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Capítulo 8. El método de desplazamiento
En los problemas 8.1 a 8.6 proporcionar un análisis completo por el método de desplazamiento,
incluyendo lo siguiente:
- Determinar el momento de flexión en el soporte y construir los diagramas de fuerza interna;
- Calcular las reacciones de los soportes y proporcionar control estático;
- Proporcionar control kinematical (comprobar la pendiente en el soporte intermedio);
- Calcule el desplazamiento vertical en los puntos específicos y muestre la curva elástica.
8.1-8.2. Una viga uniforme de dos tramos con soportes anclados y laminados se somete a una carga fija
(Fig. P8.1-P8.2). Proporcione un análisis completo para cada diagrama de diseño. Ans. 8.1. 16
2
1
ql
M =− ;
8.2. (^ )
2 1 1 4
Pl M.
Solución P8.
La viga tiene una articulación rígida, por lo que el número de desconocido del método de desplazamiento
es igual a uno. El sistema primario se muestra en la figura. P8.1b. Desconocido primario Z 1 es el ángulo
de rotación de la restricción introducida 1.
La ecuación canónica es r 11 Z 1 + R 1 P = 0 , r 11 es una reacción unitaria, que surge en la restricción
introducida 1 debido a la rotación de esta restricción por ángulo Z 1 =1; dado que la restricción introducida
impide el desplazamiento angular, entonces la reacción r 11 es un momento reactivo. R1P es un momento
reactivo, que se presenta en la restricción introducida 1 debido a la carga dada. Los diagramas de
momento de flexión en estados unitarios y cargados se muestran en la figura. P8.1c,d.
La reacción unitaria y el término libre son 8
6 ;
2
11 1
ql R l
EI r = P =. La principal incógnita es
EI
ql
r
R
Z
P
48
3
11
1 1 =− =− (en sentido contrario a las agujas del reloj). Momento de flexión final
0 P^1 1 P
M = MZ + M (Fig.P8.1e)
. 32
3
48 16
3
2
1
2
, 48 16
3 , 48 8 16
3
3 2 2
3 2
1
3 2 2
1
ql ql
EI
ql
l
l EI M
ql
EI
ql
l
EI M
ql ql
EI
ql
l
EI M
left right
− = −
= −
=
= −
q
a)
q 1 Sistema primario
b)
r 11
3 IE/l
3 IE/l
De 1 =
c)
R 1 P
Ql 2 /
Ql 2 /
l / 2
d)
Ql 2 / 16
MP
l / 2 3 Ql
2 / 32
c)
P= 1
Estado de la unidad
para
P (2 l )/4 = 1·
l
f)
Estado de la
unidad para
M= 1
g)
P8.
Reacciones Ambos tramos deben considerarse por separado
Fuerzas de cizalladura en el apoyo BQ^ RA ql ql
left B 16
= − =^ − : y 16
ql Q R C
right B
Reacción en el soporte B : ql
ql ql
ql R Q Q
left B
right B (^) B
Verificación estática
Y R ql R R ql A B C^.
Verificación kinematical
a) Desplazamiento vertical del soporte B : El estado de la unidad semuestra en cualquier sistema primario
del método de fuerza (!) (Fig. P8.1f). Se denota el diagrama del momento de flexión. MP = 1
1 0. 3
2
16
1
2
1 1 16
1 1 2
1
32
3 00 4 6
2 2 2
1 1
− =
+ −
=
= =
= =
ql l l EI
ql l ql l EI
l
EI
M M ds EI
vert M^ PMP P P B
b) Pendiente en el 1 soporte medio. El estado de la unidad se muestra en la figura. P8.1g. Procedimiento
de Simpson
EI
ql ql ql EI
l
EI
M M
ds EI
M PMM P M
B 48
2 3 (^1 ) =−
= =
que es la principal desconocida Z 1
Solución P8.
El sistema primario tiene una restricción introducida en el soporte 1. La principal incógnita es el ángulo
de rotación de la restricción introducida 1. Ecuación canónica r 11 Z 1 + R 1 P = 0.
El coeficiente unitario y el término libre son (^ )
2 11 1
Pl R l
EI
r i i
P.
Primaria desconocida ( )
2
2
11
1 1 1 12
EI
Pl
r
R
Z
P
P8.
De 1 =
r 11 R 1 P
p
p
C
MP
R 1 R 2
R 0
col
men
el el
C
p
C
col
men
el el
Sistema primario p
MM= 1
M= 1
Estado unitario
para θ
Ql 2 / 16
B
Tramo
izquierdo B (^) C Ql
2 / 16
intervalo
derecho
Cizallamiento y reacciones
Tramo izquierdo
= = =− ql R ql l
ql ql
dx
dM Q Q
left
0
2 2
(^01)
Intervalo derecho ( ) ,
7
3 2 →^1 =^0 → 2 =
R M R ql
28
19
28
3
7
4
, 7
4
(^111)
1 1
=^
= − = −
= =
R Q Q ql ql ql
R Q ql
right left
right right
Verificación estática 1 0. 7
3
28
19
28
3 =
= − + + −
Y ql
Solución P8.
Ecuación canónica 0 11 1 1
P rZ R. La reacción unitaria y el término libre son
2
7 ,
2 11 1 = =− −
Pl R l
EI r P
Primaria desconocida ( )
2
2
11
1 1
EI
Pl
r
R
Z
P .
Momentos de flexión
0
M = M 1 Z 1 + MP
2 1
M = − Pl − (las fibras extendidas enel soporte 1 están por encima de la línea
neutra)
Verificación kinematical
EI
Pl M EI
l
EI
M M
trapezoid rule
P M
14
2 2
1
1 1
=
, que es la principal desconocida
Z 1.
Caso especial:
Si entonces 2
u = = M Pl 28
1
P8.
el
colm
ena
p
el el
colm
ena
p
el
M 1
p
0,5 M 1
centro de
r 11
3 IE/l
4 IE/l
De 1 =
2 IE/l
p
R 1 P
M =
Estado unitario
para θ 1
8.5. Un haz uniforme de haz de dos vanos con dos extremos fijos se somete a carga fija (Fig. P8.5).
Proporcionar un análisis completo. Ans.
16
1
Pl M =−.
solución
Ecuación canónica r 11 Z 1 + R 1 P = 0. Reacción unitaria y término libre. 8
11 8 , 1
Pl R l
EI r = P =−
La principal incógnita es
EI
Pl
r
R
Z
P
64
2
11
1 1 =− =
Momentos de flexión
0 (^1 1) P
M = MZ + M
. 32
5
64 8
2
, 64
9
64 8
, 64 8 16
4 , 16
0 64
4
, 32
0 64
2
2
2
2
2
1
2
1
2
0
Pl Pl
EI
Pl
l
EI M
Pl Pl
EI
Pl
l
EI M
Pl Pl
EI
Pl
l
EI M
Pl
EI
Pl
l
EI M
Pl
EI
Pl
l
EI M
C
left rightt
=− − = −
= + =
=− + =− = − =−
= + =
Fuerzas de cizalladura
. 64
38 , 64
26
2
16 9 64
, 64
32 16 6
2
1 1
01 (^01)
P Q P l
Pl Pl
dx
dM Q
P l
Pl Pl
dx
dM Q Q
right C
left
= =
= =
=−
= = =−
−
−
el
0,5 l
p
0,5 l
C
Sistema
primario
p Pl/ 8
R 1 P
Pl/ 8
Pl/ 16
Pl/ 32
MP
9 Pl/ 64
p
centro
de
5 Pl/ 32
p
R 0
Reacciones
R 1
P8,5 R 2
el
0,5 l
p
0,5 l
C
4 IE/l
De 1 =
r 11
4 IE/l
2 IE/l
2 IE/l
IE/l
C
8.7. En la figura se muestra un diagrama de diseño de un haz uniforme de dos tramos. P8.7. Calcule la
pendiente en el soporte 1 y calcule los momentos de flexión en los soportes. Ans.
radM kNmM kNm EI
Z , 8. 013 , 15. 975
- 616 1 = 0 = 1 =
solución
El haz tiene una incógnita del método de desplazamiento. El sistema primario tiene una restricción
introducida en el soporte 1. Ecuación canónica 0
11 1 1
P
r Z R. El Z 1 primario desconocido es el ángulo
de rotación de la restricción introducida 1.
Reacción unitaria r 11^ =^0.^8 EI
Término libre
P8.
q =2kN/m
P =12 kN
l 1 =8 m
a =6 m^ b =4 m
l 2 =10 m
F =1kN
c =2 m
EI=const
3 IE/l 2 =0,3 NO
De 1 =
r 11
4 IE/l 1 =0,5 NO
2 IE/l 1
q
p
M 2
R 1 P
q
p
F
q =2kN/m
1
P =12 kN
M 2 = 2kNm
De los 1 Sistema
primario
( ) ( )
( )^ (^ ) ( )
R kNm
kNm M M kNm M KNm
Pl M
kNm M M M
ql M
P
right P M
P M
left right
1
(^121)
2 2 1
1 1 1
2 1 1
2
2
Primaria desconocida
r EI
R
Z
P^10.^61625
11
1 1
Momentosfinales b finales
0
M P = M 1 Z 1 + MP
kNm EI
M EI
kNm EI
M EI
kNm EI
M EI
rightt
M Z
M
left
P
0
1
1 0
1
1
8.8. Unaviga uniformet wo-span con soportes de extremo fijos y anclados se somete a asentamientos
verticales de soporte, como se muestra en la Figura. P8.8. Proporcionar un análisis completo. Ans.
= − (^1 ) 7
12
l
EI M.
solución
La ecuación canónica es 0 11 1 1
r Z R.
La reacción unitaria y el término libre son = =− 11 1 (^2)
l
EI
R
l
EI
(^) r. Primaria desconocida. 7
3 1 l
Z
Momentos de flexión
0
M = M 1 Z 1 + M
3 IE/l
r 11 4 IE/l
De 1 =
2 IE/l 1
R 1
centro
de
Sistema primario
P8.
el
el
Momento
de flexión
en el
soporte 1
( ) 12
2
1
ql M q =− 1 (^ ^ )= 2
l
EI
M
Fibras
extendidas
en la ayuda
1
Por encima de la línea
neutra
Por debajo de la línea neutra
Liquidación requerida de la manutención: ( ) + ( )= → = ( )
EI
ql M q M 72
4
1 1
b) Reacción unitaria. r 11 (^) = 8 EIl
Haz sometido a dcarga atribuida q : 0 , 0 , ( ) 12
2
R 1 P = Z 1 = M 0 q =− ql.
Viga sometida a la liquidación del soporte medio: (^ )^.
6 0 , 0 , (^1 ) = = =− l
EI R Z M P
Liquidación requerida de la ayuda: ( ) + ( )= → = ( )
EI
ql M q M 72
4
1 1.
8.10. Un diagrama de diseño de un marco se presenta en la Figura. P8.10. Supports 2, 3 y 4 son fijos,
deslizantes y laminados, respectivamente. Las rigideces de flexión son EI y 2 EI para los miembros
verticales y horizontales, respectivamente; sus rigideces relativas se muestran en los círculos. Calcule el
ángulo de rotación de la articulación 1. Construya los diagramas de fuerza internos. Ans.
M q
q M
q rad M EI
q Z , 14 3
38 , 3
58 ( ),
8 1 13 31 14 =− = =− =
Solución El número total de incógnitas por el método de desplazamiento es n = nt + nd.
Elnúmero de articulaciones rígidas es nt =1. Para encontrar el número de desplazamientos
lineales independientes, nd, es necesario construir un esquema con bisagras.
Introducing una bisagra en soporte fijo 2 conduce a un soporte inamovible, mientras que la
introducción de una bisagra en el soporte deslizante 3 conduce a un soporte móvil.
El soporte A del esquema de bisagra evita el desplazamiento horizontal del travesaño 3- 1 - 4, por lo que
nd = 0. The número total de incógnitas del método de desplazamiento unidad igual. Elsistema
primario contiene tres miembros tabulados estándar: fijo-fijo (miembro 1-2), fijo-deslizante (1-3) y fijo-
rolloed (1-4) (Fig. P8.10). La rigidez de flexión por unidad de longitud ( i = EI / l ) se muestra para
cadaelemento. La Z principal desconocida es el ángulo de rotación de la restricción introducida 1.
La ecuación canónica del método de desplazamiento es
r Z 11 1 (^) + R 1 (^) P = 0 ,
P8,.
6m
4
8m 8m
q
Y K
o
Diagrama de
diseño
i = No /
i = No /4 i = No /
Restricción
introducida
Sistema primario
Esquema
Esquema con
bisagras
Un
o
Estado de la unidad El diagrama de momento de flexión se muestra en la figura. P8. 10a; las
ordenadas en puntos específicos para todos los miembros se toman del Libro de texto, Tablas A3-A5.
Equilibrium de la articulación 1 (Fig. P8.10b). La reacción unitaria positiva r 11 se muestra mediante
la flecha discontinua. Las ubicaciones de las fibras extendidas (izquierda para el miembro vertical, arriba
para la barra transversal izquierda, abajo para la barra transversal derecha) se muestran mediante líneas
discontinuas. La dirección de todos los momentos corresponde a las ubicaciones de las fibras extendidas.
r M r EI EI 3
5
4
3
3
2
4
1 11 1 0 11 =
→ = → = + +
El diagrama de momento final del estado cargado B en el sistema primario sometido a una
carga dada se muestra en la figura. P8,10c. El diagrama de cuerpo libre de la articulación 1 del diagrama
de momento de flexión se muestra en la figura. P8,10d; la reacción positiva R1P se muestra
mediante la flecha discontinua.
La condición de equilibrio de esta articulación conduce al siguiente resultado:
La ecuación canónica del método de desplazamiento se convierte en
1 EI Z + q =.
Primary desconocido es ( rad )
EI
q Z 8 1
Diagrama de momento de flexión El momento de flexión final en puntos especificados es
0 M (^) P = M 1 Z 1 + MP.
El primer término presenta un diagrama de momento de flexión debido al desplazamiento angular definido
Z1, es decir, el diagrama de momento de flexión debe multiplicarse por; el diagrama se presenta en la Fig.
P M 1 Z 1 M 1 Z 1 8. 10e.
M 1
MP
0
M P
0
R 1 (^) P M (^) 1 0 R 1 (^) P q q q kNm
64
3
8
40
3
→ = → = − =
P8.10c,d. Diagramas de momento de flexión y cálculo R 1 P
d)
R 1 P
R 1 P
c)
P8.10a,b. Diagramas de momento de flexióny diagrama de cuerpo libre para la articulación 1
r 11
b)
De 1 =
1
r 11
a)
EI
M M
ds EI
M M
P P
donde es un diagrama de momento de flexión unitario M
debido a X =1 en cualquier sistema
primario del método force.
Desplazamientov ertical del soporte laminado 4.
Una versión del sistema primario del método de fuerza
y el diagrama de momento de flexión correspondiente debido
por la fuerza X 1 =1 se muestra en la Figura. P8. 10g.
The método de multiplicación de gráficos en forma de Simpson
( ) ( 96 96 ) 0 3
8 8 8 3
4 4 3
16 8 6
6 148 4 41 0 6 2
8
(^1412)
1 = − =
− + + + + −
=
=
− −
q q EI
q EI EI
M M
portion portion
P
Este resultado corresponde a la estructura dada, ya que el soporte 4 evita el desplazamiento vertical.
Diagrama de fuerza de cizallamiento El cizallamiento en cada elemento se determina sobre la base del
diagrama de momento de flexión.
Porción 3-1 Porción 1-2 Porción 1- 4
Eldiagrama de fuerza de oído S se muestra en la Figura. P8. 10 h.
Las fuerzas del diagrama de fuerza axial Normal se pueden calcular sobre la base del diagrama de
cizallamiento. La figura P8.10i presenta el diagrama de cuerpo libre de la articulación 1. La fuerza de
cizalladura Q 1 - 3 = 8− q se dirige hacia abajo porque Q 1 - 3 es negativa, por lo tanto esta fuerza debe girar
la articulación 1 en sentido contrario a las agujas del reloj. La fuerza es positiva, pero esta fuerza también
se dirige hacia abajo porque gira la articulación 1 en el sentido de las agujas del reloj. Asumimos que todas
q
8m
R 1 R 4
R 1
6m
R 2
q
8m
R 1 =8 q
éxta
sis
8 X 1 =
P8.10g.
i)
P8.10h,i. Diagrama de fuerza de cizallamiento para el marco y el diagrama
de cuerpo libre de la articulación 1.
N 1 - 4 =
N 1 - 2
8 q
1 N 1 - 3
8 q
h)
q Kn
las fuerzas axiales son de tracción, por lo que se dirigen como se muestra en el diagrama de cuerpo libre en
la figura. P8. Q q
4
(^1) − 4 = 10i.
El equilibrio de la articulación rígida 1:
Y N qkN
X N qkN
12
13
−
−
Reacción de los apoyos. Conociendo la distribución de todas las fuerzas internas, podemos calcular las
reacciones de los soportes. ( M , Q , N ) Por ejemplo, en las proximidades del apoyo 2, las fuerzas internas
son las siguientes: fuerza normal, fuerza de cizallamiento y momento de flexión. La reacción
N q ( kN ) 4
2 − 1 =− Q^ q (^ kN^ ) 3
4 21 = M^ =^ q ( kN^ ^ m ) 3
2
R2 es igual a N 2 - 1 y como la fuerza axial es
negativa, entonces R2 se dirige hacia arriba. La reacción H 2 es igual a Q 2 - 1 y como la cizalladura
es positiva, entonces H 2 gira el miembro en el sentido de las agujas del reloj. El momento de
soporte M 2 es igual al momento deflexión en las proximidades del punto 2; dado que las fibras
extendidas se encuentran en el lado izquierdo cerca del punto 2, el momento de soporte M 2 se dirige en
sentido contrario a las agujas del reloj.
Las reacciones de los soportes se presentan en la Figura. P8. 10j; las unidades son kNm por el momento
soportes y kN para H y R.
control. Para el marco en su conjunto, las ecuaciones de equilibrio
3 2 X H H Y q q q q q
discusión
- El control kinematical tiene un sentido físico claro: el desplazamiento en el sistema dado en la
dirección de cualquier restricción debe ser cero. Por lo tanto, para el control kinematical se puede
utilizar cualquier sistema primario del método de fuerza.
- El diagrama de momento de flexión para el elemento vertical tiene dos signos. Esto sucede porque
el marco no está de lado.
- El resultado de la aplicación del método de desplazamiento es el diagrama de momento de flexión.
Sobre la base del diagrama de momento de flexión obtenido, se calculan las fuerzas de
cizallamiento y luego axiales. La última etapa de análisis es el cálculo de las reacciones de los
soportes. Este es el mismo procedimiento que aplicamos con el método de fuerza. Este proceso
es típico para análisis de estructuras estáticamente indeterminadas.
8.11. Una trama está sometida a una carga uniformemente distribuida q, como se muestra en la Fig.
P8,11. La rigidez del soporte elástico derecho es k (kN/m). Lasrigideces r elative para todos los miembros
q
P8.10j. Reacciones de los
soportes
- La rigidez del soporte elástico k = (=1) corresponde al soporte anclado: Z^
q
EI
1
8 = −
- La rigidez del soporte elástico k = 0 (=0) corresponde al extremo libre:. Z
q
EI
1 = +^ 34 909.
8.12a-d. Diagramas de diseño para cuatro Г- marcos con diferentes condiciones de contorno en el soporte
3 se muestran en la Fig. P8. 12. Todas las tramas están sometidas a una carga distribuida uniforme q. Para
todos los fotogramas el vano es l y la altura h = l. La rigidez flexural es IE para todos los miembros.
Construya los diagramas de fuerza internos. Trace las curvas elásticas y muestre los puntos de inflexión.
Explicar las diferencias en el comportamiento estructural causadas por los diferentes tipos de soportes 3.
años. a) EI
ql Z l
EI
r 96
3
11 = 1 =− ; b) ; c) EI
ql Z l
EI
r 15
3
EI
ql Z l
EI
r 56
3
d)
32
4 2
2
3
1
ql M EI
ql Z EI
ql Z =− =− B =−
solución
Los diagramas de diseño (a, b, c) tienen una incógnita primaria del método de desplazamiento,
principalmente, el desplazamiento angular de la articulación rígida 1. El sistema primario contiene
solamente una restricción introducida previene a este desplazamiento.
El diagrama de diseño(d)tiene dos s principales desconocidasdel método de desplazamiento,
principalmente, el desplazamiento angular de la articulación rígida 1 y el desplazamiento lineal de
la barra transversal 1 - 3. El sistema primario contiene dos restricciones introducidasqueimpiden el
desplazamientos.
Solución P8.12d.
Ecuación canónica del método de desplazamiento
21 1 22 2 2
11 1 12 2 1
P
P
r Z r Z R
r Z r Z R
donde Z 1 y Z 2 son el desplazamiento angular y lineal de las restricciones introducidas 1 y 2.
P8.
q
el
a) 2
el
q
b)
q
el
c)
el
q
d)
h
q
De los
1
q
De los
(^1) q
De los
1
De lo
s 2
De los
1
q
Cálculo de reacciones unitarias y términos libres de la ecuación canónica ( l=h )
Cálculo de r 11 y r 21
A continuación M 1 se muestran los diagramas de momento de flexión en estado unitario y
equilibrium de la articulación 1 y la barra transversal.
Cálculo de r 12 y r 22
A continuación se muestran los diagramas de momento de flexión en estado unitario M 2 y equilibrio de
la articulación 1 y la barra transversal.
Cálculo de R 1P y R 2P
Diagrama de momento de flexión
0 P
M
en estado cargado conduce a los siguientes términos gratuitos:
2
2
1
P P
R
ql
R.
Ecuaciones canónicas
6 12
0 , 8
7 6
2 1 3 2
2
1 2 2
− + =
− + =
Z l
EI Z l
EI
ql Z l
EI Z l
EI
Principales incógnitas
EI
ql Z EI
ql Z 64
4
2
3
1
Momento de flexión en puntos especificados
0
M P = M 1 Z 1 + M 2 Z 2 + MP
. 8 32
0 32
3
, 32
0 64
6 32
2
3 2 2
1
4 2
2
3
(^20) 2
1
1
0
2
2 1
1
ql ql
EI
ql
l
EI M
ql
EI
ql
l
EI
EI
ql
l
EI M
P
P
M
MZ
Z
M
A
M
Z M Z M
B
= −
=− −
−
q
Ql 2 /
8
R 1 P
R 2 P
6 IE/l 2
De 2 =
r 22
r 12
6 IE/l 2
r 22
6 y/l
6 y/l
12 y/l
2
12 y/l
2
12 y/l 2
12 y/l
2
6 y/l
r 12
q Ql
2 /
Ql
2 /
B
Uno
3 IE/l
r 11
De 1 =
4 IE/l
2 IE/l
r 21
4 i
3 i
r 11
i=IE/l
6 y/l
6 y/l
r 21
2 i
4 i
6 y/l
6 y/l
1 2
1 2
EI Z EI Z P
EI Z EI Z
Las principales incógnitas son ( ) ( m )
EI
P
rad Z EI
P
Z 0. 6944 , 8. 1018
1 2
Momento de flexión en puntos especificados
0 (^1 122) P
M = MZ + M Z + M
- 4 0. 6944 0. 24 8. 1018 0 1. 667.
1 0. 6944 0 0 0. 6944 ,
0 0. 12 8. 1018 0 0. 9722 ,
0 (^22) 1
1
1
P EI
P EI EI
P M EI
P EI
P M EI
P EI
P M EI
B
MZ M Z
M
left
A
P
=− + + =
= + + =
= + + =
El momento de flexión y el diagrama de fuerza de cizallamiento se presentan en la figura. P8.13.
Las fuerzas axiales en la barra transversal izquierda y derecha son N (^) left =− 0. 8055 P , Nrightt =− 0. 1945 P.
8.14. La estructura que se muestra en la Fig. P8.14 contiene un arco parabólico no uniforme. El momento
de inercia en la sección arbitraria del arco es, cos
x C
I = I donde IC es el momento de inercia de
la sección transversal en la corona C, y es el ángulo entre la línea horizontal y la tangente
en cualquier sección del arco. La carga uniformemente distribuida se coloca dentro del medio
tramo izquierdo del q = 4 kN / m arco. Construya el diagrama de momento de flexión. Resolver este
problema en dos versiones: 1. Las fuerzas axiales en la sección transversal del arco se ignoran; 2. Se
tienen en cuenta las fuerzas axiales en la sección transversal del arco. El momento de inercia y el área de
la sección transversal en la corona C son IC = 894 10
6 mm
4
, AC =33400mm
2
. Sugerencia: El lector
puede encontrar todos los datos necesarios para los arcos parabólicos como miembros estándar en el
Libro de texto, la Tabla A19 (arcos uniformes) y la Tabla A20 (arcos no uniformes). Comparar los
resultados obtenidos por cadaversion.
años. 1. (^ ),^8.^1 ,^4.^05 ,^12.^15.
- 1 1 rad M 1 kNm M 1 kNm M 1 kNm EI
Z^ = A = B = C = 2. (^ )^ ,
- 4996 1 rad EI
Z =
Solución Para ambas versioness la primaria desconocida Z 1 es el ángulo de rotación de la restricción
introducida 1.
Versión 1. Las fuerzas axiales se descuidan. La ecuación canónica es r 11 Z 1 + R 1 P = 0.
Uno
r 11 De 1 =
4 i 1 B
2 i 1 B
3 i 1 A
M 1
MC
MD
P8.
U
n
C
q
R 1P
C
q
8m
9m 18m
(^1) D 4m
C Ix
NOC =2 N
O
q
No
3 NO
U
n
B
Uno
C
De
Sistema primario
i 1 A
i 1 B
Rigidez de flexión
por unidad de
longitud
Estado de la unidad
Miembros A - 1 y B - 1 : 3 i 1 (^) A = 1. 0 EI , 4 i 1 B = 0. 5 EI
Arco 1 - C-D : (Libro detexto, Tabla A19, línea 5 )
EI
EI
l
EI EI M
EI
l
EI EI M
EI
l
EI M C D
C C
C
- 333 18
3 32
- 167 , 18
2
2
3
2
3
- 0 , 18
9 92 1 =
= = = = = =
= =
Reacción unitaria
r 11 = 3 i 1 A + 4 i 1 B + M 1 =( 1. 0 + 0. 5 + 1. 0 ) EI = 2. 5 EI ( kNm rad )
Estado de carga (Libro de texto, Tabla A19, línea 3)
kNm
ql M M D
- 25 64
418
64
2 2 0 0 1 =
=− = = R 1^ P =−^20.^25 kNm
Principal desconocido rad r EI
R Z P^8.^1
11
1 1 =− = (en el sentido de las agujas del reloj)
Momentos de flexión en puntos especificados
0 M (^) P = M 1 Z 1 + MP
kNm EI
M EI
kNm EI
EI Z M l
EI M
M kNm EI
M EI
kNm EI
M i Z EI
kNm EI
M i Z EI
D
c
C C
D
B B
A A
25 22. 95
1
333
0 1. 35
- 1
18
2
2
3
2
3
- 5 64
418
1
1
0
05
1 4 0. 5
1
1 3 1. 0
0 1
2 0 (^11)
1 1 1
1 1 1
=− − =
= + = + =
=
=− + =− +
= = =
= = =
El diagrama de momento de flexión final MP se muestra en la Fig. 8.14.
Verificación kinematical
a) Desplazamiento angular en la articulación 1. El momento unitario se aplica en la unión 1 en cualquier
estructura estáticamente determinada.
EI EI
EI
M M
trapezoid rule
M P
- 1
- 051 22. 0251 4. 051 2. 0251 6
8
1 1
− + − =
=
=
El mismo resultado se obtuvo paraZ1 primario
desconocido
b) Desplazamiento horizontal en A. La fuerza unitaria P 1 se aplica en dirección horizontal en cualquier
estructura estáticamente determinada
6
8
- 0254 4. 054 6
8
11
− + = − + =
=
=
=
EI EI
EI
M M
trapezoid rule
hor P P A
c) Desplazamiento vertical en A
r 11
3 a 1 - A= 1,0 Ie
4 a 1 - B= 0,5 Ie
M 1 = 1,0 NO
R 1 P
Uno
C
MM =
M =
Estado unitario
para θA
Uno
C
MP 1 =
P 1 =
Estado unitario
para ΔAhor
