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  • 8/16/2019 Método de Deformaciones.

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    Facultad de Ingeniería

    Universidad Nacional de La Plata

    ESTRUCTURAS III

    RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL

    METODO DE LAS DEFORMACIONES

     Autor:

    Ing. Juan P. Durruty

  • 8/16/2019 Método de Deformaciones.

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    Método de las deformaciones Estructuras III

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    RESOLUCION DE ESTRUCTURAS POR EL METODO DE LASDEFORMACIONES 

    El presente método se basa en la determinación de los esfuerzos en una estructura enfunción de sus deformaciones. Este método permite la resolución tanto de estructuras

    isostáticas como hiperestáticas con la ventaja frente al Método de las Fuerzas de queen los resultados, aparte de obtener los esfuerzos característicos, también se obtienendeformaciones en determinados puntos de la estructura.

    Como hipótesis simplificativa se asume que los elementos de viga son axialmenterígidos, o sea se desprecia las deformaciones axiales frente a las deformaciones porflexión. Por lo tanto se consideran los giros y desplazamientos generados solo a travésde la flexión.

     Analizamos un tramo genérico de una estructura antes y después de la aplicación decargas:

    Sabemos que los momentos actuantes en A y B serán función del estado de cargas y

    de las deformaciones φ A,φB y  Δ, lo cual no podemos analizarlo en conjunto. Sí podemos realizar una superposición de efectos simples que se pueden evaluar ycuya suma darán por resultado el estado final A´ - B´. Para esto realizamos lassiguientes hipótesis y condiciones:

    1) Se evalúan los momentos en A y B producidos por el estado de cargassuponiendo 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, manteniendoempotrado B.

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

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

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

     A B

     A´

    Δ φ A 

    φB 

    Figura 1

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

    La nomenclatura de los momentos será:

    Mi 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 decargas, 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 laestructura:

    Obtendremos de la Tabla 1

    En donde los momentos de empotramiento serán Mi A0 = -qL

    2/12 y M

    iB0 = qL

    2/12

    Obsérvese que los signos se tomaron según la convención adoptadaindependientemente de los signos del diagrama de momento.

    Para el tramo CA

    M +φ +

    M +φ +

    N +N +

    Q + Q +

    C

     A B

    D

    -qL /12 -qL /12

    qL /24

     A B j

    ik

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    En donde los momentos de empotramiento serán M jC0 = PL/8 y M

     j A0 = 3PL/8

    2) Generamos un giro en el punto A (horario), manteniendo empotrado B.

    En este caso el giro de A será: φ A = MLi/4EJi  por lo tanto podemos expresar elmomento en A en función del giro:

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

    i AA)

    Mi A = 4EJi/Li φ A = M

    i AA φ A 

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

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

    iBA)

    MiB = 2EJi/Li φ A = M

    iBA φ A 

    3) Generamos un giro en el punto B (horario), manteniendo empotrado A.

    En este caso el giro de B será: φB = MLi/4EJi  por lo tanto podemos expresar elmomento en B en función del giro:

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

    iBB)

    MiB = 4EJi/Li φB = M

    iBB φB 

    -3PL/8 

    PL/8 C

     A

     A B

    φ A M

    -M/2

     A BφB 

    -M

    M/2

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

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

    i AB)

    Mi A = 2EJi/Li φB = M

    i AB φB 

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

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

    Mi A = M

    iB = -6EJi/Li

    2  Δ donde 6EJi/Li

    2 será el momento para un desplazamiento unitario

    (Mi Aδ = M

    iBδ)

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

    Mi A = Mi A0 + M

    i AA .  A + M

    i AB . B + M

    i A  .

    MiB = M

    iB0 + M

    iBA .  A + M

    iBB . B + M

    iB  .

    Reemplazando los términos:

    Mi A = M

    i A0 + 4EJi .  A  + 2EJi . B - 6EJi . Δ 

    Li 

    Li Li2 

    MiB = M

    iB0 + 2EJi .  A  + 4EJi . B - 6EJi . Δ 

    Li 

    Li Li2

     

     Δ 

     AB -M

    M

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    Casos Particulares

    Los planteos anteriores corresponden para cualquier tramo intermedio de la estructuraanalizada. Se debe analizar por separado cuando algún extremo del tramo analizadoposee una vinculación real.

     A) Un extremo empotrado

    En este caso, respecto a lo analizado, dado que A es un empotramiento, no podemoscumplir con la hipótesis del giro de A (hipótesis 2), por lo tanto valen las ecuacionesanteriores eliminando de las mismas los términos relacionados con el giro de A

    Mi A = M

    i A0 + M

    i AB . B + M

    i A  . = M

    i A0 + 2EJi . B - 6EJi . Δ 

    Li Li2 

    MiB = M

    iB0 + M

    iBB . B + M

    iB  . = M

    iB0 + 4EJi . B - 6EJi . Δ 

    Li Li2 

    B) Un extremo con apoyo articulado

    Vemos que al ser A articulado, su momento es cero, por lo tanto Mi 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 Mi jk. Vemos el análisis de las otras

    hipótesis

    1) Para los momentos de empotramiento, buscamos en la Tabla 1 los casos con unextremo articulado y otro empotrado.

    3) Generamos un giro en el punto B (horario), respetando la condición de A.

     AB

     AB

     AB

    φB -M

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

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

    iBB)

    MiB = 3EJi/Li φB = M

    iBB φB 

    4) Desplazamos en forma relativa B de A manteniéndolo impedido de girar, respetandola condición de A.

    El momento en B:

    MiB = -3EJi/Li

    2  Δ donde 3EJi/Li

    2 será el momento para un desplazamiento unitario (M

    iBδ)

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

    Mi A = 0

    MiB = M

    iB0 + M

    iBB . B + M

    iB  . = M

    iB0 + 3EJi . B - 3EJi . Δ 

    Li Li2 

    C) Un extremo con empotramiento guiado

    En este caso, respecto a lo analizado, dado que A es un empotramiento, no podemoscumplir con la hipótesis del giro de A (hipótesis 2), así mismo si desplazamos B, A loacompaña 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 unextremo empotrado guiado y otro empotrado.

    3) Generamos un giro en el punto B (horario), respetando la condición de A.

     Δ 

     AB

    M

     AB

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

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

    iBB)

    MiB = EJi/Li φB = M

    iBB φB 

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

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

    i A = -EJi/Li φB = M

    i AB φB 

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

    Mi A = M

    i A0 + M

    i AB . B = M

    i A0 - EJi . B  

    Li

    MiB = M

    iB0 + M

    iBB . B = M

    iB0 + EJi . B  

    Li 

    1. Aplicación del método:

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

     A BφB  -M

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

    Ejemplos

    a) En este caso tenemos dos puntos que cumplen conlas condiciones planteadas (B y D). Considerando queestos puntos no pueden tener desplazamientos, por lavinculación de la estructura y dado que consideramosque los elementos son axialmente rígidos, solotendremos como incógnitas los giros:

    φB, φD  y por lo tanto el problema es indeterminado degrado 2 (I = 2)

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

    b) En este caso tenemos los mismos dos puntos (B y D),con la diferencia de que ambos pueden desplazarsehorizontalmente a través de la flexión de los tramos ABCy DE. Por lo tanto tendremos como incógnitas los girosde B, C y el desplazamiento de ambos (como asumimoslos tramos axialmente rígidos, ambos desplazamientosson iguales):

    φB, φD, ΔH  y por lo tanto el problema es indeterminadode grado 3 (I = 3) (Siendo hiperestático de grado 5)

    Ejemplo de Aplicación

    Se observa que tenemos un punto de indeterminación (B) el cual solo puede girar (φB)dado que su vinculación impide los desplazamientos. Por lo tanto el problema esIndeterminado de grado 1 (I = 1)

    En este caso tanto A como C son apoyos articulados, por lo tanto sus momentos soncero, y ambos tramos (1 y 2) se toman como el Caso Particular B. 

     A

    B

    C

    D

    E

     A

    B

    C

    D

    E

     A B CL1, J1  L2, J2 

    L1 = L2 = L

    J1 = J J2 = 3J

    q

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    Por lo tanto: 

    Para el tramo 1

    M1 A = 0

    M1B = M

    1B0 + M

    1BB . B + M

    1B  . = M

    1B0 + 3EJ1 . B - 3EJ1 . Δ 

    L1 L12 

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

    1B0 de Tabla 1: M

    1B0 = qL1

    2/8

    Reemplazando

    M1B = M

    1B0 + M

    1BB . B + M

    1B  . = qL1

    2/8 + 3EJ/L . B  

    Para el tramo 2

    M2B = M

    2B0 + M

    2BB . B + M

    2B  . = M

    2B0 + 3EJ2 . B - 3EJ2 . Δ 

    L2 L22 

    M2C = 0

    Como no hay carga aplicada en el tramo 2 el momento de empotramiento M2B0 es igual

    a cero.

    Reemplazando

    M2B = M

    2B0 + M

    2BB . B + M

    2B  . = 3E3J/L . B = 9EJ/L . B 

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

    0 B M   

    Sobre el nudo -M1B - M

    2B = 0 ó M

    1B + M

    2B = 0

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

    M1B + M

    2B = qL1

    2/8 + 3EJ/L . B 9EJ/L . B = qL1

    2/8 + 12EJ/L . B  

     EJ 

    qL B

    96

    3

     

    El signo del giro significa que es en sentido antihorario

    M B M B Se toman los momentos positivossegún la convención de signosadoptada, mirando hacia el interiordel tramo.

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    Reemplazando en las expresiones de M1B y M

    2B 

    32

    3  2

    1   qL M  B   y

    32

    3  2

    2   qL M  B   observando que cumple con la ecuación de equilibrio

    Teniendo estos valores a ambos lados del nudo B, podemos reemplazar este por una

    articulación y colocar los momentos hallados como cargas externas

    Siendo ahora una estructura isostática, se pueden obtener las reacciones por equilibriode 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 ocomprimen la fibra inferior definida.Para el caso de la figura anterior ambos momentos M

    1B  y M

    2B  serán negativos,

    independientemente del signo obtenido en la resolución del problema.

     A B C

    q

    M1B  M B 

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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 3para el método de las deformaciones (giro de B, giro de C y desplazamiento horizontalde B y C), y está cargada con una fuerza horizontal y un gradiente de temperatura.

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

    E T = 50ºC  E = 2,1x106 Kg/cm2

    4 σF = 3773 Kg/cm2

    6cm  A = 30 cm2 

    1m α = 12 x10-6

    /ºC J = 90 cm4 

    P  T 5cm B C

    2  Vigas 2 y 3:

    1 31m 6cm  A = 18 cm2 β  J = 54 cm

    A D  3cm 

    2m 1m

    Comenzamos a plantear ahora las ecuaciones correspondientes para cada nudo:

    M1 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 M1 AA   A = 0

    Por lo tanto:

    M1 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 alnudo:

    M1B = M1B0 + M1BA .  A + M1BB . B + M1B  . 1  (  A = 0)

    M1B = M

    1B0 + M

    1BB . B + M

    1B  . 1 

    M2B = M

    2B0 + M

    2BB . B + M

    2BC . C + M

    2B . 2 

    M4B = M

    4B0 + M

    4BB . B + M

    4BE . E + M

    4B  . 4 

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

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

    M4B = M

    4B0 + M

    4BB . B 

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    Sobre el nudo E:

    M4E = M

    4E0 + M

    4EB. B + M

    4BE . E + M

    4E . 4 

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

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

    M4E = M

    4E0 + M

    4EB. B

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

    M2C = M

    2C0 + M

    2CB . B + M

    2CC . C + M

    2C  . 2 

    M3C = M

    3C0 + M

    3CC . C + M

    3CD . D + M

    3C  . 3 

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

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

    M3C = M

    3C0 + M

    3CC . C + M

    3C  . 3 

    M3D = 0 (por estar D articulado)

    Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo B:

    M4EB M

    1 AB = 2EJ1

    L1M

    4BB M

    2CB M

    1BB = 4EJ1 

    M1BB L1 

    M2BB M

    2BB = 4EJ2 

    L2 M

    4BB = EJ4 

    M1 AB L4 M

    2CB = 2EJ2 

    L2 M

    4EB = - EJ4 

    L4 

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    tg 

    1

    2

     sen

    1

    3

    Esfuerzos ocasionados por el giro del nudo C:

    M2BC = 2EJ2 

    L2 M

    2BC M

    2CC M

    2CC = 4EJ2 

    L2 M

    3CC = 3EJ3 

    M3CC L3 

    Desplazamos el nudo C:

    M1 A EJ1 

    L12 

     Δ1  M2C M

    1B EJ1 

    M2

    B.  Δ

    3  L

    1

     Δ1  M3C M

    2B = EJ2 

    L22 

    M1B M

    2C EJ2 

    β  L22 

    M1 A M

    3C EJ3 

    L32 

    Hallamos los momentos de empotramiento debido al estado de carga de la estructura

    (P y T).

    P solo genera momentos en los nudos B y E de la barra 4:

     Δ2 

     Δ1

     Δ3β   Δ2

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    M4E0 M

    4E0 = - PL4 

    P  8

    M4B0 M

    4B0 = - 3PL4 

    8

    Esfuerzos generados por el gradiente de temperatura (se desplaza el nudo B

    dejándose fijo el nudo C):

     ΔT = α.T.L2

     ΔT  T M

    1B0 = EJ1 . ΔT 

    L12

    M1B0 

    M1

     A0= EJ

    1. Δ

    L12

    M1 A0 

    Reemplazando los esfuerzos hallados en las ecuaciones correspondientes para cadanudo:

    M1

     A = M1

     A0 + M1

     AB . B + M1

     A  . 1M

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

    L12

    L1 L12 

    M1B = M

    1B0 + M

    1BB . B + M

    1B  . 1 

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

    L12

    L1 L12 

    M2B = M

    2B0 + M

    2BB . B + M

    2BC . C + M

    2B . 2 

    M2B = 4EJ2 . B + 2EJ2 . C + EJ2. Δ2 

    L2 L2 L22 

    M4B = M

    4B0 + M

    4BB . B 

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    Método de las deformaciones Estructuras III

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    M4B = - 3PL4 + EJ4 . B 

    8 L4 

    M4E = M

    4E0 + M

    4EB. B 

    M4E = - PL4 - EJ4. B 

    8 L4 

    M2C = M

    2C0 + M

    2CB . B + M

    2CC . C + M

    2C  . 2 

    M2C = 2EJ2 . B + 4EJ2 . C + EJ2 . Δ2 

    L2 L2 L22 

    M3C = M

    3C0 + M

    3CC . C + M

    3C  . 3 

    M3C = 3EJ3 . C  EJ3 . Δ3 

    L3 L32 

    Planteamos el equilibrio en los nudos B y C:

    Nudo B:

    M4B

    M2B 

    M

    1

    B + M

    2

    B + M

    4

    B = 0

    M1B 

    Reemplazando M1B, M

    2B y M

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

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

    2L1 L1

    2L2 L2 L2

    2  tg β 8 L4 

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

    2  L2

    2. tg β L1

    28

    Ecuación 1

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    Nudo C:

    M2C + M

    3C = 0

    M3C 

    M2

    Reemplazando M2C y M

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

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

    2  tg β L3 L3

    2  sen β 

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

    2. tg β L3

    2. sen β 

    Ecuación 2

    Con esto obtenemos dos ecuaciones con tres incógnitas, debemos plantear la terceraecuación con trabajos virtuales. Colocamos para esto tantas articulaciones como seanecesario para que la estructura se deforme libremente en la dirección de la incógnita Δ1. Se colocan sobre la estructura todos los momentos y cargas externas querealizarán trabajo.

     Δ* : deformación virtual 

    P  M2C   Δ*2 =  Δ*1 tg β 

     Δ*1  M2B   Δ*3 

     Δ*1  M

    3C   Δ*3 =  Δ*1

    M1B  sen β 

    β M

    1 A 

    M1 A . Δ*1 + M

    1B . Δ*1  M

    2B. *2  M

    2C . Δ*2 + M

    3C . Δ*3 + P . Δ*1 = 0

    L1  L1 L2  L2  L3 

    Reemplazando M

    1

     A, M

    1

    B, M

    2

    B, M

    2

    C y M

    3

    C, y teniendo en cuenta las relaciones entre Δ1, Δ2 y Δ3, y entre Δ*1, Δ*2 y Δ*3 :

     Δ*2 

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

    2L1 L1 L1  L1 L1

    2L1 L1  L1 L1

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

    2  tg β  tg β. L2  L2 L2  L2

    2  tg β tg β. L2 

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

    2  sen β sen β. L3 

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

    P + EJ1 (α.T.L2) + B  6EJ1  6EJ2 + C 6EJ2 + 3 E J3L1

    3L1

    2tg β. L2

    2  tg β. L2

    2  sen β. L3

    2

    + Δ1  EJ1  12EJ2 EJ3 = 0L1

    3  tg

    2β. L2

    3  sen

    2β. L3

    Ecuación 3

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

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

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

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

    Resolviendo el sistema :

    B = 0,008537

    C = –0,000895 Δ1 = 0,780618 cm

    Para obtener los momentos en los nudos se reemplazan estos valores en lasecuaciones de momentos antes planteadas.

    M1 A =  – 42530,82 Kg . cm

    M1B =  – 10260,96 Kg . cmM

    2B = 31625,3 Kg . cm

    M4B = –  21365,07 Kg . cm

    M4E = –  28634,93 Kg . cm

    M2C = 20929,41 Kg . cm

    M3C = – 20931,36 Kg . cm

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    Método de las deformaciones Estructuras III

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    28634,93P

    T

    21365,07 31625,3 20929,4110260,96 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 Estructuras III

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    TABLA 1:

    Momentos de empotramiento

    1) A y B empotrados 

    2) A empotrado y B apoyo simple 

     A B

    P q M T1 

    T2 = -T1 L

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

    qL2 /24PL/8

    -M/2

    M/2

    -M/4

    2EJT1  /hM/4

    -3PL/16-qL2 /8

    qL /165PL/32

    9M/16

    M/8

    -7M/16

    3EJT1  /h 

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    3) A empotrado y B empotrado guiado. 

    2EJT1  /h 

    PL/8

    -qL2 /3-3PL/8 

    M/2 

    -M/2 

    qL /6