RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LAS DEFORMACIONES

Facultad de Ingeniería

Universidad Nacional de La Plata

ESTRUCTURAS III

RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LAS DEFORMACIONES

Autor:

Ing. Juan P. Durruty

Método de las deformaciones Estructuras III

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RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LAS

DEFORMACIONES

El presente método se basa en la determinación de los esfuerzos en una estructura en función de sus deformaciones. Este método permite la resolución tanto de estructuras isostáticas como hiperestáticas con la ventaja frente al Método de las Fuerzas de que en los resultados, aparte de obtener los esfuerzos característicos, también se obtienen deformaciones en determinados puntos de la estructura. Como hipótesis simplificativa se asume que los elementos de viga son axialmente rígidos, o sea se desprecia las deformaciones axiales frente a las deformaciones por flexión. Por lo tanto se consideran los giros y desplazamientos generados solo a través de la flexión. Analizamos un tramo genérico de una estructura antes y después de la aplicación de cargas: Sabemos que los momentos actuantes en A y B serán función del estado de cargas y

de las deformaciones φA, φB y Δ, lo cual no podemos analizarlo en conjunto.

Sí podemos realizar una superposición de efectos simples que se pueden evaluar y cuya suma darán por resultado el estado final A´ - B´. Para esto realizamos las siguientes hipótesis y condiciones:

1) Se evalúan los momentos en A y B producidos por el estado de cargas suponiendo los puntos A y B empotrados e impedidos de desplazarse (solo para puntos intermedios de la estructura, de otra manera se respeta la vinculación

existente). A estos esfuerzos se los denominará Momentos de Empotramiento y son obtenidos de la Tabla 1.

2) Sin el estado de cargas, generamos un giro en el punto A, manteniendo empotrado B.

3) Sin el estado de cargas, generamos un giro en el punto B, manteniendo empotrado A.

4) Sin el estado de cargas y manteniendo A y B impedidos de girar, desplazamos en forma transversal uno de otro.

Se utilizarán las reacciones sobre los elementos con la siguiente convención de signos:

A B

A´

B´

Δ φA

φB

Figura 1


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Nota: Los signos de los momentos se toman en función de su sentido de giro, independientemente de la convención adoptada en los diagramas (tracción o compresión de la fibra inferior). La nomenclatura de los momentos será:

Mijk donde i: indica el tramo (1, 2, 3, ….)

j: el punto analizado (A, B, C, ….) k: la carga o deformación que causa el momento (0 = estado de cargas, A = giro de A, B = giro de B, δ = desplazamiento relativo)

Analizamos cada hipótesis y condición: 1) Para el caso de la primera condición y considerando un segmento interno AB de la estructura: Obtendremos de la Tabla 1 En donde los momentos de empotramiento serán M

iA0 = -qL

2/12 y M

iB0 = qL

2/12

Obsérvese que los signos se tomaron según la convención adoptada independientemente de los signos del diagrama de momento. Para el tramo CA

M + φ +

M + φ +

N +

N +

Q +

Q +

C

A B

D

-qL2/12 -qL

2/12

qL2/24

A B j

i k


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En donde los momentos de empotramiento serán M

jC0 = PL/8 y M

jA0 = 3PL/8

2) Generamos un giro en el punto A (horario), manteniendo empotrado B. En este caso el giro de A será: φA = MLi/4EJi por lo tanto podemos expresar el momento en A en función del giro: M

iA = 4EJi/Li φA donde 4EJi/Li será el momento en A para un giro unitario en A (M

iAA)

MiA = 4EJi/Li φA = M

iAA φA

En el punto B observamos que el momento es la mitad del aplicado el A y por la convención adoptada es positivo, por lo tanto M

iB = 2EJi/Li φA donde 2EJi/Li será el momento en B para un giro unitario en A (M

iBA)

MiB = 2EJi/Li φA = M

iBA φA

3) Generamos un giro en el punto B (horario), manteniendo empotrado A. En este caso el giro de B será: φB = MLi/4EJi por lo tanto podemos expresar el momento en B en función del giro: M

iB = 4EJi/Li φB donde 4EJi/Li será el momento en B para un giro unitario en B (M

iBB)

MiB = 4EJi/Li φB = M

iBB φB

-3PL/8

PL/8 C

A

A B

φA M

-M/2

A B

φB -M

M/2


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En el punto A observamos que el momento es la mitad del aplicado en B y por la convención adoptada es positivo, por lo tanto M

iA = 2EJi/Li φB donde 2EJi/Li será el momento en A para un giro unitario en B (M

iAB)

MiA = 2EJi/Li φB = M

iAB φB

4) Desplazamos en forma relativa B de A manteniéndolos impedidos de girar

Los momentos en A y B son iguales en valor y signo (de acuerdo a nuestra convención): M

iA = M

iB = -6EJi/Li

2 Δ donde 6EJi/Li

2 será el momento para un desplazamiento unitario

(MiAδ = M

iBδ)

Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura:

MiA = M

iA0 + M

iAA . A + M

iAB . B + M

iA .

MiB = M

iB0 + M

iBA . A + M

iBB . B + M

iB .

Reemplazando los términos:

MiA = M

iA0 + 4EJi . A + 2EJi . B - 6EJi . Δ

Li

Li Li2

MiB = M

iB0 + 2EJi . A + 4EJi . B - 6EJi . Δ

Li

Li Li2

Δ

A B -M

M


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Casos Particulares Los planteos anteriores corresponden para cualquier tramo intermedio de la estructura analizada. Se debe analizar por separado cuando algún extremo del tramo analizado posee una vinculación real. A) Un extremo empotrado En este caso, respecto a lo analizado, dado que A es un empotramiento, no podemos cumplir con la hipótesis del giro de A (hipótesis 2), por lo tanto valen las ecuaciones anteriores eliminando de las mismas los términos relacionados con el giro de A

MiA = M

iA0 + M

iAB . B + M

iA . = M

iA0 + 2EJi . B - 6EJi . Δ

Li Li2

MiB = M

iB0 + M

iBB . B + M

iB . = M

iB0 + 4EJi . B - 6EJi . Δ

Li Li2

B) Un extremo con apoyo articulado Vemos que al ser A articulado, su momento es cero, por lo tanto M

iA = 0; pero al aplicar

las otras hipótesis y condiciones no podemos dejar fijo A ni provocar su giro,

cambiando la rigidez del sistema y por lo tanto los Mijk. Vemos el análisis de las otras

hipótesis 1) Para los momentos de empotramiento, buscamos en la Tabla 1 los casos con un extremo articulado y otro empotrado. 3) Generamos un giro en el punto B (horario), respetando la condición de A.

A B

A B

A B

φB -M


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En este caso el giro de B será: φB = MLi/3EJi por lo tanto podemos expresar el momento en B en función del giro: M

iB = 3EJi/Li φB donde 3EJi/Li será el momento en B para un giro unitario en B (M

iBB)

MiB = 3EJi/Li φB = M

iBB φB

4) Desplazamos en forma relativa B de A manteniéndolo impedido de girar, respetando la condición de A. El momento en B: M

iB = -3EJi/Li

2 Δ donde 3EJi/Li

2 será el momento para un desplazamiento unitario (M

iBδ)

Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura: M

iA = 0

MiB = M

iB0 + M

iBB . B + M

iB . = M

iB0 + 3EJi . B - 3EJi . Δ

Li Li2

C) Un extremo con empotramiento guiado En este caso, respecto a lo analizado, dado que A es un empotramiento, no podemos cumplir con la hipótesis del giro de A (hipótesis 2), así mismo si desplazamos B, A lo acompaña no produciéndose momentos (hipótesis 4). Vemos el análisis de las otras hipótesis: 1) Para los momentos de empotramiento, buscamos en la Tabla 1 los casos con un extremo empotrado guiado y otro empotrado. 3) Generamos un giro en el punto B (horario), respetando la condición de A.

Δ

A B

M

A B


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En este caso el giro de B será: φB = MLi/EJi por lo tanto podemos expresar el momento en B en función del giro: M

iB = EJi/Li φB donde EJi/Li será el momento en B para un giro unitario en B (M

iBB)

MiB = EJi/Li φB = M

iBB φB

En el punto A observamos que el momento es el mismo valor del aplicado en B y por la convención adoptada es negativo, por lo tanto M

iA = -EJi/Li φB donde EJi/Li será el momento en A para un giro unitario en B (M

iAB)

MiA = -EJi/Li φB = M

iAB φB

Por lo tanto sumando los efectos en cada punto podemos expresar los momentos de los mismos en función del estado de cargas y de las deformaciones de la estructura:

MiA = M

iA0 + M

iAB . B = M

iA0 - EJi . B

Li

MiB = M

iB0 + M

iBB . B = M

iB0 + EJi . B

Li

1. Aplicación del método:

Dado que este método no distingue entre estructuras hiperestáticas e isostáticas, debemos definir el Grado de Indeterminación de la estructura, el cual estará dado por determinados puntos en los cuales tendremos cambios del diagrama de momentos. Estos serán puntos donde tenemos cambio de dirección de los elementos, vinculaciones internas, vinculación con otros elementos de la estructura, etc. Gráficamente:

A B

φB -M


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No se toman en cuenta las cargas aplicadas, dado que conocemos su efecto a través de los casos de la tabla 1. Ejemplos

a) En este caso tenemos dos puntos que cumplen con las condiciones planteadas (B y D). Considerando que estos puntos no pueden tener desplazamientos, por la vinculación de la estructura y dado que consideramos que los elementos son axialmente rígidos, solo tendremos como incógnitas los giros: φB, φD y por lo tanto el problema es indeterminado de grado 2 (I = 2)

(Obsérvese que la estructura es hiperestática de grado 6 para resolverlo por el Método de las Fuerzas)

b) En este caso tenemos los mismos dos puntos (B y D), con la diferencia de que ambos pueden desplazarse horizontalmente a través de la flexión de los tramos ABC y DE. Por lo tanto tendremos como incógnitas los giros de B, C y el desplazamiento de ambos (como asumimos los tramos axialmente rígidos, ambos desplazamientos son iguales): φB, φD, ΔH y por lo tanto el problema es indeterminado de grado 3 (I = 3) (Siendo hiperestático de grado 5)

Ejemplo de Aplicación Se observa que tenemos un punto de indeterminación (B) el cual solo puede girar (φB) dado que su vinculación impide los desplazamientos. Por lo tanto el problema es Indeterminado de grado 1 (I = 1) En este caso tanto A como C son apoyos articulados, por lo tanto sus momentos son cero, y ambos tramos (1 y 2) se toman como el Caso Particular B.

A

B

C

D

E

A

B

C

D

E

A B C L1, J1 L2, J2

L1 = L2 = L J1 = J J2 = 3J

q


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Por lo tanto: Para el tramo 1

M1A = 0

M1B = M

1B0 + M

1BB . B + M

1B . = M

1B0 + 3EJ1 . B - 3EJ1 . Δ

L1 L12

Vemos que no hay desplazamiento vertical del punto B, por lo tanto Δ = 0 El momento de empotramiento M

1B0 de Tabla 1: M

1B0 = qL1

2/8

Reemplazando

M1B = M

1B0 + M

1BB . B + M

1B . = qL1

2/8 + 3EJ/L . B

Para el tramo 2

M2B = M

2B0 + M

2BB . B + M

2B . = M

2B0 + 3EJ2 . B - 3EJ2 . Δ

L2 L22

M2C = 0

Como no hay carga aplicada en el tramo 2 el momento de empotramiento M

2B0 es igual

a cero. Reemplazando

M2B = M

2B0 + M

2BB . B + M

2B . = 3E3J/L . B = 9EJ/L . B

Dado que tenemos las expresiones de los momentos a ambos lados del nudo B, debemos plantear el equilibrio del mismo

0BM

Sobre el nudo -M

1B - M

2B = 0 ó M

1B + M

2B = 0

Con esta sumatoria se obtiene una ecuación con una incógnita ( B), con la cual podemos obtener los valores de los momentos

M1B + M

2B = qL1

2/8 + 3EJ/L . B 9EJ/L . B = qL1

2/8 + 12EJ/L . B

EJ

qLB

96

3

El signo del giro significa que es en sentido antihorario

M2B M

1B

Se toman los momentos positivos según la convención de signos adoptada, mirando hacia el interior del tramo.


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Reemplazando en las expresiones de M1B y M

2B

32

3 21 qL

MB y

32

3 22 qL

MB observando que cumple con la ecuación de equilibrio

Teniendo estos valores a ambos lados del nudo B, podemos reemplazar este por una articulación y colocar los momentos hallados como cargas externas Siendo ahora una estructura isostática, se pueden obtener las reacciones por equilibrio de reacciones y realizar los diagramas de momentos, corte y axil. En este caso se adoptarán los signos de los momentos de acuerdo a si traccionan o comprimen la fibra inferior definida. Para el caso de la figura anterior ambos momentos M

1B y M

2B serán negativos,

independientemente del signo obtenido en la resolución del problema.

A B C

q

M1B M

2B


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EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL METODO DE LAS DEFORMACIONES

La siguiente estructura es un hiperestático de grado 4, pero indeterminado de grado 3 para el método de las deformaciones (giro de B, giro de C y desplazamiento horizontal de B y C), y está cargada con una fuerza horizontal y un gradiente de temperatura.

Carga externa: Material: Secciones: P = 1000Kg Acero 1025 Vigas 1 y 4:

E T = 50ºC E = 2,1x106

Kg/cm2

4 σF = 3773 Kg/cm2

6cm A = 30 cm2

1m α = 12 x10-6

/ºC J = 90 cm4

P T 5cm

B C

2 Vigas 2 y 3:

1 3 1m 6cm A = 18 cm

2

β J = 54 cm4

A D 3cm

2m 1m

Comenzamos a plantear ahora las ecuaciones correspondientes para cada nudo:

M1A = M

1A0 + M

1AA . A + M

1AB . B + M

1A . 1 (el superíndice indica la barra)

No existiendo giro en A el término M1AA A = 0

Por lo tanto:

M1A = M

1A0 + M

1AB . B + M

1A . 1

Para el nudo B se tienen 3 ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre al nudo:

M1B = M

1B0 + M

1BA . A + M

1BB . B + M

1B . 1 ( A = 0)

M1B = M

1B0 + M

1BB . B + M

1B . 1

M2B = M

2B0 + M

2BB . B + M

2BC . C + M

2B . 2

M4B = M

4B0 + M

4BB . B + M

4BE . E + M

4B . 4

Para este caso el giro en E es cero y cuando se desplaza el nudo B el empotramiento

guiado E lo acompaña, por lo tanto M4B . 4 = 0

M4B = M

4B0 + M

4BB . B


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Sobre el nudo E:

M4E = M

4E0 + M

4EB. B + M

4BE . E + M

4E . 4

De la misma forma, el giro en E es cero y cuando se desplaza el nudo B el

empotramiento guiado E lo acompaña, por lo tanto M4E . 4 = 0

M4E = M

4E0 + M

4EB. B

Sobre el nudo C se tienen 2 ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre al nudo:

M2C = M

2C0 + M

2CB . B + M

2CC . C + M

2C . 2

M3C = M

3C0 + M

3CC . C + M

3CD . D + M

3C . 3

En este caso, si bien hay un giro en D, no hay un momento que se transmita a C (D

está articulado), por lo tanto M3CD . D = 0

M3C = M

3C0 + M

3CC . C + M

3C . 3

M

3D = 0 (por estar D articulado)

Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo B: M

4EB M

1AB = 2EJ1

L1

M4BB M

2CB M

1BB = 4EJ1

M1BB L1

M2BB M

2BB = 4EJ2

L2 M

4BB = EJ4

M1AB L4

M2CB = 2EJ2

L2 M

4EB = - EJ4

L4


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tg

12

sen

13

Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo C: M

2BC = 2EJ2

L2 M

2BC M

2CC M

2CC = 4EJ2

L2 M

3CC = 3EJ3

M3CC L3

Desplazamos el nudo C:

M1A EJ1

L12

Δ1 M2C M

1B EJ1

M2

B . Δ3 L12

Δ1 M3C M

2B = EJ2

L22

M1B M

2C EJ2

β L22

M1A M

3C EJ3

L32

Hallamos los momentos de empotramiento debido al estado de carga de la estructura (P y T). P solo genera momentos en los nudos B y E de la barra 4:

Δ2

Δ1

Δ3 β Δ2


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M

4E0 M

4E0 = - PL4

P 8

M

4B0 M

4B0 = - 3PL4

8 Esfuerzos generados por el gradiente de temperatura (se desplaza el nudo B dejándose fijo el nudo C): ΔT = α.T.L2

ΔT T

M1B0 = EJ1 . ΔT

L12

M1B0

M1A0 = EJ1 . ΔT

L12

M1A0

Reemplazando los esfuerzos hallados en las ecuaciones correspondientes para cada nudo:

M1A = M

1A0 + M

1AB . B + M

1A . 1

M1A = EJ1 . (α.T.L2)+ 2EJ1 . B EJ1 . Δ1

L12

L1 L12

M1B = M

1B0 + M

1BB . B + M

1B . 1

M1B = EJ1 . (α.T.L2) + 4EJ1 . B EJ1 . Δ1

L12

L1 L12

M2B = M

2B0 + M

2BB . B + M

2BC . C + M

2B . 2

M2B = 4EJ2 . B + 2EJ2 . C + EJ2. Δ2

L2 L2 L22

M4B = M

4B0 + M

4BB . B


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M4B = - 3PL4 + EJ4 . B

8 L4

M4E = M

4E0 + M

4EB. B

M4E = - PL4 - EJ4. B

8 L4

M2C = M

2C0 + M

2CB . B + M

2CC . C + M

2C . 2

M2C = 2EJ2 . B + 4EJ2 . C + EJ2 . Δ2

L2 L2 L22

M3C = M

3C0 + M

3CC . C + M

3C . 3

M3C = 3EJ3 . C EJ3 . Δ3

L3 L32

Planteamos el equilibrio en los nudos B y C: Nudo B: M

4B

M

2B

M1B + M

2B + M

4B = 0

M

1B

Reemplazando M

1B, M

2B y M

4B, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ1, Δ2 y Δ3 :

EJ1 .(α.T.L2) + 4EJ1 . B EJ1 .Δ1 + 4EJ2 . B + 2EJ2 . C + EJ2 . Δ1 3PL4 + EJ4. B = L1

2 L1 L1

2 L2 L2 L2

2 tg β 8 L4

B 4EJ1 + 4EJ2 + EJ4 + C 2EJ2. + Δ1 EJ1 + EJ2 + EJ1 .(α.T.L2) 3PL4 = 0 L1 L2 L4 L2 L1

2 L2

2. tg β L1

2 8

Ecuación 1


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Nudo C: M

2C + M

3C = 0

M3C

M2C

Reemplazando M

2C y M

3C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ1, Δ2 y Δ3 :

2EJ2 . B + 4EJ2 . C + EJ2 . Δ1 + 3EJ3 . C EJ3 . Δ1 _______ = 0

L2 L2 L22 tg β L3 L3

2 sen β

B 2EJ2 + C 4EJ2 + 3EJ3 + Δ1 EJ2 EJ3 = 0 L2 L2 L3 L2

2. tg β L3

2. sen β

Ecuación 2 Con esto obtenemos dos ecuaciones con tres incógnitas, debemos plantear la tercera ecuación con trabajos virtuales. Colocamos para esto tantas articulaciones como sea necesario para que la estructura se deforme libremente en la dirección de la incógnita Δ1. Se colocan sobre la estructura todos los momentos y cargas externas que realizarán trabajo. Δ* : deformación virtual

P M2C Δ*2 = Δ*1

tg β Δ*1 M

2B Δ*3

Δ*

1 M3C Δ*3 = Δ*1

M1B sen β

β M

1A

M1A . Δ*1 + M

1B . Δ*1 M

2B. *2 M

2C . Δ*2 + M

3C . Δ*3 + P . Δ*1 = 0

L1 L1 L2 L2 L3 Reemplazando M

1A, M

1B, M

2B, M

2C y M

3C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ1,

Δ2 y Δ3, y entre Δ*1, Δ*2 y Δ*3 :

Δ*2


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EJ1 (α.T.L2)+ 2EJ1. B EJ1 Δ1 Δ*1 + EJ1.(α.T.L2) + 4EJ1. B EJ1.Δ1 Δ*1 L1

2 L1 L1 L1 L1 L1

2 L1 L1 L1 L1

4EJ2. B + 2EJ2. C+ EJ2. Δ1 *1 2EJ2. B + 4EJ2. C + EJ2. Δ1 *1 L2 L2 L2

2 tg β tg β. L2 L2 L2 L2

2 tg β tg β. L2

+ 3EJ3. C EJ3 . Δ1 *1 + P. Δ*1 = 0 L3 L3

2 sen β sen β. L3

Simplificando los términos Δ*1 y agrupando términos, se llega a la siguiente ecuación:

P + EJ1 (α.T.L2) + B 6EJ1 6EJ2 + C 6EJ2 + 3 E J3 L1

3 L1

2 tg β. L2

2 tg β. L2

2 sen β. L3

2

+ Δ1 EJ1 12EJ2 EJ3 = 0 L1

3 tg

2 β. L2

3 sen

2β. L3

3

Ecuación 3

Reemplazando en las ecuaciones 1, 2 y 3 los valores de P, T, E, α, L, J y β resulta el siguiente sistema de ecuaciones:

11718000 . B + 1134000. C – 96390 . Δ1 = 23778,6 cm

1134000 . B + 4673577,27 . C –7045,77 . Δ1 = 0 cm

96390 . B + 7045,77 . C – 2678,66 . Δ1 = –1274,43 cm Resolviendo el sistema :

B = 0,008537

C = –0,000895 Δ1 = 0,780618 cm Para obtener los momentos en los nudos se reemplazan estos valores en las ecuaciones de momentos antes planteadas. M

1A = – 42530,82 Kg . cm

M1B = – 10260,96 Kg . cm

M2B = 31625,3 Kg . cm

M4B = – 21365,07 Kg . cm

M4E = – 28634,93 Kg . cm

M2C = 20929,41 Kg . cm

M3C = – 20931,36 Kg . cm


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28634,93

P

T 21365,07 31625,3 20929,41 10260,96 20931,36 42530,82 Definiendo en la estructura la fibra inferior con la convención de que el momento que tracciona la fibra inferior es positivo, se arma el diagrama de momentos.


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TABLA 1:

Momentos de empotramiento

1) A y B empotrados

2) A empotrado y B apoyo simple

A B

P q M T1

T2 = -T1 L

-PL/8 -PL/8 -qL2/12 -qL

2/12

qL2/24 PL/8

-M/2

M/2

-M/4

2EJT1 /h M/4

-3PL/16 -qL

2/8

qL2/16

5PL/32

9M/16

M/8

-7M/16

3EJT1 /h


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3) A empotrado y B empotrado guiado.

2EJT1 /h

PL/8

-qL2/3

-3PL/8

M/2

-M/2

qL2/6

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RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LAS DEFORMACIONES