Se procederá a resolverla mediante el Método de Hardy Cross.
Solución: A simple vista se puede deducir que la viga se deformará de la siguiente forma:
Como en el punto o “nodo” !a" un cambio de inercia se anali#ará por tramos separados " como además se aprecia en la grá$ca el punto o “nodo” posee un despla#amiento por lo que tendremos % estados& uno donde no interviene el despla#amiento " otro solo para este despla#amiento en . Procedemos entonces a calcular la rigide# ' K ( para cada tramo: K ij = K ji =
K AB=
I ij Lij
2 I
I , K BC = L L
A!ora se calcula los )actores )actores de distribuci*n ' d(: d¿=
K ¿ K ij
∑ i
Como “A” " “C” son empotrados se tiene:
d AB= dCB =0
2 I
I L 2 L 1 d BA = = , d BC = = 2 I I 3 2 I I 3 + + L L L L
Estado “0”: Estructura sin considerar el desplazamiento
Se calcula los momentos de empotramiento perfecto:
−q L M AB=
2
0
30
0
M BA =
qL
2
20
0
0
M BC = M CB=0
Se procede a reali#ar las iteraciones:
A 1 ,
−q L
%-1 1- q L2 , 20
2
30
−q L
2
2
−q L
60
−q L
−q L
30
2
qL
−q L
60
20
, , 2
60
2
C
Estado “1”: Estructura considerando solo el desplazamiento en B
2
−q L 120
2
60
2
−q L 120
Se calcula los momentos de empotramiento perfecto: +a f*rmula es la siguiente: 0
0
M ij = M ji =− =−((
6 EI
L
2
)∆
Para el problema se tiene: 0
−
0
M AB M BA =
6 E 2 I
) δ B
(
=
L
2
12 EI δ B
− =
L
2
−δ ( (¿¿ ¿¿ B ) 6 EI δ B 6 EI = 2
L
0
M
L
2
0
= M CB=− =−¿¿
BC
Para agili#ar cálculos se asignará los siguientes valores a los momentos de empotramiento: 0
0
M AB= M BA =
0
0
−12 EI δ B =( + 2 ) X
M B C = M CB=
L
2
6 EI δ B
L
2
=(−1 ) X
Se procede a reali#ar las iteraciones:
A 1 ,
C
%-1 1-
+2
−1
+ 2 −1 2
−
3
3
,
−1
−1
−1
3
6
Pl Plan ante tea amos mos a!ora !ora momentos " respectivas: •
Para momentos se tiene: ( 0)
M ij = M ij
+5 3
+4
−4
−7
3
3
6
•
toda todas s lo los s cortantes
/ntonces: 2
M AB=
−q L 20
5
+ X 3
+ M (ij ) X 1
M BA =
M BC =
qL
2
60
+ 4 X 3
−q L
2
60
− 4 X 3
2
−q L − 7 M CB= X 120
6
( 0)
•
Para momentos se tiene: Qij =Q ij
•
/ntonces:
Q AB=
(
(
QBA =
qL
−
1
L
6
−qL
(
−1
L
3
( (
))+(− ( + ))
2
2
−q L 20
(
+
qL
−
qL
60
2
2
−1 −q L q L QBC = − L
( (
QCB =
60
120
−1 − q L L
120
L
−
20
+
−1
4
L
3
60
)) ( (
3
L
+
3
−1 − 7 L
6
6
))
−
4 3
))
X =
Se tiene por ecuación de equilibrio:
∑ F : R V
•
A
+ RC =
qL 2
Pero se tiene que:
R A =Q AB=
qL 5
3
− X L
5
− 3 X L
− qL + 5 X = 3 − 3 X
+uego se tiene la siguiente condici*n: •
qL
10
L
qL 5 + −1 −4 − 7 X X = + X
)) ( (
qL
X =
3
3
1
)) ( ( ))
2
2
2
4
1 5
60
2
qL
+ Q(ij ) X
2 L
40
qL 40
+
5 2 L
X
−qL
RC =−QCB =
•
40
−
5 2 L
X
/ntonces:
qL 5 qL − X = ∑ F : qL5 − 3 X − 40 2 2 V
L
L
0esolviendo esta ecuaci*n se calcula: 2
−13 q L X = 220
0eempla# 0eemp la#and ando o este este valor valor en las ecuacion ecuaciones es de moment momentos os " cortan cortantes tes se obtiene: M AB=
−49 q L
2
330
2
M BA =
−41 q L 660
2
M BC =
41 q L 660
2
M CB=
Q AB=
QBA =
2q L 33
83 qL 220
−27 qL 220
QBC =
QCB =
−27 qL 220
−27 qL 220
Se debe tener en cuenta que todos los momentos calculados son asumiendo el sentido !orario como positivo.
Con es Con esto tos s val valor ores es qued queda a res esue uelt lta a la viga iga " se proc proced ede e a real eali#ar #ar los diagramas de fuerza cortante y de momento ector!
"iagrama de #uerza Cortante $"#C%
"iagrama de Momento #lector $"M#%
Se de: !i#o una comprobaci*n con el programa SAP %,,, dándole valores
q
=
2
L=5
bteni2n bteni 2ndos dose e los los sig siguie uiente ntes s grá$ grá$cos cos qu que e co con$r n$rma man n los los va valor lores es " la correcta grá$ca reali#ada: "iagrama de #uerza Cortante $"#C%
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