energia interna

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



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.



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.



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



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.



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.



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)



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:



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.



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.



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:



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)]



(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:



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:



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∆



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



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.



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.



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



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



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



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=∆



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



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



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)



[ ]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



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.



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==

∆



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←



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

=∆



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



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.



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



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



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



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



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:



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.



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 =∆



(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



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.



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)



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.



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



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



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



[ ]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 (+)↓



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=∆



(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(+)↓ .



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:



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



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.



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



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



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



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



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.



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.



(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:



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:



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 =∆



(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).



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.



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 + � ��Г�� 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.



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



(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



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



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



∆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



∆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



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



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



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



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



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



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



∆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



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



∆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



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)



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



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



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



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 ++−

−−

−+=



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:



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



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 −−===


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:



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



EIy

998.940−=


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



( ) ( ) ( ))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:



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−=



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−

=⇒−=



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−=



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



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



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

−=



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



( )

( ) ( ))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

+

+−

−−

−−

−−

−+=



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



( ) ( ) ( ) ( )

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

−=



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.



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


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


ydEI AA

( ) ( ))7(...

2

1313

2

666.721)5.6(7

27

22

22

Cxx

xxR

xMdx

dyEI A

A +−

−−

−−−+=



( ))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.



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

−=



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


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


ydEI AA



)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


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



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)



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) :



� 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:



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

( - )

( - )

( - )

( + )



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



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



(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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



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



Condición inicial.

b) Condición final:

c) Efecto de cargas en el elemento:

L

i j

θi

θj

Mi

Mj

Mij Mij



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



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'



:'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:



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



[ ]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=



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



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



Cálculo de las reacciones:


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



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



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−=



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



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



[ ] [ ]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−=



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



( )[ ]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




(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



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):



.50,.50 radCradB =−= θθ Los momentos serán:

mKNMAB /70−= mKNMBA /380−= mKNMBC /380= mKNMCB /380−= mKNMCD /380= mKNMDC /70=

energia interna

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