Cap. 6 Método de Flexibilidad

Grado de indeterminación estática

CAP. 6

La Lass est estruc ructur turas as pue pueden den ser: ser:

MÉTODO DE FLEXIBILIDAD

 Estables:

• Está Estátitica came ment nte e dete determ rmin inad adas as ( ISOSTÁTICAS). • Está Estátitica came ment nte e inde indete term rmin inad adas as ( HIPERESTÁTICAS).

6.1 6.1 Determin Determinación ación estática

Pontificia Universi dad Católica del Perú

Area de Estructuras

 Inestables.

Pontificia Universidad Católica del Perú

Area de Estructuras



INESTABILIDAD: • Si un cue uerp rpoo tiene iene sólo ólo dos fuer fuerza zass de rea reacció cciónn es inestable inest able (inestabil (inestabilidad idad estát estática). ica).

• Si un cue uerp rpo o tien tiene e tres tres o má máss fu fuer erza zass de rea reacció cción n, podría podría producirse producirse ines inestabil tabilidad idad geom geométric étrica, a, debid debido o a una una ma mala la disp dispos osic ició ión n de los los apoy apoyos os..


Area de Estructuras


Grado de indeterminación estática • Si un cuerpo tiene nudos articulados o rótulas, podría producirse inestabilidad geométrica interna.

Grado de indeterminación estática Hiperestaticidad: Externa GHE + Interna GHI To t al GHT

Estable Inestable

Area de Estructuras

Ejemplos: GHE GHE = 8 - 3 =5 =5 GHI = 0

Inestable Pontificia Universi dad Católica del Perú

GHT = 5 Area de Estructuras


Area de Estructuras

1

Grado de indeterminación estática Ejemplos:

GHE GHE = 6- 3 -1 -1 = 2 GHI = 0 GHT GHT = 2 = - - = GHI = 0 GHT GHT = 1


Grado de indeterminación estática Armaduras: GHE GHE = 5- 3 = 2 GHI = 0 GHT = 2

GHE GHE = 5 - 3 = 2 GHI = 0 GHT GHT = 2

Area de Estructuras

GHE GHE = 4 - 3 =1 =1 GHI = 1 GHT = 2 Pontificia Universidad Católica del Perú

Grado de indeterminación estática Pórtico plano:


GHE GHE = 1 GHI = 3

GHE =13- 3 =10 GHI = 8x 8x 3 =24 GHT GHT =34 =34

GHT GHT = 4

GHE =12 - 3 = 9 GHI =12x 3 =36 GHT GHT =45 =45

GHE GHE = 1 GHI = 6 GHT GHT = 7 Pontificia Universi dad Católica del Perú

Area de Estructuras

Area de Estructuras


Grado de indeterminación estática Pórtico espacial:

Area de Estructuras

Grado de indeterminación estática Parrilla:

GHE GHE =24 =24 - 6 =18 =18 GHI = 6 GHT GHT =24 =24

GHE =24 - 3 =21 =21 GHI = 3

GHE GHE =48 =48 - 6 =42 =42 GHI =18 GHT GHT =60 =60


Area de Estructuras


Area de Estructuras

2

Grado de indeterminación estática Ejemplos:

GHE GHE = 6- 3 -1 -1 = 2 GHI = 0 GHT GHT = 2 = - - = GHI = 0 GHT GHT = 1


Grado de indeterminación estática Armaduras: GHE GHE = 5- 3 = 2 GHI = 0 GHT = 2

GHE GHE = 5 - 3 = 2 GHI = 0 GHT GHT = 2

Area de Estructuras

GHE GHE = 4 - 3 =1 =1 GHI = 1 GHT = 2 Pontificia Universidad Católica del Perú



GHE GHE = 1 GHI = 3

GHE =13- 3 =10 GHI = 8x 8x 3 =24 GHT GHT =34 =34

GHT GHT = 4

GHE =12 - 3 = 9 GHI =12x 3 =36 GHT GHT =45 =45

GHE GHE = 1 GHI = 6 GHT GHT = 7 Pontificia Universi dad Católica del Perú

Area de Estructuras

Area de Estructuras


Grado de indeterminación estática Pórtico espacial:

Area de Estructuras

Grado de indeterminación estática Parrilla:

GHE GHE =24 =24 - 6 =18 =18 GHI = 6 GHT GHT =24 =24

GHE =24 - 3 =21 =21 GHI = 3

GHE GHE =48 =48 - 6 =42 =42 GHI =18 GHT GHT =60 =60


Area de Estructuras


Area de Estructuras

2

Grado de indeterminación estática Estructuras mixtas:

Grado de indeterminación estática Grado de hiperestaticidad hiperestaticidad total (GHT (GHT)) en función del número de barras (B ( B ), número de nudos (N ( N) y de vínculos a tierra (R ( R):

GHE GHE = 4- 3 =1 GHI = 1 GHT = 2

Armaduras espaciales: Pórticos planos: Pórticos espaciales: Pontificia Universi dad Católica del Perú

Area de Estructuras



GHE =22=22- 3 =19 GHI = 3x2 3x2 = 6 GHT GHT =25 =25 GHT =3B+R-3 =3B+R-3N N GHT =3x17 =3x17 + 22 - 3x16 = 25 GHE GHE =36 =36 - 6 = 30 30 GHI =36 GHT GHT =66 =66 GHT GHT =6B =6B + R - 6N GHT =6x21 =6x21 + 36 - 6x16 6x16 = 66

GHE GHE =10 =10 - 3 - 2 = 5 GHI =12 =12x 3 = 36 GHT GHT =41 =41 GHT GHT =3B =3B + R - 3N - Rótulas Rótulas GHT =3x37 =3x37 + 10 - 3x26 - 2 =41 =41 Area de Estructuras

Area de Estructuras


GHE GHE = 6 - 3 = 3 GHI = 3 GHT = 6 GHT GHT = B + R - 2N GHT =24 + 6 - 2(12) 2(12) = 6


= + GHT GH T = (B+R) (B+R) - 3N GHT GH T = (3B+R) (3B+R) - 3N GHT GH T = (6B+R) (6B+R) - 6N


Area de Estructuras

3

Facultad de Ciencias e Ingeniería PUCP Resistencia de Materiales 2

Cap. 6 Método de Flexibilidad



RESISTENCIA DE MATERIALES 2 CAPÍTULO N° 6: MÉTODO DE FLEXIBILIDAD CONSIDERACIONES GENERALES.- El método de flexibilidad se fundamenta en las siguientes consideraciones:

• • •

Principio de superposición de fuerzas. Las ecuaciones de equilibrio se satisfacen siempre. La estructura es obligada a cumplir con las ecuaciones de compatibilidad de desplazamientos.

Procedimiento : a.- Determinar los Grados de Hiperestaticidad: externo, interno y total de la estructura. b.- Seleccionar una estructura primaria (isostática y estable) y luego establecer las redundantes hiperestáticas asociadas a la estructura original. c.- Definir coordenadas que fijen los sentidos positivos de los desplazamientos y redundantes correspondientes. d.- Someter a la estructura primaria a las cargas externas, la cual sufrirá desplazamientos incompatibles con las restricciones que tenía originalmente, (cálculo de los Dip ). e.- Determinar los desplazamientos en la estructura primaria debido a un valor unitario de las redundantes hiperestáticas (cálculo de los f ij ). f.- Plantear y resolver las ecuaciones de compatibilidad de desplazamientos o superposición de fuerzas.

Notación : Dip Xi f ij

desplazamiento en la estructura primaria medido en la dirección de las redundantes “i” originado por las cargas externas. redundantes hiperestáticas. coeficiente de flexibilidad (desplazamiento en la coordenada “i” debido a la aplicación de una carga unitaria en la coordenada “j”, manteniendo sin carga a las otras coordenadas).

Ecuaciones de Compatibilidad :

D1 P + f 11 . X 1 + f 12 . X 2 + ............ + f 1n . X n = D1 D2 P + f 21 . X 1 + f 22 . X 2 + ............ + f 2 n . X n = D2 . . . DnP + f n1 . X 1 + f n 2 . X 2 + ............ + f nn . X n = Dn ⇒ se resuelven las ecuaciones y se obtienen X 1, X 2, ..... , X n.

4



Planteamiento:

GHT = 6 − 3 = 3 Se deben encontrar tres redundantes hiperestáticas.

Se liberan los apoyos y se sustituyen por fuerzas.

La estructura que queda (estructura primaria), debe ser estable y estáticamente determinada.

Se definen las coordenadas que fijan los sentidos positivos de los desplazamientos y redundantes correspondientes.

Se hallan los desplazamientos en la estructura primaria debido a las cargas externas P empleando el método de la carga unitaria.

Se hallan los desplazamientos en la estructura primaria debido a un valor unitario de las redundantes ( f ij ). 5



Se plantean las ecuaciones de compatibilidad:

D1P + f 11 . X 1 + f 12 . X 2 + f 13 . X 3 = D1 D2 P + f 21 . X 1 + f 22 . X 2 + f 23 . X 3 = D2 D3 P + f 31 . X 1 + f 32 . X 2 + f 33 . X 3 = D3 Generalmente D1, D2 y D3 son iguales a cero. Finalmente se resuelve y se hallan X 1 , X 2 , X 3 . También puede resolver matricialmente.

[ DP ] + [F ]× [ X ] = [ D ]  D1P   f 11 f 12 f 13   X 1   D1   D  +  f f f  ×  X  =  D  23   2 P   21 22  2  2  D3 P   f 31 f 32 f 33   X 3   D3 

[F ] es una matriz simétrica y se denomina matriz de flexibilidad Ejemplo : Análisis de una armadura con EA constante.

GHE = 1 GHI = 1 GHT = 2 Dos redundantes hiperestáticas.

X2

6



Se deberán resolver tres estados de carga:

Aplicando el método de carga unitaria: Barra

L

N

n1

1

4

-6

0

−

2

4

4

0

−

3

4

4

-1

−

4

4

0

0

−

5

4 2

−4 2

6

4 2

0

Nn1L

Nn2L

n12L

n22L

n1n2L

0

12 2

0

2

0

0

−8 2

0

2

0

-16

−8 2

4

2

2 2

0

0

0

2

0

1

− 32 2

-32

8 2

4 2

8

1

0

0

0

4 2

0

n2

2 0

2 2 2 2 2 2 2 2

− 32 2 − 16 − 4 2 − 32 8 2 + 4 8 2 + 8 2 2 + 8 Desplazamientos en la estructura primaria:

D1P =

∑ Nn L = − 16 − 32 1

EA

2

D2 P =

EA

∑ Nn L = − 32 − 4 2

EA

2

EA

Coeficientes de flexibilidad:

f 11

∑ n L = 4 + 8 = 2 1

EA

2

f 22

EA

f 12 = f 21 =

∑ n L = 8 + 8 = 2 2

EA

∑ n n L = 8 + 2 1

EA

2

2

EA

2

EA 7



Se plantea: [ DP ] + [F ] × [ X ] = [ D]

− 16 − 32 2 EA − 32 − 4 2

EA

+

+

4 + 8 2

EA 8 + 2 2

EA

X 1 +

X 1 +

8 + 2 2

EA 8 + 8 2

EA

X 2 = 0

X 2 = 0

61.2548 = 15.3137 X 1 + 10.8284 X 2 37 .6569 = 10.8284 X 1 + 19.3137 X 2 Resolviendo:

X 1 =

X 2 = −0.485

4.34 2

F 1 = −6 + 0 ⋅ X1 −

F2 = 4 + 0 ⋅ X1 − F3 = 4 − X1 −

2 2

F4 = 0 + 0 ⋅ X1 − F 5 = −4 2 +

2 2 2

X2 = −5.66

X2 = 4.34

X2 = 0 2 2

X2 = 0.34

2X 1 + X 2 = 0.0

F6 = 0 + 0 + X2 = −0.49 R 1 = 4 − X1 + 0 = −0.34 R 2 = 10 − X1 + 0 = 5.66 R 3 = −4 + X1 + 0 = 0.34 4.34

0.0

8



Ejemplo : Análisis de vigas continuas con uso de tablas de giros.

GHT= 2 (se toman como redundantes los momentos en los apoyos 2 y 3).

Puede ser también:

Cada tramo trabaja como simplemente apoyado.

θ A

θ B

=−

=

θ A

=−

θ B

=

D1 P =

WL3

24 EI

WL3 24 EI

Pb( L2 − b 2 ) 6 EIL Pa ( L2 − a 2 )

3× 4

6 EIL 3

24 EI

5×3 5 − 3 2

+

30 EI

2

) + 10 × 1 5

2

− 12 )

30 EI 9


D1 P =

8

f 21 =

f 12 = f 22 =

24 EI 121

=

24

5 × 2(5 2 − 2 2 ) 10 × 4 (5 2 − 4 2 ) 12 × 2 (6 2 − 2 2 ) 30 EI 7 12 64

+

+

+

EI EI 3 EI

1× 4

f 11 =

8

+

EI EI EI EI

D2 P = D2 P =

8

+


3 EI 1× 5

+

6 EI

1× 5

=

3 EI 5

=

=

9

30 EI 121

+

36 EI

3 EI

=

3

3 EI EI

6 EI

5 6 EI 5

6

+

3 EI 3 EI

+

3 X 1

+

5 X 1

EI

3 EI 6 EI

=

11 3 EI

+

5 X 2

+

11 X 2

6 EI

=0

3 EI

=0

  X 1 = −5.28    X = −9.8 2  

10



EJEMPLO: Viga continua con uso de integrales de momentos Resolver la viga ABC por el método de flexibilidad, utilizando como redundant es los momentos en A y en B; considerar únicamente efectos de flexión. La sección es uniforme EI=constante. Dibujar los diagramas acotados de fuerza cortante y de momento flector.

Paso 1: Calcular el grado de hiperestaticidad y Selección de las redundantes GH = # reacciones - # ecuaciones; como en vigas no hay fuerza axial la ecuación ΣFx=0 no se utiliza. GH = (2 en A + 1 en B +1 en C) – 2 ec. Equilibrio independientes (ΣFy=0 ΣM=0 ) GH = 2 Redundantes: M A = X1, MB =X2

Paso 2: En la estructura primaria isostática se calculan los desplazamientos DiP debidos a l as cargas externas.

Paso 3: En la estructura primaria isostática se calculan los desplazamientos fij debidos a las cargas unitarias en las redundantes. Estos pasos 2 y 3 pueden hacerse en simultáneo, en la estructura primaria isostática se trazan los diagramas de momentos: debidos a las cargas externas (M) y debidos a los valores de las redundantes con valor unitario (m1 y m2). Se cumple que:

D1 p

f 11

∫

= =

∫

m1 M EI

m1 m1 EI

dx

dx

f 12 = f 21

∫

=

D 2 p

=

∫

m 2 M EI

m1 m 2 EI

dx

dx

f 22

=

∫

m2 m2 EI

dx

Cada una de estas integrales puede ser obtenida en forma sencilla con las tablas de multiplicación de diagramas o alternativamente, aplicando la regla de Vereschaguin. La superposición de desplazamientos conduce a la ecuación:

 D1P    + D  2P 

 f 11  f  21

f 12   X 1 

0 =     f 22   X 2  0

11



EI D1P = 1/3 (32 x 1 x 8) + 1/6 (9.375 x 8)(1+5/8)(1) = 85.3333+20.3125 = 105.646 EI D2P = 1/3 (32 x 1 x 8) + 1/6 (9.375 x 8)(1+3/8)(1) + 1/3 (11.25 x 1 x 6) = 85.3333 + 17.1875 + 22.5 = 125.021 EI f 11 = 1/3 (1 x 1 x 8) = 2.667 EI f 12 = EI f 21 = 1/6 (1 x 1 x 8) = 1.333 EI f 22 = = 1/3 (1 x 1 x 8) + 1/3 (1 x 1 x 6) = 2.667 + 2.0 = 4.667

Paso 4: Plantear y resolver el sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas

2.667 1.333 

1.333  X 1 

105.646 = −      4.667  X 2  125.021

 X 1  − 30.5925  =    X 2  − 18.0495 

ton-m

Paso 5: Resolver el resto, DFC y DMF

12



Ejemplo : Análisis de un pórtico con EI constante y EA ≈ ∞

D1 P = − PL × L × 2 L −

f 11 = 2 L × L × 2 L +

1 2

1 2

× PL × L ×

5 L 3

× 2 L × 2 L ×

5

= −2 PL3 − PL3 = − 6

4 L 3

17 3 PL 6

8

20

3

3

= 4 L3 + L3 =

L3

D1P + f 11 X 1 = 0

17 3 20 3 PL + L X 1 = 0 6 3 20 17 X 1 = P 3 6 17 P ⇒ X 1 = 40

−

13



Problema: Estructuras en donde se considera más de un efecto: Para este se ejemplo se tomarán en cuenta los efectos de flexión y torsión

Superposición de fuerzas:

1

Diagramas de Momentos Reales:

Flexión

Torsión

Diagramas de Momentos Virtuales:

Flexión

Torsión

14



Flexión

Torsión

Flexión

Torsión

Cálculo de los D ip:

D1P = D2 P = D3 P

(− 20 )(4 )  8  320 ⋅ =−  3 

2

(− 20 )(4 ) 2

3 EI

120

⋅ (− 3 ) =

EI

=0

Cálculo de los f ij:

(4 )(4 )  8  (4 )(4 )  8  ⋅ + ⋅ f 11 =

 3 

2

EI

(4)(4 ) f 12 =

2

⋅ (− 3 )

EI

(4)(4 ) f 13 =

 3  (4)(4)(4 ) 128 64 + = +

2

GJ

=−

3 EI GJ

24

EI

⋅ (3) ( )( ) ( ) − 4 4 ⋅ − 3 24 48 + = +

2 EI

GJ

EI GJ

15


(− 3)(3 ) f 22 =

2

f 22 =

391

f 23 =

(− 4 )(4 )  − 8  ⋅   + (− 3 )(4 ) ⋅ (− 3 ) + ( − 4 )(4 ) ⋅ (− 4 )

⋅ (− 2 ) +

2

 3 

EI

+

+

(3)(4 ) ⋅ (3) GJ

36

3 EI GJ

(− 4 )(4 ) ⋅ (− 2 ) EI

(3)(3) f 33 =


2

=

32 EI

(− 4 )(4 )  − 8  (2) + (3)(4)(3) + ⋅  2

EI

 3  + (− 3)(4 ) ⋅ (− 3) = 199 + 36 GJ

3 EI GJ

Ecuaciones de Compatibilidad:

 D1 P   f 11 f 12 f 13   X 1  0   D  +  f f f   X  = 0  22 23  2 P   21  2     D3 P   f 31 f 32 f 33   X 3  0  6 2 E = 2 × 10 kg cm , G

4 4 = 8 × 10 5 kg cm 2 , I = 1200 cm , J = 2400 cm

X 1 = 1.59tn , X 2 = −0.26 tn , X 3 = −1.12tn

16



Problema: Efectos de la temperatura Sección: 0.30x0.60m, E= 2x10 6 ton/m2, α=1x10-5 / °C

Estructura Primaria

GHT=1, se toma como redundante la reacción del apoyo derecho.

Cálculo del D1P: Se descompone en dos etapas: a.- Debido a la deformación axial de los elementos. b.- Debido a la deformación por curvatura (flexión). Se aplica la carga unitaria y se determina las fuerzas axiales virtuales “n” y los momentos flectores virtuales “m”. D1p = ∫ n α ∆T dx + ∫ m (dθ/dx) dx (axial + curvatura)

Efecto axial D 1P(a): En la columna n col = 1 (tracción) y en la viga n vig = 0. En el efecto axial ∆T es el valor promedio, es decir ∆T= (10+40)/2 = 25°C. D1p(a) =∫ n α ∆T dx = ncol α ∆T L col + nvig ∆T L vig = 1x10-5 x 25x5 + 0 = 125x10 -5 m D1p(a) = 0.125 cm En la figura siguiente solo se muestra la deformada por el efecto axial. Se debe notar que la deformación axial de la viga no produce desplazamiento en la dirección de D 1.

17



Efecto de curvatura D1P(b) : En la columna el momento flector (virtual) es constante y se produce tracción al lado derecho. En la viga el momento flector (virtual) es linealmente variable y se produce tracción al lado inferior. En el efecto de curvatura ∆T es la diferencia entre los cambios de temperatura a ambos lados de la barra (se asume variación lineal de la temperatura en el peralte de la barra), es decir ∆T= (40 - 10) = 30°C. En la columna y en la viga, la curvatura es (dθ/dx) = (α ∆T )/ h = (10 -5 x 30) / 0.6 = 50x10 -5 (1/m)

Estructura Primaria con Cargas Reales

Estructura Primaria con Cargas Virtu ales

L as ccu r vat u r as sso n o o p u es t as ttan t o en lla vvi g a cco mo e en cco l u m n a D1p(b) = ∫ m (dθ/dx) dx = (α ∆T )/ hcol ∫ m col dx + (α ∆T )/ hvig ∫ m

vig dx

+

= - 50x10-5 [ 5x5 + 5x5/2 ] = - 50x10-5 [ 37.5 ] = - 1875x10 -5 m El valor de D 1p es entonces: D1p = D1p(a) + D1p(b) = = 125x10-5 - 1875x10 -5 = -1750 x10 -5m D1p = -1.75 cm

Como se observa, la componente del desplazamiento debido a la curvatura es mucho mayor que la componente del desplazamiento debido a la d ilatación axial.

18



Coeficiente de Flexibilidad (f 11): se incluyen dos efectos, axial y flexión. f 11 (axial) = Σ

n 2 L EA

En la columna n col = 1 (tracción) y en la viga n

f 11 (axial) =

1 Lcol EAcol

=

vig =

0.

1⋅ 5 EA

EA = 2x106 ton/m2 x (0.3x0.6 m 2) = 360000 ton

f 11 (axial) =

1⋅ 5

= 13.89 x10 −6 m

360000

Respecto al efecto por flexión, f 11 ( flexión) =

mm

∫ EI dx

(5)(5) 10  ⋅ + (5)(5 )⋅ (5) f 11 (flexión) =

2

 3 

EI

=

500 3 EI

EI = 2x106 ton/m2 x (0.3x0.63/12 m4) = 10800 ton-m 2

f 11 ( flexión) =

500 3 x10800

= 0.0154 m

Ecuación de Compatibilid ad :

− 1.75 + X 1 (1.5413892 ) = 0 X 1 = 1.1353 tn

1.13

El momento en la columna es X1 (5) = 1.1353 x 5 = 5.67 ton-m

1.134

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Cálculo de desplazamientos en estruct uras hip erestáticas. Para calcular desplazamientos de traslación o giros, el método de carga unitaria se ha empleado en estructuras isostáticas (ver Capítulo de Trabajo y Energía). Para estructuras hiperestáticas, el mismo procedimiento anterior obligaría a resolver nuevamente la estructura hiperestática, pero ahora sometida sólo a la carga unitaria ubicada en la coordenada donde se investiga el desplazamiento. Esto es correcto pero es demasiado trabajoso. Para evitar la nueva solución de las estructuras hiperestáticas para cada desplazamiento de interés, se puede optar por lo siguiente. Como en la estructura hiperestática se han elegido una serie de redundantes, formando la estructura primaria isostática, al terminar la solución por el método de flexibilidad, dichas redundantes han sido evaluadas. Se puede afirmar que la estructura hiperestática original tiene la misma solución (esto es: mismas deformaciones y desplazamientos; mismas reacciones y fuerzas internas) que la estructura isostática primaria en la cual se han añadido las redundantes correctamente calculadas. Esto es lo mismo que decir que se ha obtenido una estructura isostática equivalente. Por lo tanto, para hallar algún desplazamiento, éste se calcula usando la estructura isostática equivalente, en vez de la estructura hiperestática original. Se aplica entonces la carga unitaria a la estructura isostática equivalente. Las fuerzas internas virtuales, n, m, v, t , son fáciles de evaluar por equilibrio. Estas fuerzas internas realizan trabajo a lo largo de las deformaciones reales causadas por las fuerzas internas finales, es decir por N, M, V, T , las que se obtienen de la estructura hiperestática original ya resuelta.

Ejemplo de cálculo de desplazamientos en pórt ico h iperestático El pórtico plano mostrado recibe la carga distribuida q = 1.6 ton/m . Al resolver por el método de flexibilidad considerando únicamente efectos de flexión, se empleó la reacción horizontal en A como redundante, y se obtuvo X 1=0.8 ton (hacia la derecha). EI = 10800 ton -m2, constante. Se pide: a) dibujar el diagrama de momento flector y b) calcular por carga unitaria el desplazamiento horizontal del nudo C.

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Resp. B) Se aplica la carga unitaria en la estructura isostática equivalente, y se determina el diagrama de momentos “m”.

1 x DHc = ∫ [mM / EI] dx = contribución de AB + BC + CD + DE Estas contribuciones se calculan con las tablas de integrales de Mm. La contribución del tramo AB es CERO. Tramo BC:

4.8x6x6 / 6 + 28.8x6x6 / 4 = 28.8 + 259.2 = 288

Tramo CD:

3/6 [3 (2x26.4+28.8) + 6(26.4 + 2x28.8)] = 374.4

Tramo DE:

26.4x3x3 /3 = 79.2

DH c = [ 0 + 288 + 374.4 + 79.2 ] / EI = 741.6 / 10800 DH c = 0.0687 m ó 68.67 mm →

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CAP. 6 MÉTODO DE FLEXIBILIDAD PROBLEMAS P3p2 12-2, P3p3 12-2, P4p1 12-2, P4p3 12-2, E2p2 12-2, E2p3 12-2, E2p4 12-2, P4p1 13-1, E2p3 13-1, E2p4 13-1, P4p2 13-2, E2p2 13-2, P4p1 14-1, E2p3 14-1, P3p1 14-2, P3p3 14-2, P4p1 14-2, E2p1 14-2, E2p2 14-2

E2p2 12-2

P3p2 12-2

P3p1 14-2

P3p3 12-2

P4p1 12-2

E2p3 13-1

E2p2 13-2

E2p1 14-2

E2p3 12-2

E2p3 14-1

P4p1 14-2

P4p1 13-1

P3p3 14-2

P4p1 14-1

E2p4 12-2

E2p4 13-1

P4p2 13-2

Cap. 6 Método de Flexibilidad

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