.3)1(5.72
7
23
234
234
22
2
C
xxx
xxxx
xxxx
xxxR
xMdx
dyEI A
A
+
+−
−
+−
+
−
+
+−
+
−
−−−−−+=
( ) ( )
( ))8(...
3
83
4
127
9
2
112
3
36
12
15
207
6
2
112
3
36
12
15
207
3
333.35.3
3
15.7
62
87
2342345
2345
3332
CxC
xxxxxxx
xxxx
xxxRxMyEI AA
++
+−
−
+−
+
−
+
+−
+
−
−−
−−
−+=
87 ≤≤ xPara
( ) ( )55.10333.37)1(152
2
−−−−−−+= xxxxRMdx
ydEI AA
( ) ( ))9(...
2
55.10333.35.3)1(5.7
29
222
2
Cx
xxxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−−−−+=
( ))10(...
6
55.10
3
)333.3(5.3
3
)1(5.7
62109
33332
CxCxxxxRxM
yEI AA +−
−−
−−
−+=
98 ≤≤ xPara
( ) ( ) ( )81355.10333.37)1(152
2
−−−−−−−−+= xxxxxRMdx
ydEI AA
( ) ( ) ( ))11(...
2
813
2
55.10333.35.3)1(5.7
211
2222
2
Cxx
xxxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−
−−−−−+=
( ) ( )
)12(...
6
813
6
55.10
3
)333.3(5.3
3
)1(5.7
62
1211
333332
CxC
xxxxxRxMyEI AA
+
+−
−−
−−
−−
−+=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 99
Establecemos las ecuaciones para calcular las constantes:
En la ecuación : ( ) 00,0'1 1 =⇒== Cxy
( ) 00,02 2 =⇒== Cxy
Igualando: 01)3()1( 3 =⇒== Cxpara
Igualando: 01)4()2( 4 =⇒== Cxpara Igualando: 02)5()3( 5 =⇒== Cxpara
Igualando: 02)6()4( 6 =⇒== Cxpara Igualando: :4)7()5( == xpara
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 7
34
32447
4
447333.35.327 Cx
xxxx +−−
−−−−−−=−−⇒
Remplazando el valor de x : 777.07 −=⇒ C Para la flecha: Igualando: 4)8()6( == xpara
( ) ( )( ) ( )
( )
52.2
24
47
18
20
4
4
47
3
333.35.3
240
27
8
87
4
54
33
=⇒
++−
−
−−
−
−−
−=−
−⇒
C
CxCx
xx
xx
Igualando: 7)9()7( == xpara
( ) ( )
( ) ( )
902.13
2
55.10777.047
18
4
447
9
9
23
43
−=⇒
+−
−=−−−
−−−
−⇒
C
Cx
x
xx
Igualando: 7)10()8( == xpara
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 100
( ) ( ) ( ) ( )
64.81
902.136
55.1052.2777.0
24
47
4
4
20
47
10
10
3445
=⇒
+−−
−=+−−
−
−+
−−⇒
C
Cxx
xxxx
Igualando: 902.138)11()9( 11 −=⇒== Cxpara
64.818)2()10( 12 =⇒== Cxpara Establecemos dos ecuaciones para dos incógnitas: )11(0'9 ecuacionenyxPara == )(....80.6965.409 α=+ AA RM )12(0'9 ecuacionenyxPara == )(....97.16495.1215.40 β=+ AA RM De la ecuación )(α y )(β
97.16495.1215.40
80.6965.4095.4
=+
=+−
AA
AA
RM
RM
63.148575.60 −=− AR
..23.27..62.32
.05.21.45.24
mTnMmTnM
TnRTnR
BA
BA
−=−−=
==
Para calcular la flecha máxima en 74 ≤≤ x 0'=y , desarrollando la ecuación (7) hallamos un valor de 3.4=x , remplazando este valor en la ecuación (8) tenemos:
EIy
3025.69.max
−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 101
Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
24.45
9.45
(+)
( - )
2.45
8.05
21.05
( - )
( - )
(+)
32.62
8.17
1.28
Mmax. 15.5
27.232
6.189
1.86
2.-
2Tn/m.
3.0m. 7.0m. 3.0m. 2.0m. 2.0m.
8Tn/m.
5Tn/m.13Tn.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 102
30 ≤≤ xPara
xRMdx
ydEI AA +=
2
2
)1(...2
1
2
CxR
xMdx
dyEI A
A ++=
)2(...62
21
32
CxCxRxM
yEI AA +++=
103 ≤≤ xPara
( )
7
3)3(
3
2
2
2 −−−−+=
xxxRM
dx
ydEI AA
)3(...28
)3(
3
)3(
23
432
CxxxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−
−+=
)4(...140
)3(
12
)3(
6243
5432
CxCxxxRxM
yEI AA ++−
−−
−+=
1310 ≤≤ xPara
)666.7(21)5.6(142
2
−−−−+= xxxRMdx
ydEI AA
( ))5(...
2
666.721)5.6(7
25
2
22
Cx
xxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−−+=
)6(...6
)665.7(21
3
)5.6(7
6265
3332
CxCxxxRxM
yEI AA ++−
−−
−+=
1513 ≤≤ xPara
)13(13)666.7(21)5.6(142
2
−−−−−−+= xxxxRMdx
ydEI AA
( ) ( ))7(...
2
1313
2
666.721)5.6(7
27
22
22
Cxx
xxR
xMdx
dyEI A
A +−
−−
−−−+=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 103
( ))8(...
6
1313
6
)665.7(21
3
)5.6(7
6287
33332
CxCxxxxRxM
yEI AA ++−
−−
−−
−+=
Usando condiciones de borde para hallar las constantes:
0)1(0'0 1 =⇒== Cecuacionlaenyx 0)2(00 2 =⇒== Cecuacionlaenyx Igualando:
049.39613)8()6(
168.5713)7()5(
049.39610)6()4(
168.5710)5()3(
03)4()2(
03)3()1(
8
7
6
5
4
3
=⇒==
−=⇒==
=⇒==
−=⇒==
=⇒==
=⇒==
Cxen
Cxen
Cxen
Cxen
Cxen
Cxen
En la ecuación (7) cuando x = 15 y= 0 )(...435.32925.5625.112 α=+ AA RM Por ∑ = 0BM )(...33.29215 β=+ AA RM
De las ecuaciones )(α y )(β
.694.26
..263.102
.306.26
TnR
mTnM
TnR
B
A
A
=
−−=
=
Calculamos el momento en B: ..20 mTnMB −=⇒ ; para calcular la flecha Máxima en el tramo 103 ≤≤ x cuando x = 8.605, y' = 0.
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 104
Entonces: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector.
(+)
( - )
(+)
( - )
( - )
(+)
26.306
8.694
5
21.694102.263
Mmax.=67.52
62.797
36.715
6.66
3.-
5Tn. 6Tn. 7Tn.
EI2EI
1.0m. 2.0m. 1.0m. 1.0m. 3.0m.
EIy
2971.1114.max
−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 105
10 ≤≤ xPara
xRMdx
ydEI AA +=
2
2
2
)1(...2
2 1
2
CxR
xMdx
dyEI A
A ++=
)2(...62
2 21
32
CxCxRxM
yEI AA +++=
21 ≤≤ xPara
)1(522
2
−−+= xxRMdx
ydEI AA
)3(...2
)1(5
22 3
22
CxxR
xMdx
dyEI A
A +−
−+=
)4(...3
)1(5.2
622 43
332
CxCxxRxM
yEI AA ++−
−+=
43 ≤≤ xPara
)3(6)1(522
2
−−−−+= xxxRMdx
ydEI AA
)5(...)3(3)1(5.22
2 5
222
CxxxR
xMdx
dyEI A
A +−−−−+=
)6(...)3(3
)1(5.2
622 65
3332
CxCxxxRxM
yEI AA ++−−−
−+=
54 ≤≤ xPara
)3(6)1(52
2
−−−−+= xxxRMdx
ydEI AA
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 106
)7(...)3(3)1(5.22
7
222
CxxxR
xMdx
dyEI A
A +−−−−+=
)8(...)3(3
)1(5.2
6287
3332
CxCxxxRxM
yEI AA ++−−−
−+=
85 ≤≤ xPara
)5(7)3(6)1(52
2
−−−−−−+= xxxxRMdx
ydEI AA
Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector. 4.-
11.4
6.4 0.4
6.6
11.54
8.4
7.2
5.2
16.62
( + )
( - )
( + )
( - ) ( - )
2 Tn 2 Tn
1 Tn/m
1.0 m 2.0 m 5.0 m 2.0 m 1.0 m
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 107
Para 0≤ x ≤ 1: d²y EI ─── = MA + RAx dx² dy EI ──── = MAx+RAx²/2+C1 ...... (1) dx EIY = Max2/2+RAx3 /6+C1x+C2 ...... (2) Para 1≤ x ≤ 3: d²y EI ─── = MA+RAx-2(x-1) dx² dy EI ─── = MAx+RAx2/2-(x-1)2+C3 ...... (3) dx EIY = MAx²/2+RAx3 /6-(x-1)3 /3+C3x+C4 ...... (4) Para 3≤ x ≤ 8: d²y EI ─── = MA+RAx-2(x-1)-(x-3)/2 dx² dy EI ─── = Max+RAx²/2-(x-1)2 - (x-3)3 /6+C5 ...... (5) dx EIY = MAx²/2+RAx3 /6 - (x-1)3 /3 - (x-3)3 /24 + C5x+C6 ...... (6)
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 108
Para 8 ≤ x ≤ 10:
d²y EI ──── = MA+RAx-2(x-1)-5(x-5.5) dx² dy EI ──── = MAx+RAx²/2-(x-1)²-2.5(x-5.5)²+C7 ...... (7) dx EIY = MAx²/2+RAx3 /6-(x-1)3 /3-2.5(x-5.5)3 /3+C7x+C8 ...... (8)
Para 10 ≤ x ≤ 11:
d²y EI ──── = MA+RAx-2(x-1)-5(x-5.5)-2(x-10) dx² dy EI ──── = MA+RAx²/2-(x-1)²-2.5(x-5.5)²-(x-10)²+C9 ..... (9) dx EIY = MAx+RAx3 /6 - ( x-1)3 /3-2.5 (x-5.5)3 /3 - (x-10) /3+C9x+C10 ...... (10)
Dando las condiciones de borde para hallar las constantes: En la ecua. (1) Si x = 0 y=0 => C1 = 0 En la ecua. (2) Si x = 0 y’=0 => C2 = 0 Igualando: (1)=(2) en x=1 => C3=0 Igualando: (2)=(4) en x=1 => C4=0 Igualando: (3)=(5) en x=3 => C5=0 Igualando: (4)=(6) en x=3 => C6=0 Igualando: (5)=(6) en x=4 => C7=0 Igualando: (6)=(8) en x=4 => C8=0 Igualando la ecuación (7) = (9) :
� C9 = -2.5 MA – 6.25 RA + 26 ……… (a) Igualando la ecuación (8) = (10) :
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 109
� C10 = 6.25 RA + 20.8333RA – 102.666 ……… (b) Analizando el último tramo: En: x= 8 , Y'=0 => 5.5 MA+25.75 RA = 203 ……… (α) En: x= 8 , Y=0 => 18.25 MA + 56.166 RA = 336.966 ……… (ß) Considerando (α) y (ß) RA= 11.4Tn RB= 6.6Tn MA=-16.62 Tn-m Por lo tanto : C9 = -3.75 10 = 238.38 Para hallar “x” en el tramo 4 ≤ x ≤ 5 donde Y=0, entonces: x = 4.098 remplazando en la flecha: Ymáx = - 34.9/EI Damos condiciones para calcular las constantes: Si: x=0 Y'=0 para ecua. (1) => C1=0 x=0 Y =0 para ecua. (2) => C2=0 Igualando: (1)=(2) en x=1 => C3=0 Igualando: (2)=(4) en x=1 => C4=0 Igualando: (3)=(5) en x=3 => C5=0 Igualando: (4)=(6) en x=3 => C6=0 Igualando: (5)=(6) en x=8 => C7=-5.208 Igualando: (6)=(8) en x=8 => C8=28.6431 Igualando: (7)=(9) en x=10 => C9=-5.208 Igualando: (8)=(10) en x=10 => C10=28.6431 Si: x=11 , Y'=0 para ecua.(9) 11MA+60.RA=181.833 ......(α) Si: x=11 , Y=0 para ecua.(10) 60.5MA+221.8333RA=500.9574 ......(ß) De (α) y (ß) RA= 4.5Tn RB= 4.5Tn MA= - 8.219Tn-m MB=8.219Tn-m Cálculo de la flecha máxima, cuando x=5.5 y Y'= 0 en el tramo 3≤ x ≤ 8; entonces:
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 110
Ymáx= -31.55/EI Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
8 .2 2
( - )
3 .7 2
1 .2 8
4 .4 0 5
1 .2 8
3 .7 2
8 .22
4 .5
2 .5
2 .5
4 .5
( - )
( - )
( - )
( + )
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 111
CAPITULO V
ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE LOS ANGULOS DE GIRO Y
DEFLEXION
5.1. ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS:
5.1.1.-Teoría:
Consideremos la siguiente viga:
Se sabe, que en los apoyos extremos no existe momento.
a)
(b)
L Ln+1n
a
b
c
d
L L n+1n
Mn-1 Mn MnMn-1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 112
En el gráfico (a), se obtiene:
abLn
= - cd
L(n+1)
(ab) L (n+1) = - (cd) Ln .......................... (1)
Los diagramas de momentos debidos a las cargas aplicadas tendrán áreas An y
A(n+1) con los centroides localizados como se indica en las siguientes figuras:
(c)
Además se dibujan los diagramas correspondientes a los momentos en los apoyos.
(d)
Aplicando el segundo teorema del área de momentos, se obtiene:
ab(EI) n = (An an) +Mn-1 (Ln/2)(Ln/3) + Mn (Ln/2)(2Ln/3) ..... (2)
cd (EI) n+1 = (An +1) ( bn + 1) + (Mn (Ln + 1) /2 ) 2/3(Ln + 1) +
(Mn + 1) (Ln +1) /2) (Ln +1) /3
Si la viga tiene inercia constante en todas las luces podemos simplificar (2) en (1):
an bn
An
an+1 bn+1
An+1
L nLn+1
Mn-1 M M Mn+1n n
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 113
(An an) (Ln + 1) +Mn-1 (L2 n/6) (Ln +1) + Mn (L2 n/3) (Ln +1) =
- [ (An + 1 bn + 1) Ln + Mn (L2 n+1 / 3) Ln + Mn +1 (L2n + 1 /6) Ln]
Dividiendo entre: Ln . Ln + 1
(Mn – 1) (Ln /6) + Mn (Ln /3) + Mn (Ln + 1 / 3) + (Mn + 1)(Ln +1)/6) =
- (An an / Ln) - ( An +1 bn + 1) / Ln + 1
Mn – 1Ln + 2Mn [(Ln )+( Ln + 1 )] + Mn + 1 Ln + 1 = - ( 6An an) / Ln –
( 6An + 1 bn +1 ) / Ln+1 ............... (3)
Forma alterna de la ecuación de los tres momentos:
Forma alterna de la ecuación de los tres momentos:
An an = Ln (αd) n
(αd) n = An. an / Ln
Mn – 1 Ln + 2Mn [ Ln+Ln+1] + Mn+1 Ln+1 = - 6 (αd) n – 6 (αi) n+1 .............. (4)
Las ecuaciones (3) y (4) son calculados mediante tablas.
Cuando los extremos de las vigas son apoyos simples o están en voladizo, se empieza
por establecer los valores de los momentos correspondientes.
Si existe un extremo empotrado se coloca una longitud de viga imaginaria de cualquier
longitud Lo, y de inercia infinita Io = ∞.
(αd)n+1 an bn
An
an+1 bn+1
An+1
(αi)n (αd)n (αi)n+1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 114
Aplicando la ecuación (3):
MoLo/Io + 2MA (Lo/Io + L1 /I) + MB (L1 / I) = - 6 A1. b1/IL1
2 MA (L1 / I) + MBL1 / I = - 6 A1. b1 / IL1
La ecuación de los tres momentos, se puede extender para deducir el efecto de los
asentamientos diferenciales de los apoyos, llegándose a la siguiente forma general:
MA 5L1I16+ 2MB 5L1
I1+
L2I26+ MC 5L2
I26= -
6A1.a1I1.L1
- 6A2.b2I2.L2
+ 6EhA
L1+
6EhCL2
A B C D
A B C DAo
Lo L1
I = Io
A
C
B
ha
hc
I = I AB 1 I = I BC 2
L1 L2
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 115
TABLA: MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO Y REACCIONES EN LOS APOYOS,
PARA CASOS COMUNES DE CARGA.
Μ1 = − Μ2 = = 5WL2
96
α1 = α2 = 5WL3
192
M1 = Ws2 [2L (3L - 4s) + 3s
2 ]
12L2
M2 = - Ws3 (4L - 3s)
12L2
α1 = Ws2 (2L - s) 2
24L
α2 = Ws2 (2L
2 - s
2)
24L
M1 = -M2 = Ws2 (2L + a)
6L
α1 = α2 = Ws2 (2L + a)
12
DIAGRAMA DE CARGA
M1 = - M2 = WL2
12
α1 = α2 = WL
3
24
M1 = - M2 = Ws ( 3L2 - s
2 )
24L
α1 = α2 = Ws (3L2 – 2s2 )
48
M1 = -M2 = Ws ( 3L2 - 2s
3 )
24L
α1 = α2 = Ws (3L2 – 2s2 )
48
M1 = - M2 = WL2
32
α1 = α2 = WL3
64
1 2
W
L
1 2
W
L
sa a
1 2
L
sa a
W W
1 2
L
s b
W
1 2
W
L
1 2
W
L/2 L/2
1 2
W W
L/2 L/2
1 2
M1 M2
1 2
α1 α2
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 116
Problemas:
M1 = - M2 = W [L
3 – a
2 (2L – a) ]
12
α1 = α2 = W [L –a2 (2L – a)]
24
M1 = WL2
20
M2 = - WL2
30
α1 = WL3
45
α2 = 7WL3
360
M1 = M b ( 2 - 3b )
L L
M2 = -M a ( 2 - 3a )
L L
α1 = M L ( 3b2 - 1 )
6 L2
α2 = M L ( 1 - 3a2 )
6 L2
M1 = - M2 = PL
8
α1 = α2 = PL2
16
M1 = - M2 = Pa (L – a)
L
α1 = α2 = Pa ( L – a)
2
M1 = - M2 = 5 PL
16
α1 = α2 = 5PL2
32
M1 = - M2 = 19PL
72
α1 = α2 = 19PL2
144
M1 = Pab2
L2
M2 = - Pa2 b
L2
α1 = Pab ( b + L )
6L
α2 = Pab ( a + L )
6L
M1 = - M2 = Ws2 (2L - s)
12L
α1 = α2 = Ws2 (2L - s)
24
1 2
W
L
a ab
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 117
I) Resolver las vigas mostradas: 1.-
Solución: Los momentos en A y D son conocidos. MA= -1x2 - 2x2x1 =-6Tn-m MD= 0 Hallando (αi) n+1 y (αh) n: Suponemos empotrados los apoyos. 1°
-6αBA=[PL²/16 + Ws²(2L²-s²) /24L]
-6αBC= Pab(b+L)/6L α CD= WL3 /24 -6αCB= Pab(a+L)/6L
1 Tn 3 Tn 4 Tn
2 Tn/m2 Tn/m 2 Tn/m
2 m 2 m 3 m 5 m3 m3 m
3 T n
2 T n / m
A B
3 m 3 m
B C
4 Tn
3 m2 m
2 Tn/m
C D
5 m
Α Β C D
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 118
Ecuación de los tres Momentos: Tramo ABC: MA.LAB + 2MB (LAB+LBC) + MC.LBC= -6αBA - 6Αbc .....(1) 22Mb+5MC= -103.65 .....(1.*) Tramo BCD: MB.LBC + 2MC(LBC+LCD) + MD.LCD= -6αCB -6αCD .....(2) 5MB + 20MC= -96.1 .....(2.*) De (1.*) y (2.*) obtenemos: MB= -3.84Tn-m MC= -3.86Tn-m Cálculo de las reacciones: RAi= 5Tn RBA= 5.64Tn RAB= 3.36 RCD= 5.77Tn RCD= 4.23Tn Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector.
1 Tn
2 Tn/m
RA
3 Tn
2 Tn/m
RAB
RBA
4 Tn
RBC
RCB
3.846.002 Tn/m
RBC
RCB
3.85
D F C
( + )
( - )
( + )
D M F
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2.- Solución: Cuando un extremo a analizar es empotrado, se coloca una continuación de viga fictícia. Los momentos conocidos: Mo=0 , MC=0 Hallando (αi)n+1 y (αd)n: Suponemos empotrados los apoyos: 1° 2° αAB= Pab(b+L)/6L αBC=αCB= WL /24 αBA= Pab(a+L)/6L Ecuación de los Tres Momentos:
Tramo OAB: Mo.Lo + 2MA(Lo+L1) + MB.L1 = -6αAO - 6αAB 10MA + 5MB= -115.2 ..... (1)
1 2 T n
5 T n / m
2 m 5 m3 m
A B C
E I = C t e .
1 2 T n
5 T n / m
L
A B Co
LL o 1 2
1 2 T n
A B2 m 3 m
5 T n / m
5 m
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Tramo ABC:
MA.L1 + 2Mb(L1+L2)+MC.L2 = -6αBA - 6αBC 5MA + 20MB = -257.05 ..... (2) De las ecuaciones (1) y (2): MA= -5.82Tn-m , MB= -11.40Tn-m Cálculo de las reacciones: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector: 3.-
1 2 T n
1 .1 1 6 1 .1 1 6
7 .2 4 .8
R = 6 .0 8 4A
5 T n / m
1 .1 1 6 1 .1 1 6
7 .2 4 .8
R = 2 0 .6 9 6B
R = 1 0 .2 2CD FC
(+ )
( - )
(+ )
D M F
6 .0 8 4
1 4 .7 8
-5 .9 1 6
1 0 .2 2
5 .8 2
6 .3 5
1 1 .4 0
M m á x 1 0 .5 3
3 T n1 T n /m
2 T n /m 2 T n /m
2 .5 T n
E I = C te .
2 .5 m 2 .5 m 1 m 2 m 1 m
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Solución: Momentos conocidos: MA=0 , MC=0 Hallando los (αi)n+1 y (αd)n 1° 2° αBA= WL3 /64 + ab(a+L)/6L αBC= Ws(3L²-s²)/48 Ecuación del Momento: MA.L1 + 2MB(L1+L2) + MC.L2= -6αBA - 6αBC 18MB= -63.24Tn-m => MB= -3.51Tn-m Cálculo de las reacciones: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
3 Tn
2 Tn/m 2 Tn/m
1 Tn/m2.5 Tn
3 Tn
2 Tn/m 2 Tn/m
1 Tn/m2.5 Tn
0.702 0.702
4 4
R = 3.298A
1.887 1.887
1 3.5
R = 7.589B
R = 1.623C
D F C
(+ )
( - )
3 .3 0
0 .7 9 8
2 .8 7 70 .8 7 7
3 .5 1
- 4 .7 0 2
-2 .2 0 2
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4.- Solución: Momento conocido: MC=0 Hallando los (αi)n+1 y (αd)n: 1° αAB= 7WL3 /360 αBA= WL3 /45 2° αBC= WL3 /24
2 .5 T n / m
4 .5 T n / m
3 m 3 m
A E I 2 E IB C
4.5 Tn/m
A B
DC
2.5 Tn/m
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Ecuación de los Tres Momentos: Tramo OAB: Mo. Lo/Io + 2MA[Lo+(L1/I)] + MB.L1/I = (-6α/I)Ao -(6α/I)AB 6MA + 3Mb= -14.175 ..... (1) Tramo ABC: MA.L1/I + 2MB(L1/I + L2/2I) + MC.L2/2I = (-6/I)αBA - (6/2I)αBC 3MA + 9MB = -24.637 ..... (2) De la ecuación (1) y (2): MA= -1.192Tn-m , MB= -2.34Tn-m Cálculo de las reacciones: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
4 .5 T n/m
2 .5 T n/m
0 .383 0 .383
2 .25 4 .5
R = 1 .8 67A
0 .78 0 .78
3 .75 3 .75
R = 9 .4 13B
R = 2 .9 7C
2 .341 .192
D FC
(+ )
( - )
(+ )
D M F
1 .8 6 7
4 .8 8 3
4 .5 3
2 .9 7
2 .3 4
1 .7 6 40 .7 7 2
1 .1 9 2
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5.- Solución: Hallando los (αi) y (αd)n 1° 2°
5 Tn/m
3 m 2 m
A EIB C
1.5 Tn 1.5 Tn 3 Tn
EI
1.5 m 1 m
2 m 1.5 m
1 m
1.5 EI
5 Tn/m
A EIB C
1.5 Tn 1.5 Tn 3 Tn
EI1.5 EI
L
o
L o 1 L 2 L 3
5 Tn/m
A
1.5 m 1.5 m
B
1.5 Tn 1.5 Tn
2 Tn-m
2 m 2 m
C D
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αAB= Ws2(2L-s)2/24L αBC=(ML/6)[(3b2/L2)-1] + Pa(L-a)/2
αBA= Ws2(2L2-s2)/24L Momento Conocido: MC= 4.5Tn-m Ecuación de los Tres Momentos: Tramo OAB: Mo.Lo/Io + 2MA (Lo/Io + L1/1.5I) + MB.L1/1.5I= -6αAB/Io - 6αAB/1.5I 4MA + 2MB= -12.656 ..... (1) Tramo ABC: MA.L1/1.5I + 2MB(L1/1.5I + L2/I) + MC.L2/I= -6αBA/1.5I - 6αBC/I 2MA + 12MB = -39.34 ..... (2) De las ecuaciones (1) y (2): MA = -1.459Tn-m , MB = -3.41Tn-m Cálculo de las reacciones:
5 Tn/m
1.5 Tn 1.5 Tn 3 Tn
2 Tn-m0.695 0.695
5.625 1.875
R = 4.93A
0.875 0.875
1.5 1.5
R = 3.195B
R = 5.375C
3
0.914
3.44.5
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Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector. 6.- Solución: Los momentos en A y C son conocidos: MA= 0 , MC= 0 Tramo ABC: 19MB = -6α AB - 6α BC 19MB = - 6[2(1.5)/48] [3(4.5)2-(1.5)2] - 6[1.8×1.5×3.5×(3.5+5)/6(5) + [1.8×3.5× 1.5 (1.5+5)] 19MB = 6[ 0.0625 (0.0625(585)]-6[2.6775 + 2.0475] 19MB = - 50.2875/19 MB = -2.646710 Tn - m
D FC
(+ )
(-)
(+ )
DM F
4 .9 3
-2 .5 7
0 .6 2 5
-0 .8 7 5-2 .3 7 5
3 3
0 .9 1 4
0 .8 5 6
3
3 .2 5
2 .1 2 5
4 .5
2 Tn/m 1.8 Tn
1 .5 m 1.5 m 2.0 m1.5 m 1.5 m 1.5 m
1.8 Tn
A B C
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Cálculo de las reacciones: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector: 5.2.- METODO DEL ANGULO DE GIROS Y DEFLEXION: 5.2.1 Teoría: Es sabido que las cargas, al efectuar sobre una estructura aporticada
producen rotaciones y desplazamientos en los nudos.
La esencia del método radica en relación a tales cambios geométricos con los
momentos actúan sobre los nudos.
2 T n/m 1 .8 T n1 .8 T n
0 .59 0 .5 9
1 .5 1 .5
R = 1 .867A
0 .52 0 .52
1 .8 1 .8
R = 4 .4 17B
R = 1 .27C
1 .37
0 .49
2 .64
0 .847
1 .91
1 .27
2 .088
2 .33
0 .5290 .9148
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Condición inicial.
b) Condición final:
c) Efecto de cargas en el elemento:
L
i j
θi
θj
Mi
Mj
Mij Mij
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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d) e) f)
ijM ' jjM '
jθ
1
2
2
1
EI
M ij'
EI
M ii'
EI
M ji'
EI
M jj'
jθ
iθ
1
2
EI
M ij'
EI
M jj'
EI
M jj'
∆
iiM 'ijM 'iθ
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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El efecto de las cargas aplicadas sobre el elemento, independientemente de los giros y desplazamientos, para lo cual es necesario impedirlo mediante unas fuerzas de empotramiento. Momentos respecto al punto 2, figura (d)
( )3
2
2
1
3
2LML iii =
θ
De la figura (e)
jijjjjL
EIM
L
EIM θθ
2',
4' ==
De la figura (f) jiij MM '' = Aplicando segunda propiedad de la viga conjugada:
∆=32
' Lx
EI
M ij
∆==2
6''
L
EIMM jiij
ijijiiii MMMMFM ''' +++= a)
jijjjijj MMMMFM ''' +++= b)
:iM Momento definitivo en el nudo "i".
:iMF Momento de empotramiento en el nudo "i", causado por cargas aplicadas en el elemento "ij".
EI
M ij'
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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:'iiM Momento en el nudo "i", que causa un giro iQ en el nudo "i".
:'ijM Momento en el nudo "i", que surge por la aplicación de M'jj en el nudo "j".
:jM Momento definitivo en el nudo "j".
:jMF Momento de empotramiento en el nudo "j", causada por las cargas aplicadas en el elemento "ij".
:' jiM Momento en el nudo "j" que surge por la aplicación del momento M'ii en el nudo
"i".
:' jjM Momento en el nudos que causa un giro θj en dicho giro
:' jiM Momento en el nudo "j" causado por un desplazamiento relativo _ entre los extremos del elemento "ij".
Remplazando valores en (a) y (b):
∆+++=2
624
L
EI
L
EI
L
EIMFM jiii θθ
∆+++=2
642
L
EI
L
EI
L
EIMFM jjjj θθ
I/L = Rigidez relativa es igual a K. [ ]LEKMFM jiii ∆+++= 624 θθ [ ]LEKMFM jijj ∆+++= 642 θθ Nota: Suele resultar conveniente para simplificar las operaciones numéricas tomar
como valor de E, la unidad y utilizar un K ó I de referencia, en lugar de valores reales. En estas condiciones se obtienen valores verdaderos de momentos, pero los giros y desplazamientos estarán errados en la misma proporción del reemplazo. Para obtener valores reales de θ y _ deberá dividirse por E y α los valores obtenidos donde:
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00 I
I
K
K==α
Siendo 00 , IK los valores de referencia. Problemas: 1) Resuelva mediante las ecuaciones de ángulos de giro y deflexión las siguientes vigas. a)
Solución: 0=Cθ por estar empotrado. 0=MA 1°
21020,11010,10,1 0 ====⇒=== KBCKABLIKIE 2° [ ]BAEKABMFABMAB θθ 24 ++=
BAMAB θθ 245.367 ++=
[ ]LBAEKABMFBAMBA ∆+++= 642 θθ
BAMBA θθ 425.157 ++−=
[ ]LCBEKBCMFBCMBC ∆+++= 624 θθ
BMBC θ8667.166 +=
3.00 m
10.00 m 10.00 m
AB C
250 KN20 KN/m
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[ ]LCBEKBCMFCBMCB ∆+++= 642 θθ
BMBC θ4667.166 +−=
De la ecuación (2) = (3), equilibrio en los nudos 0=ΣMB 0=+ MBCMBA 167.9212 −=+ AB θθ
De la ecuación (1) 5.36742 −=+ AB θθ
De (I) y (II)
.8107.99.8712.15 radAradB −== θθ Los momentos serán:
0=MAB mKNMBC /633.293= mKNMBA /6366.293−= mKNMCB /1822.103−= Cálculo de las reacciones: Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
20 KN/m
250 KN
1822.103
045.19
100100
045.19
75175
363.29 363.29
636.293
KNRA 637.145= KNRC 955.80=KNRB 408.223=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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b)
Solución: Consideremos:
KBCKABLIKIE ===⇒=== 133,10,1 0 Con ayuda de las tablas como se hizo en tres momentos se hallan los momentos de empotramientos.
637.145
363.104−
045.114
955.80
0
911.436
636.293
6021.60
1822.103
)(
..
+
CFD
FMD ..
)(−
)(+
1.50 m3.00 m
CBA
5 Tn3.6 Tn/m
1.50 m
EI EI
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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En los extremos no existen giros 0== CA θθ , por estar empotrados, y como no hay desplazamiento en los apoyos: 0=∆
[ ])/6(24 LBAEKABMFABMAB ∆+++= θθ
Como no hay asentamientos en los nudos 0=∆
BMAB θ27.2 +=
[ ]LBAEKBAMFBAMBA ∆+++= 642 θθ
BMBA θ47.2 +−=
[ ]LCBEKBCMFBCMBC ∆+++= 624 θθ
BMBC θ4875.1 +=
[ ]LCBEKBCMFCBMCB ∆+++= 642 θθ
BMBC θ2875.1 +−= Por condición de equilibrio en los nudos 0=Σ ijM En el nudo B:
,0=+ MBCMBA de las ecuaciones ( 2 ) = ( 3 )
04875.147.2 =+++− BB θθ ⇒ radB 10312.0=θ
Remplazando en las ecuaciones: mTnMAB /906.2= mTnMBC /287.2= mTnMBA /287.2−= mTnMCB /668.1−=
CBA
5 Tn3.6 Tn/m
EI EI
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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Cálculo de las reacciones:
Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
2) Encontrar todos los momentos por deflexión de la pendiente. El apoyo en "C" se asienta 0.25cm. Se sabe que:
3.6 Tn/m5 Tn
906.2
206.0
4.5 4.5 5.2 5.2
206.0 206.0
668.1287.2
206.0
TnRA 606.5= TnRB 9.7= TnRC 294.2=
)(
..
+
CFD
FMD ..
)(−
)(+
)(−
194.5294.2
706.2606.5
287.2
772.146.1
906.2
668.1
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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42 96000/2100 cmIcmTnE ==
Solución: 1°
2,1,166,6,1 0 ====⇒=== KCDKBCKABLIKIE 2° Los momentos y giros conocidos:
0,0 == AMD θ
3° Ecuaciones de Momentos:
[ ] [ ] ABLEIBAEKABMFABMAB 2624 ∆+++= θθ
BEMAB θ25.22 +=
[ ] [ ] BALEIBAEKABMFBAMBA 2642 ∆+++= θθ
BEMBA θ45.22 +−=
[ ] [ ]2624 LEICBEKBCMFBCMBC ∆+++= θθ
8.1624 ++= CEBEMBC θθ
[ ] [ ]CBLEICBEKCBMFCBMCB 2642 ∆+++= θθ
8.1642 ++= CEBEMCB θθ
[ ] [ ]CDLEIDCEKCDMFCDMCD 2624 ∆+++= θθ
2.1148063.5 −++= DECEMCD θθ
[ ] [ ]DCLEIDCEKCDMFDCMDC 2642 ∆+++= θθ
4.50 m6.00 m
DBA
4.5 Tn7.5 Tn/m
4.50 m
EI 3 EI
3.00 m
0.5 EI C
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 138
2.1184063.5 −++−= DECEMDC θθ Aplicando equilibrio en los nudos: 0=Σ ijM De (2) y (3): 0=+ MBCMBA
7.528 =+⇒ CEBE θθ De (4) y (5): 6.5=+ MCDMCB 663.104122 −=++⇒ DECEBE θθθ De (6): 0=MDC 263.1684 =+⇒ DECE θθ Resolviendo las ecuaciones (I), (II) y (III): .097.3,.128.2,.2445.1 radDEradCEradBE =−== θθθ Remplazando valores en las ecuaciones: mTnMAB /989.24= mTnMBA /522.17−= mTnMBA /522.17= mTnMCB /777.10= mTnMCD /773.10−= mTnMDC /0= Cálculo de reacciones:
7.5 Tn/m4.5 Tn
522.17 777.10
433.9433.9 197.1 197.1
25.2
5.3
5.22
TnRA 26= TnRB 433.28= TnRC 30.8−=
25.2
5.3
5.22
TnRD 447.3−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 139
3) Resuelva la estructura dada a continuación:
Solución: 1° Analizamos con rigideces relativas, donde: 1,8.1'30,1 0 ==⇒=== KBCKABIIE 2° Momentos y giros conocidos: 0,/100520 === ApieKlbxKMCD θ 3° Ecuaciones de los momentos:
[ ])6(24 LABABBAEKABMFABMAB ∆+++= θθ BMAB θ6.3125 +=
[ ])6(42 LABBABAEKABMFBAMBA ∆+++= θθ
BMBA θ2.7125 +−=
[ ])6(24 LBCBCCBEKBCMFBCMBC ∆+++= θθ
CBMBC θθ 24 +=
[ ])6(42 LCBCBCBEKCBMFCBMCB ∆+++= θθ
CBMCB θθ 42 +=
Aplicando equilibrio en los nudos: 0=Σ ijM De (2) y (3): 0=+ MBCMBA
12522.11 =+⇒ CB θθ
30'25'
DA
20 Klb2.4 Klb/pie
5'
1.5 EI EI EIB C
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 140
De (4): 0=+ MCDMCB
10042 −=+⇒ CB θθ De (I) y (II), los giros son:
.57.33,.15.17 radCradB −== θθ Remplazando los valores en las ecuaciones: pieklbMAB /74.186= pieKlbMBA /451.1−= pieKlbMBC /443.1= pieKlbMCB /100−= pieKlbMCD /100= Cálculo de las reacciones:
4) Resolver el problema anterior con un hundimiento de 1.5pulg. para el apoyo B;
si:
423 1000,/1030 gpulIgpulKlbxE == Solución: pieKlbMCDKBCKABI /1001,8.130 ===⇒= Ecuaciones de Momentos:
2.4 Klb/pie20 Klb
516.14 100
20284.3411.7 284.3411.7
30 30
74.186
KlbRA 411.37= KlbRB 3045.19= KlbRC 284.23=
30'25'
DA
20 Klb2.4 Klb/pie
5'
1.5 EI EI EIB C
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 141
[ ] [ ]ABLEIBAEKABMFABMAB 2624 ∆+++= θθ
BEMAB θ6.3125 +=
[ ] [ ]BALEIBAEKABMFBAMBA 2642 ∆+++= θθ
3752.7125 ++−= BEMBA θ
[ ] [ ]BCLEICBEKBCMFBCMBC 2624 ∆+++= θθ
611.17324 −+= CEBEMBC θθ
[ ] [ ]CBLEICBEKCBMFCBMCB 2642 ∆+++= θθ
611.17342 −+= CEBEMCB θθ
Aplicando equilibrio en los nudos: 0=Σ ijM De (2) y (3): 0=+ MBCMBA
389.7622.11 −=+⇒ CEBE θθ De (1): 0=+ MCDMCB
611.7342 =+⇒ CEBE θθ
De (I) y (II):
.951.23,.098.11 radCEradBE =−= θθ Los momentos serán:
pieklbMAB /047.85= pieKlbMBA /09.170= pieKlbMBC /101.170−= pieKlbMCB /100−=
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 142
5) En los problemas siguientes, determinar los momentos de extremo en la estructura mostrada. (A)
E=cte. Solución: 1° Analizando su elástica:
0== CA θθ
199,5.1699 ====⇒= KBCKABI 2° Ecuación de los momentos:
( )[ ]LABABBAEKABMFABMAB ∆+++= 624 θθ
BMAB θ3=
9.00 m
.6.00 m
A
BC
I = Cte.
36 KN/m
36 KN/m
I
I
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( )[ ]LBABABAEKABMFBAMBA ∆+++= 642 θθ
BMBA θ6=
( )[ ]LBCBCCBEKBCMFBCMBC ∆+++= 624 θθ
BMBC θ4243 +=
( )[ ]LCBCBCBEKCBMFCBMCB ∆+++= 642 θθ
BMCB θ2243 +−= Equilibrio en el nudo: 0=Σ ijM
0=+ MBCMBA .3.2424310 radBB −=⇒−= θθ
Los momentos serán:
mTnMAB /9.72= mTnMBA /8.145−= mTnMBC /8.145= mTnMCB /6.291−=
Cálculo de las reacciones:
→= KNRA 15.12
↑= KNRB 8.145
↑= KNRC 2.178
36 KN/m
2.16
2.16
6.291
2.16
2.16
15.12
15.12
9.72
8.145
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 144
Diagrama de Fuerza Cortante y Momento Flector:
(B)
Solución:
5.18/12112125.1812121 ======⇒== KCDKBCKABIE
Giros conocidos:
0,0 == DA θθ
CFD .. FMD ..
8.145
2.178
15.12 9.72
8.145
045.441
6.291
8.145
40 KN/m
80 KN80 KN
A D
CB
12.00 m
. 4.00 m
. 4.00 m
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
ING. GUMERCINDO FLORES REYES Página 145
Ecuaciones de momentos:
( )[ ]LBAEKABMFABMAB ∆+++= 624 θθ
BMAB θ380 +=
( )[ ]LBAEKBAMFBAMBA ∆+++= 642 θθ
BMBA θ680 +−=
( )[ ]LCBEKBCMFBCMBC ∆+++= 624 θθ
CCMBC θθ 24480 ++=
( )[ ]LCBEKCBMFCBMCB ∆+++= 642 θθ
CBMCB θθ 42480 ++−=
( )[ ]LDCEKCDMFCDMCD ∆+++= 624 θθ
CMCD θ680 +=
( )[ ]LDCEKCDMFDCMDC ∆+++= 642 θθ
CMDC θ380 +−= Estableciendo ecuaciones de equilibrio: 0=Σ ijM De (2) y (3):
0=+ MBCMBA
400210 −=+⇒ CB θθ De (4) y (5): 0=+ MCDMCB
400102 =+⇒ CB θθ De (I) y (II):
ANALISIS ESTRUCTURAL 2011
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.50,.50 radCradB =−= θθ Los momentos serán:
mKNMAB /70−= mKNMBA /380−= mKNMBC /380= mKNMCB /380−= mKNMCD /380= mKNMDC /70=