Método de las Deformaciones - Universidad Nacional de La Plata

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
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:
A
B
A´
φ A
Δ
Figura 1
φ B
B´
Sabemos que los momentos actuantes en A y B serán función del estado de cargas y
de las deformaciones φ A, φ B 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:
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Estructuras III
M +
φ +
M +
φ +
N +
N +
Q + Q +
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:
M i jk 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:
A
i
k
B
Obtendremos de la Tabla 1
-qL 2 /12 -qL 2 /12
j
D
A
B
C
qL 2 /24
En donde los momentos de empotramiento serán M i A0 = -qL 2 /12 y M i B0 = 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
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-3PL/8
PL/8
C
A
En donde los momentos de empotramiento serán M j C0 = PL/8 y M j A0 = 3PL/8
2) Generamos un giro en el punto A (horario), manteniendo empotrado B.
A
B
-M/2
φ A
M
En este caso el giro de A será: φ A = ML i /4EJ i por lo tanto podemos expresar el
momento en A en función del giro:
M i A = 4EJ i /L i φ A donde 4EJ i /L i será el momento en A para un giro unitario en A (M i AA)
M i A = 4EJ i /L i φ A = M i AA φ A
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 i B = 2EJ i /L i φ A donde 2EJ i /L i será el momento en B para un giro unitario en A (M i BA)
M i B = 2EJ i /L i φ A = M i BA φ A
3) Generamos un giro en el punto B (horario), manteniendo empotrado A.
A
φ B
B
-M
M/2
En este caso el giro de B será: φ B = ML i /4EJ i por lo tanto podemos expresar el
momento en B en función del giro:
M i B = 4EJ i /L i φ B donde 4EJ i /L i será el momento en B para un giro unitario en B (M i BB)
M i B = 4EJ i /L i φ B = M i BB φ B
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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 i A = 2EJ i /L i φ B donde 2EJ i /L i será el momento en A para un giro unitario en B (M i AB)
M i A = 2EJ i /L i φ B = M i AB φ B
4) Desplazamos en forma relativa B de A manteniéndolos impedidos de girar
A
B -M
Δ
M
Los momentos en A y B son iguales en valor y signo (de acuerdo a nuestra
convención):
M i A = M i B = -6EJ i /L i 2 Δ donde 6EJ i /L i 2 será el momento para un desplazamiento unitario
(M i Aδ = M i Bδ)
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:
Reemplazando los términos:
M i A = M i A0 + M i AA . A + M i AB . B + M i A .
M i B = M i B0 + M i BA . A + M i BB . B + M i B .
M i A = M i A0 + 4EJ i . A + 2EJ i . B - 6EJ i . Δ
L i L i L i
2
M i B = M i B0 + 2EJ i . A + 4EJ i . B - 6EJ i . Δ
L i L i L i
2
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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
A
B
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
M i A = M i A0 + M i AB . B + M i A .
M i B = M i B0 + M i BB . B + M i B .
= M i A0 + 2EJ i . B - 6EJ i . Δ
L i L i
2
= M i B0 + 4EJ i . B - 6EJ i . Δ
L i L i
2
B) Un extremo con apoyo articulado
A
B
Vemos que al ser A articulado, su momento es cero, por lo tanto M i A = 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 M i jk. 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
φ B
B
-M
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En este caso el giro de B será: φ B = ML i /3EJ i por lo tanto podemos expresar el
momento en B en función del giro:
M i B = 3EJ i /L i φ B donde 3EJ i /L i será el momento en B para un giro unitario en B (M i BB)
M i B = 3EJ i /L i φ B = M i BB φ B
4) Desplazamos en forma relativa B de A manteniéndolo impedido de girar, respetando
la condición de A.
A
B
Δ
M
El momento en B:
M i B = -3EJ i /L i 2 Δ donde 3EJ i /L i 2 será el momento para un desplazamiento unitario (M i Bδ)
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 i A = 0
M i B = M i B0 + M i BB . B + M i B .
= M i B0 + 3EJ i . B - 3EJ i . Δ
L i L i
2
C) Un extremo con empotramiento guiado
A
B
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.
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A
φ B -M
B
En este caso el giro de B será: φ B = ML i /EJ i por lo tanto podemos expresar el
momento en B en función del giro:
M i B = EJ i /L i φ B donde EJ i /L i será el momento en B para un giro unitario en B (M i BB)
M i B = EJ i /L i φ B = M i BB φ B
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 i A = -EJ i /L i φ B donde EJ i /L i será el momento en A para un giro unitario en B (M i AB)
M i A = -EJ i /L i φ B = M i AB φ B
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 i A = M i A0 + M i AB . B = M i A0 - EJ i . B
L i
M i B = M i B0 + M i BB . B = M i B0 + EJ i . B
L i
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:
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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
B
A
C
D
E
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:
φ B , φ D 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
A
C
D
E
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):
φ B, φ D , Δ H y por lo tanto el problema es indeterminado
de grado 3 (I = 3) (Siendo hiperestático de grado 5)
Ejemplo de Aplicación
q
L 1 = L 2 = L
L
A 1 , J 1 L
B 2 , J 2
C
J 1 = J
J 2 = 3J
Se observa que tenemos un punto de indeterminación (B) el cual solo puede girar (φ B )
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.
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Por lo tanto:
Para el tramo 1
M 1 A = 0
M 1 B = M 1 B0 + M 1 BB . B + M 1 B .
= M 1 B0 + 3EJ 1 . B - 3EJ 1 . Δ
L 1 L 1
2
Vemos que no hay desplazamiento vertical del punto B, por lo tanto Δ = 0
El momento de empotramiento M 1 B0 de Tabla 1: M 1 B0 = qL 1 2 /8
Reemplazando
M 1 B = M 1 B0 + M 1 BB . B + M 1 B .
= qL 1 2 /8 + 3EJ/L . B
Para el tramo 2
M 2 B = M 2 B0 + M 2 BB . B + M 2 B .
M 2 C = 0
= M 2 B0 + 3EJ 2 . B - 3EJ 2 . Δ
L 2 L 2
2
Como no hay carga aplicada en el tramo 2 el momento de empotramiento M 2 B0 es igual
a cero.
Reemplazando
M 2 B = M 2 B0 + M 2 BB . B + M 2 B .
= 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
M
B
0
M 1 B
M 2 B
Se toman los momentos positivos
según la convención de signos
adoptada, mirando hacia el interior
del tramo.
Sobre el nudo -M 1 B - M 2 B = 0 ó M 1 B + M 2 B = 0
Con esta sumatoria se obtiene una ecuación con una incógnita ( B ), con la cual
podemos obtener los valores de los momentos
M 1 B + M 2 B = qL 1 2 /8 + 3EJ/L . B 9EJ/L . B = qL 1 2 /8 + 12EJ/L . B
B
3
qL
96EJ
El signo del giro significa que es en sentido antihorario
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Reemplazando en las expresiones de M 1 B y M 2 B
3 2
1 qL
M B
y
32
3 2
2 qL
M B
observando que cumple con la ecuación de equilibrio
32
Teniendo estos valores a ambos lados del nudo B, podemos reemplazar este por una
articulación y colocar los momentos hallados como cargas externas
q
M 1 B
M 2 B
A B C
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 1 B y M 2 B serán negativos,
independientemente del signo obtenido en la resolución del problema.
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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 = 2,1x10 6 Kg/cm 2
4 σ F = 3773 Kg/cm 2 6cm A = 30 cm 2
1m α = 12 x10 -6 /ºC J = 90 cm 4
P T 5cm
B
C
2 Vigas 2 y 3:
1 3
1m 6cm A = 18 cm 2
β J = 54 cm 4
A D 3cm
2m
1m
Comenzamos a plantear ahora las ecuaciones correspondientes para cada nudo:
M 1 A = M 1 A0 + M 1 AA . A + M 1 AB . B + M 1 A . 1
(el superíndice indica la barra)
No existiendo giro en A el término M 1 AA A = 0
Por lo tanto:
M 1 A = M 1 A0 + M 1 AB . B + M 1 A . 1
Para el nudo B se tienen 3 ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre al
nudo:
M 1 B = M 1 B0 + M 1 BA . A + M 1 BB . B + M 1 B . 1 ( A = 0)
M 1 B = M 1 B0 + M 1 BB . B + M 1 B . 1
M 2 B = M 2 B0 + M 2 BB . B + M 2 BC . C + M 2 B . 2
M 4 B = M 4 B0 + M 4 BB . B + M 4 BE . E + M 4 B . 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 M 4 B . 4 = 0
M 4 B = M 4 B0 + M 4 BB . B
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Sobre el nudo E:
M 4 E = M 4 E0 + M 4 EB. B + M 4 BE . E + M 4 E . 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 M 4 E . 4 = 0
M 4 E = M 4 E0 + M 4 EB. B
Sobre el nudo C se tienen 2 ecuaciones, una proveniente de cada barra que concurre
al nudo:
M 2 C = M 2 C0 + M 2 CB . B + M 2 CC . C + M 2 C . 2
M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC . C + M 3 CD . D + M 3 C . 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 M 3 CD . D = 0
M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC . C + M 3 C . 3
M 3 D = 0
(por estar D articulado)
Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo B:
M 4 EB M 1 AB = 2EJ 1
L 1
M 4 BB M 2 CB M 1 BB = 4EJ 1
M 1 BB L 1
M 2 BB M 2 BB = 4EJ 2
L 2
M 4 BB = EJ 4
M 1 AB L 4
M 2 CB = 2EJ 2
L 2
M 4 EB = - EJ 4
L 4
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Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo C:
M 2 BC = 2EJ 2
L 2
M 2 BC M 2 CC M 2 CC = 4EJ 2
L 2
M 3 CC = 3EJ 3
M 3 CC L 3
Desplazamos el nudo C:
M 1 A EJ 1
L 1
2
Δ 1 M 2 C M 1 B EJ 1
M 2 2
B . Δ 3 L 1
Δ1 M 3 C M 2 B = EJ 2
2
L 2
M 1 B
β
M 2 C EJ 2
2
L 2
M 1 A M 3 C EJ 3
2
L 3
Δ 2
Δ3
β
Δ2
2
1
tg
Δ1
3
1
sen
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:
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Estructuras III
M 4 E0 M 4 E0 = - PL 4
P 8
M 4 B0 M 4 B0 = - 3PL 4
8
Esfuerzos generados por el gradiente de temperatura (se desplaza el nudo B
dejándose fijo el nudo C):
Δ T = α.T.L 2
Δ T
T
M 1 B0 =
EJ 1 . Δ T
L 1
2
M 1 B0
M 1 A0 =
EJ 1 . Δ T
L 1
2
M 1 A0
Reemplazando los esfuerzos hallados en las ecuaciones correspondientes para cada
nudo:
M 1 A = M 1 A0 + M 1 AB . B + M 1 A . 1
M 1 A = EJ 1 . (α.T.L 2 )+ 2EJ 1 . B EJ 1 . Δ 1
2
2
L 1 L 1 L 1
M 1 B = M 1 B0 + M 1 BB . B + M 1 B . 1
M 1 B = EJ 1 . (α.T.L 2 ) + 4EJ 1 . B EJ 1 . Δ 1
2
2
L 1 L 1 L 1
M 2 B = M 2 B0 + M 2 BB . B + M 2 BC . C + M 2 B . 2
M 2 B = 4EJ 2 . B + 2EJ 2 . C + EJ 2 . Δ 2
L 2 L 2 L 2
2
M 4 B = M 4 B0 + M 4 BB . B
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Método de las deformaciones
Estructuras III
M 4 B = - 3PL 4 + EJ 4 . B
8 L 4
M 4 E = M 4 E0 + M 4 EB. B
M 4 E = - PL 4 - EJ 4 . B
8 L 4
M 2 C = M 2 C0 + M 2 CB . B + M 2 CC . C + M 2 C . 2
M 2 C = 2EJ 2 . B + 4EJ 2 . C + EJ 2 . Δ 2
L 2 L 2 L 2
2
M 3 C = M 3 C0 + M 3 CC . C + M 3 C . 3
M 3 C = 3EJ 3 . C EJ 3 . Δ 3
L 3
2
L 3
Planteamos el equilibrio en los nudos B y C:
Nudo B:
M 4 B
M 2 B
M 1 B + M 2 B + M 4 B = 0
M 1 B
Reemplazando M 1 B, M 2 B y M 4 B, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1 , Δ 2 y Δ 3 :
EJ 1 .(α.T.L 2 ) + 4EJ 1 . B EJ 1 .Δ 1 + 4EJ 2 . B + 2EJ 2 . C + EJ 2 . Δ 1 3PL 4 + EJ 4 . B =
2
L 1 L 1
2
L 1 L 2 L 2
2
L 2 tg β 8 L 4
B 4EJ 1 + 4EJ 2 + EJ 4 + C 2EJ 2 . + Δ 1 EJ 1 + EJ 2 + EJ 1 .(α.T.L 2 ) 3PL 4 = 0
L 1 L 2 L 4 L 2
2
L 1 L 2 2 . tg β
2
L 1 8
Ecuación 1
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Método de las deformaciones
Estructuras III
Nudo C:
M 2 C
M 3 C
M 2 C + M 3 C = 0
Reemplazando M 2 C y M 3 C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1 , Δ 2 y Δ 3 :
2EJ 2 . B + 4EJ 2 . C + EJ 2 . Δ 1 + 3EJ 3 . C EJ 3 . Δ 1 _______ = 0
2
2
L 2 L 2 L 2 tg β L 3 L 3 sen β
B 2EJ 2 + C 4EJ 2 + 3EJ 3 + Δ 1 EJ 2 EJ 3 = 0
L 2 L 2 L 3 L 2 2 . tg β L 3 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
Δ 1 . Se colocan sobre la estructura todos los momentos y cargas externas que
realizarán trabajo.
Δ* : deformación virtual
P M 2 C Δ* 2 = Δ* 1
tg β
Δ* 1 M 2 B Δ* 3 Δ* 2
M 1 A
M 1 B
Δ*
1 M 3 C Δ* 3 = Δ* 1
sen β
β
M 1 A . Δ* 1 + M 1 B . Δ* 1 M 2 B. * 2 M 2 C . Δ* 2 + M 3 C . Δ* 3 + P . Δ* 1 = 0
L 1 L 1 L 2 L 2 L 3
Reemplazando M 1 A, M 1 B, M 2 B, M 2 C y M 3 C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ 1 ,
Δ 2 y Δ 3 , y entre Δ* 1 , Δ* 2 y Δ* 3 :
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Método de las deformaciones
Estructuras III
EJ 1 (α.T.L 2 )+ 2EJ 1 . B EJ 1 Δ 1 Δ* 1 + EJ 1 .(α.T.L 2 ) + 4EJ 1 . B EJ 1 .Δ 1 Δ* 1
2
2
L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1 L 1
4EJ 2 . B + 2EJ 2 . C+ EJ 2 . Δ 1 * 1 2EJ 2 . B + 4EJ 2 . C + EJ 2 . Δ 1 * 1
L 2 L 2 L 2 2 tg β tg β. L 2 L 2 L 2 L 2 2 tg β tg β. L 2
+ 3EJ 3 . C EJ 3 . Δ 1 * 1 + P. Δ* 1 = 0
L 3 L 3
2
sen β sen β. L 3
Simplificando los términos Δ* 1 y agrupando términos, se llega a la siguiente ecuación:
P + EJ 1 (α.T.L 2 ) + B 6EJ 1 6EJ 2 + C 6EJ 2 + 3 E J 3
3
2
2
2
2
L 1 L 1 tg β. L 2 tg β. L 2 sen β. L 3
+ Δ 1 EJ 1 12EJ 2 EJ 3 = 0
3
L 1 tg 2 3
β. L 2 sen 2 3
β. L 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 . Δ 1 = 23778,6
cm
1134000 . B + 4673577,27 . C –7045,77 . Δ 1 = 0
cm
96390 . B + 7045,77 . C – 2678,66 . Δ 1 = –1274,43
cm
Resolviendo el sistema :
B = 0,008537
C = –0,000895
Δ 1 = 0,780618 cm
Para obtener los momentos en los nudos se reemplazan estos valores en las
ecuaciones de momentos antes planteadas.
M 1 A = – 42530,82 Kg . cm
M 1 B = – 10260,96 Kg . cm
M 2 B = 31625,3 Kg . cm
M 4 B = – 21365,07 Kg . cm
M 4 E = – 28634,93 Kg . cm
M 2 C = 20929,41 Kg . cm
M 3 C = – 20931,36 Kg . cm
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Método de las deformaciones
Estructuras III
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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Método de las deformaciones
TABLA 1:
Momentos de empotramiento
Estructuras III
A
P
B
q
M
T 1
L
T 2 = -T 1
1) A y B empotrados
-PL/8 -PL/8 -qL 2 /12 -qL 2 /12
PL/8
qL 2 /24
-M/2
-M/4
M/4
M/2
2EJT 1 /h
2) A empotrado y B apoyo simple
-3PL/16
-qL 2 /8
5PL/32
qL 2 /16
-7M/16
M/8
9M/16
3EJT 1 /h
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Método de las deformaciones
Estructuras III
3) A empotrado y B empotrado guiado.
-3PL/8
-qL 2 /3
PL/8
qL 2 /6
-M/2
M/2
2EJT 1 /h
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