MÉTODOS DE LOS DESPLAZAMIENTOS
1.
Hipótesis
Supondremos que estamos trabajando con estructuras que cumplen las siguientes condiciones: • Materiales elásticos y lineales. • Estructuras estables. • La estructura admite superposición. • Carga lenta. • Los desplazamientos son pequeños. • Los desplazamientos producidos por cortante son despreciables en relación a los producidos por flexión. En una primera etapa del análisis se aceptará también que: •
2.
El proceso es adiabático, o sea no hay intercambio de energía térmica. Luego será incorporada esta variable.
Introducción
Para encarar los métodos de los desplazamientos tendremos que realizar una modificación de la convención de signos hasta ahora adoptada en este curso, siguiendo la notación que los textos adoptan para ello. Esta modificación responderá al hecho de que en las estructuras más generales los elementos que las componen (vigas en el caso de los pórticos y barras en el caso de los reticulados) pueden ocupar cualquier posición y que, en consecuencia, para formular el problema en el espacio es conveniente adoptar una convención diferente a la que utilizamos hasta ahora. En esta nueva convención utilizaremos un sistema de “coordenadas globales” para definir la estructura y un sistema de “coordenadas locales” referido a cada barra. En el estudio realizado anteriormente de vigas rectas (que consideramos horizontales) analizamos el caso de una viga simplemente apoyada sometida a un conjunto de cargas cualesquiera en la viga y a momentos de flexión en los extremos.
1
Como fue visto en el capítulo de Ecuaciones Angulares, es posible hallar los giros en los apoyos de la viga debido a este conjunto de cargas utilizando la analogía de Mohr y superposición. Las ecuaciones angulares obtenidas se consiguieron aceptando que los desplazamientos y giros positivos de los extremos de una barra son los indicados en la figura 1, y los momentos positivos son según el sentido indicado en la figura 2.
Figura 1: Orientación positiva de desplazamientos según convención usada para vigas continuas
Figura 2: Orientación positiva de momentos según convención usada para vigas continuas
En base a esta convención adoptada para las vigas continuas, las ecuaciones angulares tienen la forma:
θ A = α0 A + M A ⋅ α A + M B ⋅ β +ψ θ B = α0B + M A ⋅ β + M B ⋅ α B −ψ En la convención que adoptaremos en lo sucesivo el sistema de coordenadas locales de cada barra lo elegiremos de manera que el eje x apunta en la dirección del eje de la viga y pasa por el baricentro. Asimismo, supondremos que los ejes y y z son los ejes principales de la sección, como se indica en la figura 3. La viga se supondrá que tiene inercia Iy e Iz respecto a los ejes principales. En el caso de las estructuras planas asumiremos que el eje z es perpendicular al plano que define la estructura (dirigido hacia nosotros) y que el eje y pertenece a dicho plano. La viga tiene un módulo de elasticidad que denominamos E.
Figura 3: Ejes coordenados según nueva convención
2
Para simplificar el análisis estudiaremos en primer lugar el caso de las estructuras planas sometidas a fuerzas en el mismo plano. Los desplazamientos en este caso se producirán sólo en el plano de la estructura; hasta que se indique lo contrario nos referimos a este tipo de estructuras. En este esquema es claro que el sistema de “coordenadas globales” que permite ubicar la estructura en el plano será tal que los ejes x e y, de este sistema, pertenecerán al plano, y el eje z será perpendicular al plano y dirigido también hacia nosotros. Adoptaremos como positivos los desplazamientos y giros de los extremos de la barra en el sentido que se indican en la figura 4 y como positivos los momentos y fuerzas en los extremos de la barra que se indican en la figura 5. Puede observarse que los desplazamientos se representan en la dirección de los ejes x e y. Los momentos y giros positivos representados vectorialmente son según el eje z. El giro de la barra ψ producido por los desplazamientos según y de los apoyos será considerado también positivo con esta misma convención.
Figura 4: Orientación positiva de desplazamientos según nueva convención
Figura 5: Orientación positiva de esfuerzos según nueva convención
Resulta entonces que, al plantear las ecuaciones angulares según la nueva convención, algunos términos cambian su signo, mientras que otros se mantienen incambiados:
α0 A θ A
M A ⇒ cambian su signo vA vB ψ
3
α 0B θ B ⇒ mantienen su signo M B
Las ecuaciones angulares ya vistas toman entonces la siguiente forma:
θ A = α 0 A + M Aα A − M B β + ψ θ B = α 0 B − M A β + M Bα B + ψ La relación entre los desplazamientos de los extremos y el giro de la barra se mantiene incambiada, o sea:
ψ=
υB − υ A
3.
L
Ecuaciones de momentos
En la medida que los métodos de los desplazamientos utilizan como incógnitas los desplazamientos y plantean condiciones de equilibrio de fuerzas y momentos es necesario poder despejar los momentos y fuerzas en función de los desplazamientos. Tendremos que despejar entonces los momentos en los extremos de la barra, M A y M B , en función de los giros y los desplazamientos que se producen en los extremos. Inicialmente impondremos que α 0 A y α 0 B son nulos; es decir, estudiaremos los distintos casos suponiendo que no hay cargas aplicadas en la barra. a) Empezaremos por estudiar el caso en que todos los giros y desplazamientos son cero exceptuando el giro θ A . De esta forma, las ecuaciones angulares se reducen a:
θ A = M Aα A − M B β 0 = − M A β + M Bα B De aquí se despejan las expresiones para M A y M B : MA =
θ Aα B θ Aβ , MB = . 2 α Aα B − β α Aα B − β 2
b) A continuación procedemos de forma similar, esta vez suponiendo todos los giros y desplazamientos nulos salvo el giro θ B . Así obtenemos la siguientes expresiones para MA y MB : MA =
θBβ , M α Aα B − β 2
B
=
θ Bα A α Aα B − β
2
.
4
c) Aplicando superposición, se obtiene que los momentos producidos por los giros θ A y θ B tienen la siguiente forma: MA =
θ Aα B + θ B β θ β + θ Bα A , MB = A . 2 α Aα B − β α Aα B − β 2
d) A continuación procedemos suponiendo como único movimiento no nulo el v desplazamiento vertical en A: v A . Se tiene entonces que ψ = − A . Las ecuaciones L angulares quedan entonces:
vA =0 L v − M A β + M Bα B − A = 0 L M Aα A − M B β −
Despejando los momentos M A y M B : MA =
(α B + β )v A (α A + β )v A , MB = . 2 (α Aα B − β ) L (α Aα B − β 2 ) L
e) Análogamente al suponer no nulo únicamente el desplazamiento vertical en B, v B , se obtienen las siguientes expresiones para los momentos: (α B + β )vB (α A + β )vB MA = − , MB = − 2 (α Aα B − β ) L (α Aα B − β 2 ) L f) Agrupando los resultados obtenidos se tiene que: v v 1 [θ Aα B + θ B β − (α B + β )ψ ] θ Aα B + θ B β + (α B + β ) A − (α B + β ) B = L L α Aα B − β 2 α Aα B − β 1 v v 1 MB = θ β + θ Bα A + (α A + β ) A − (α A + β ) B = [θ A β + θ Bα A − (α A + β )ψ ] α Aα B − β 2 A L L α Aα B − β 2 MA =
1
2
g) Habíamos dejado pendiente las cargas que están aplicadas sobre la barra. Estas producirán un término adicional en las expresiones anteriores. Si fijamos los apoyos e impedimos todo movimiento de ellos las dos expresiones de f) se anulan. En consecuencia los momentos en A y B producidos por las cargas aplicadas sobre la barra serán los que se producen cuando la viga tiene los apoyos impedidos de todo movimiento (o, dicho de otra manera, se encuentra biempotrada). A estos momentos les llamaremos “momentos de empotramiento perfecto” y los notaremos M Aemp y M Bemp . Por extensión se puede llamar “momentos y fuerzas de empotramiento perfecto” a estos momentos y a las reacciones que se producen en la viga empotrada. En el curso se presenta una tabla de la cual se pueden obtener los valores de dichos momentos para distintos estados de carga; dicha tabla se debe utilizar prestando atención a la convención de signos para los momentos que estamos utilizando (positivos en sentido antihorario).
5
h) Combinando todas las expresiones halladas, tenemos finalmente las ecuaciones para los momentos en los extremos de la barra en función de los giros θ A y θ B y de los desplazamientos v A y vB . v v θ Aα B + θ B β + (α B + β ) A − (α B + β ) B + M Aemp L L α Aα B − β 1 v v MB = θ β + θ Bα A + (α A + β ) A − (α A + β ) B + M Bemp 2 A α Aα B − β L L 1
MA =
2
O en función de θ A y θ B y del giro ψ : MA = MB =
1
α Aα B − β
2
1
α Aα B − β 2
4.
[θ Aα B + θ B β − (α B + β )ψ ] + M Aemp [θ A β + θ Bα A − (α A + β )ψ ] + M Bemp
Ecuaciones de momentos para EI= cte
Para el caso particular en que se tiene inercia y módulo de elasticidad constante a lo largo de la barra AB, la forma de los coeficientes α A , α B y β es conocida:
αA = αB = α =
β=
L 3EI z
α L = 6 EI z 2
Entonces, recalculando, las expresiones halladas anteriormente se reducen a las siguientes: 2 EI z [2θ A + θ B − 3ψ ] + M Aemp L 2 EI z [θ A + 2θ B − 3ψ ] + M Bemp MB = L
MA =
5.
Ecuaciones de equilibrio
En una estructura en equilibrio, cada una de sus barras y de sus nodos también debe estar en equilibrio. Al exigir el equilibrio de momentos en los nodos, tomando los mismos como cuerpos libres, se obtienen las ecuaciones de equilibrio. Consideramos un nudo cualquiera de una estructura en el que concurren n barras rígidamente conectadas, barra A1, barra A2, ..., barra An.
6
Para cada una de estas barras se aplica la primera de las ecuaciones de momentos halladas:
M A1 =
2 EI 2θ A + θ1 − 3ψ L
[
A1
]+ M
emp A1
... M Ai =
2 EI 2θ A + θ i − 3ψ Ai + M Aiemp L
[
]
... M An =
2 EI 2θ A + θ n − 3ψ L
[
An
]+ M
emp An
Luego, la suma de todos los momentos deberá ser igual al momento aplicado sobre el nudo, medido con la misma convención que venimos usando, o sea con los momentos positivos en sentido antihorario. En consecuencia será: n
∑M
Ai
= M Aaplicado
i =1
Lógicamente si en el nudo A no hay un momento aplicado la suma de todos los momentos será cero.
Figura 6: Momentos sobre las barras y sobre el nudo
Otra forma de ver el problema puede ser tomando el nudo como cuerpo libre, sometido a la acción que ejercen las barras y a un momento aplicado directamente sobre el mismo. En definitiva las conclusiones son las mismas. Tendremos entonces una ecuación de equilibrio de momentos por cada nudo rígido de la estructura estudiada, donde las incógnitas a resolver en primera instancia serán los giros de los extremos y los ángulos de giro ψ de las barras producidos por los desplazamientos de los extremos de la barra.
7
6.
Cálculo de YA e YB
Conociendo los momentos en los extremos de las barras es posible hallar las fuerzas YA y YB en los extremos de cada barra. Aplicando superposición vemos que:
YA = YAisostático +
(M A + M B ) L
y
YB = YBisostático −
(M A + M B ) L
Siendo el primer término la reacción correspondiente a una viga simplemente apoyada con las mismas cargas aplicadas y M A y M B los momentos resultantes del calculo realizado para la viga.
7.
Metodo de slope-deflection
El método de slope deflection fue concebido por George Maney en 1915 para resolver pórticos. Junto con el método de (Hardy) Cross creado en 1930 fueron los principales métodos empleados para resolver pórticos, en forma manual. A partir de la década de 1970 comenzaron a ceder terreno progresivamente a los métodos matriciales, que fueron diseñados para resolver las estructuras mediante computadoras. Actualmente, para una estructura de cierta complejidad, estos últimos son los que normalmente se usan en todo el mundo. A continuación veremos como funciona el método de slope-deflection. Este método al igual que los otros métodos manuales desprecian las deformaciones producidas en las barras por efecto de la directa, en relación a las producidas por flexión. O dicho de otra manera aceptan la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente. Esta hipótesis en general no produce diferencias importantes con otros métodos que no la realizan y permite disminuir considerablemente el número de incógnitas que deben considerarse para definir el desplazamiento de la estructura. De acuerdo a ello, en cualquier pórtico deben ser consideradas como incógnitas los ángulos de giro de todos los nudos que no están empotrados. En cambio los desplazamientos que deben considerarse dependen de las características de la estructura. Utilizando la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente se puede determinar cuántos desplazamientos de nudos es necesario incorporar como incógnitas. Cuando no es necesario determinar ningún desplazamiento se dice que la estructura es de nudos fijos, o “estructura no desplazable”, como es el caso de la figura 7.
8
Figura 7: Estructura con nudos no desplazables
Cuando deben considerarse desplazamientos se dice que la estructura es de nudos desplazables. Este es el caso de la figura 8 en el que es necesario considerar un desplazamiento ∆ como incógnita. En este ejemplo deberán considerarse tres incógnitas θB , θC y ∆.
Figura 8: Estructura con nudos desplazables
La determinación de las incógnitas que deben ser empleadas es un paso fundamental del análisis estructural, pues cualquier error que se cometa en esta etapa implica no poder resolver la estructura correctamente. En las estructuras sin nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una ecuación de equilibrio de ese nudo. De esa manera se llega a un sistema lineal de tantas ecuaciones como incógnitas que está totalmente determinado. Cuando la estructura es de nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una ecuación de equilibrio, pero además tenemos desplazamientos incógnitas; o sea: es necesario para resolver el sistema disponer de otras ecuaciones. Se deben agregar tantas ecuaciones adicionales como desplazamientos incógnitas tenemos. Estas ecuaciones adicionales se obtienen de plantear la ecuación de equilibrio de fuerzas para cada piso. A continuación veremos la ecuación que se adiciona a la estructura de la figura 8. Para otro caso con más incógnitas de desplazamientos con solo generalizar el procedimiento que mostraremos se incorporan las ecuaciones necesarias.
9
Para obtener la ecuación adicional se realiza un corte al nivel del desplazamiento incógnita, como se indica en la figura 9, y se plantea el equilibrio de fuerzas horizontales pues la fuerza aplicada sobre el piso debe ser igual a la suma de las fuerzas que hay aplicadas sobre los pilares cortados. Si no hay fuerza horizontal aplicada en el piso entonces la suma de las fuerzas que reciben los pilares deberá ser igual a cero.
Figura 9: Formulación de la ecuación del equilibrio del piso
Otra forma de ver el problema que conduce al mismo resultado hubiera sido plantear las fuerzas que recibe el piso BC de los pilares. La suma de estas fuerzas más la carga aplicada sobre el piso deberá ser igual a cero. Si la estructura hubiera tenido más de un piso tendríamos que cortar los pilares por debajo del piso y también los que salen hacia arriba y plantear de forma similar el equilibrio del piso. En este caso donde intervienen varias barras notaremos a las fuerzas con dos subíndices, el primero indica el punto donde se trasmite la fuerza y el segundo el que define el otro extremo de la barra. De esa manera VBA será la fuerza de cortante del pilar AB en el punto B. Para los momentos y la longitud de la vigas emplearemos el mismo criterio. Utilizando el equilibrio de piso (figura 9) se tiene que: V BA + VCD − P = 0 Las ecuaciones de cortantes quedan: ( M AB + M BA ) L AB ( M CD + M CD ) + LCD
isostático V BA = VBA +
isostático VCD = VCD
Entonces la ecuación de equilibrio horizontal en el piso queda:
10
isostático isostático V BA + VCD +
8.
( M AB + M BA ) ( M CD + M CD ) + −P=0 L AB LCD
Aplicación del método de slope-deflection
Figura 10: Estructura a analizar
Se tiene la estructura de la figura con módulo de elasticidad e inercia constante en todas las barras. En primer lugar observamos que tanto el nudo B como el nudo C son nudos rígidos de los cuales no conocemos sus giros. Además, la estructura es de tipo desplazable, ya que el piso BC no tiene restricciones horizontales que le impidan moverse en dicha dirección. Nuestras incógnitas hiperestáticas son, entonces, θ B , θ C ( que tomaremos de acuerdo a lo convenido en sentido antihorario) y ∆ BC , donde ∆ BC es el desplazamiento horizontal del piso BC, que tomaremos positivo hacia la izquierda. Comenzamos por plantear equilibrio en el nudo B. En dicho nudo se tiene dos barras concurrentes: AB y BC, por lo que debemos hallar dos expresiones de momentos: M BA y M BC . Sabemos que la expresión del momento aplicado a la barra AB en el nudo B tiene la forma genérica: M BA =
2 EI emp 2θ B + θ A − 3ψ BA + M BA LBA
[
]
11
En el caso de la barra que estamos estudiando sabemos además que, debido al empotramiento en A, el giro en dicho nudo es nulo: θ A = 0 . Además, al no tener cargas emp en la barra BA, también sabemos que M BA = 0. Por lo tanto la expresión anterior se ve reducida a: 2 EI 2θ B − 3ψ BA , M BA = LBA
[
]
donde ψ BA , el giro de la barra AB (medido en sentido antihorario) producido por el desplazamiento diferencial entre los extremos de la barra BA, lo podemos expresar en ∆ función del desplazamiento de piso como: ψ BA = BC . L BA Si tomamos como unidad de fuerza el newton (fuerza) y como unidad de longitud el metro y sustituimos los valores conocidos, tenemos la expresión para M BA en función de las incógnitas del problema: M BA =
2 EI 6
3∆ BC 2θ B − 6
Para el caso de la barra BC la expresión del momento aplicado en B a la barra es: 2 EI emp M BC = 2θ B + θ C − 3ψ BC + M BC LBC
[
]
En este caso el término que sabemos nulo es ψ BC , pues por la hipótesis de rigidez a directa sabemos que, al permanecer incambiado el largo de la barra AB, el nudo B resulta indesplazable en sentido vertical; de la misma forma, al permanecer incambiado el largo de la barra CD, el nudo C resulta también indesplazable en dicha dirección. Resulta entonces que no hay desplazamientos diferenciales entre los extremos de la barra BC y, por lo tanto, ψ BC = 0. emp Para hallar M BC recurrimos a la tabla de momentos de empotramiento (o a las ecuaciones angulares si fuera necesario), donde figura que, para el caso de una carga de fuerza de tramo:
Figura 11: Momentos de empotramiento perfecto
Los momentos de empotramiento perfecto, según la convención que utiliza la tabla tienen el valor: M =
Qab Qab b , M '= 2 a 2 L L
12
emp , mientras que Para la aplicación a la barra BC, tenemos que el M de la tabla es M BC
emp M ' = − M CB (nótense los signos opuestos debido a la diferencia entre la convención de signos adoptada por los métodos de los desplazamientos – positivo en sentido antihorario –y la adoptada por la tabla– positivo en sentido horario sobre el apoyo derecho–).
Tendremos entonces que la expresión para M BC toma la siguiente forma:
M BC =
2 EI [2θ B + θC ] + 1350 *2 3 * 6 * 6 9 9
Planteando equilibrio de momentos en el nudo B (la suma de los momentos aplicados sobre las barras es igual al momento aplicado en el nudo) llegamos a la primera de las tres ecuaciones que necesitamos para resolver la estructura:
M BA + M BC = 0 ⇒
2 EI 3∆ 2 EI [2θ B + θC ] + 1350 *2.3 * 6 * 6 = 0 2θ B − BC + 6 6 9 9
Reacomodando los términos:
1 1 1 − 3 2 EI 2 + θ B + θ C + 2 ∆ BC + 1800 = 0 9 6 6 9 Para plantear el equilibrio en el nudo C seguimos un procedimiento análogo al visto para el nudo B. En este nudo concurren dos barras, BC y CD, por lo que – dado que no tenemos carga externa de momento aplicado en el nudo – nuestra ecuación de equilibrio será: M CB + M CD = 0
En el caso del momento en C debido a la barra CB, se tiene: M CB =
2 EI [2θ C + θ B ] − 1350 *2 3 * 6 * 3 9 9
De la misma forma, en el caso del momento en C debido a la barra CD se tiene: 3∆ 2 EI M CD = 2θ C − BC 9 9 ∆ ∆ En dicha expresión ya se utilizó que θ D = 0 y que ψ CD = BC = BC . LBC 9 De esta forma llegamos a la segunda ecuación buscada:
1 − 3 4 2 EI θ B + θ C + 2 ∆ BC − 900 = 0 9 9 9 La ecuación restante la obtendremos al imponer el equilibrio horizontal del piso BC.
13
Aislando el mismo mediante un corte horizontal justo por debajo de los nudos B y C, y restituyendo los vínculos quitados mediante solicitaciones, se tiene:
Figura 12: Equilibrio del piso
Por lo tanto, el equilibrio de fuerzas horizontales en el piso resulta en la ecuación: V BA + VCD = 0
De acuerdo con las expresiones genéricas halladas para los cortantes, sabemos que: ( M AB + M BA ) L AB ( M CD + M CD ) + LCD
isostático + V BA = V BA
isostático VCD = VCD
Dado que no se tienen cargas externas en la barra BA ni en la barra CD, obtenemos que isostático isostático VBA = VCD =0. El equilibrio de piso se reduce entonces a: ( M AB + M BA ) ( M CD + M CD ) + =0 L AB LCD Las expresiones para M BA y M CD ya fueron halladas anteriormente, por lo que sólo resta hallar las expresiones de M AB y M DC . Las mismas tienen la forma: 3∆ BC θ B − 6 3∆ 2 EI = θ C − BC 9 9
M AB = M DC
2 EI 6
Se obtiene entonces la siguiente ecuación: 2 EI 62
3∆ BC 3∆ BC 2 EI θ B − 6 + 2θ B − 6 + 9 2
3∆ BC 3∆ BC 2θ C − 9 + θ C − 9 = 0
14
Reordenando los términos:
3 3 −1 −1 2 EI 2 θ B + 2 θ C + 6 3 + 3 ∆ BC = 0 9 9 6 6 Resumiendo, tenemos el siguiente sistema de tres por tres:
1 1 1 − 3 2 EI 2 6 + 9 θ B + 9 θ C + 6 2 ∆ BC + 1800 = 0 1 4 − 3 2 EI θ B + θ C + 2 ∆ BC − 900 = 0 9 9 9 3 3 −1 − 1 2 EI 2 θ B + 2 θ C + 6 3 + 3 ∆ BC = 0 9 6 9 6 Resolviendo dicho sistema llegamos a los valores de giro en B y en C y de desplazamiento horizontal de piso:
− 2570,4 EI 1268,2 θC = EI − 4644 ∆= EI
θB =
Una vez obtenidos los valores de desplazamientos incógnita pasamos a resolver los momentos en cada extremo de barra a través de las ecuaciones de momento ya planteadas. Los valores resultantes son:
M AB = −82,8 Nm M BA = −939,6 Nm M BC = 939,6 Nm M CB = −907 ,6 Nm M CD = 907,6 Nm M DC = 625,8 Nm A partir de estos valores se obtienen los cortantes en los extremos de cada barra.
15
Por último, el diagrama de momentos de la estructura toma la siguiente forma (valores expresados en Nm):
Figura 13: Diagrama de momentos
9.
Ecuaciones para el caso de barras articuladas en un extremo (E.I=cte).
Supongamos una barra cuyo extremo en el nudo A es rígido y su extremo en el nudo B articulado. En este caso tenemos que el momento en el nudo B es nulo, y por lo tanto las ecuaciones de Slope Deflection (para E.I=cte) son de la siguiente forma: 2 EI z [2θ A + θ B − 3ψ ] + M Aemp L 2 EI z [θ A + 2θ B − 3ψ ] + M Bemp = 0 MB = L MA =
Despejando el giro en el nudo B de la segunda ecuación se tiene:
3ψ M Bemp .L θB = − + − 2 2 4 EI z
θA
Sustituyendo en la expresión del momento en A:
16
MA =
4 EI z 2 EI z θA + L L
θ A 3ψ M Bemp .L 6 EI z − − + − ψ + M Aemp 2 4 EI z L 2
Reordenando los términos, obtenemos:
MA =
emp 3EI z (θ A − ψ ) + M Aemp − M B L 2
M Bemp la nombraremos M Aemp ' , este término lo encontramos 2 tabulado junto con los momentos y fuerzas de empotramiento perfecto.
A la relación M Aemp −
Se puede ver fácilmente que este nuevo momento así definido es el momento de empotramiento perfecto de la viga que tiene el apoyo en A empotrado y el apoyo en B articulado. De esta forma, para resolver estructuras mediante el método de Slope Deflection, bastará con plantear como incógnitas los giros en los nudos rígidos y los desplazamientos de piso, y en las barras con un extremo articulado utilizar la ecuación de momento simplificada:
MA =
3EI z (θ A −ψ ) + M Aemp ' L
Estos apuntes fueron elaborados por: Dr. Ing. Atilio Morquio Br. María Laura Reboredo Colaboraron en la corrección: Ing. Valentina Machín Ing. Lucía Delacoste
17
