178
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
2F1 M 1 + F1 M 2
= B1
F1 M 1 + 2 (F1 + F2 ) M 2 + F2 M 3
= B2
F2 M 2 + 2 (F2 + F3 ) M 3 + F3 M 4
= B3
...............................................................................
Fi − 1 M i −1 + 2 (Fi − 1 + Fi ) M i + Fi M i + 1
= Bi
...............................................................................
2Fm M m + Fm M n
= Bn
en donde Fi = (L/I)i, n es el número de apoyos y m el número de luces.
Este sistema de ecuaciones puede escribirse en forma compacta así:
[A ] {M} = {B}
Cuya solución da los momentos desconocidos en los apoyos, con lo cual queda resuelta la
viga.
En el disco que viene con este libro se presenta un programa en QUICK BASIC que
resuelve vigas continuas siguiendo este método. En la solución del sistema de ecuaciones
se utilizó el procedimiento conocido como eliminación gaussiana, que se describe en el
apéndice C.
5.2 MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO Y DEFLEXIÓN
5.2.1 Teoría
Se dijo que Mohr fue el precursor de este método, al aplicarlo en 1892 a la solución de un
problema de esfuerzos secundarios. Parece que llamó poco la atención y sólo en 1915
G.A. Maney, profesor de la Universidad de Minnesota, presentó un desarrollo independiente del mismo, calificándolo como una herramienta poderosa para el análisis de pórticos continuos. Se utilizó ampliamente antes de la aparición del Método de Cross y ha
vuelto a ganar aceptación por la facilidad de resolver sistemas grandes de ecuaciones
mediante la computadora digital. El método considera como incógnitas las rotaciones y
desplazamientos de los nudos, y con base en ellos se plantean las ecuaciones de condición. A continuación se deducen las ecuaciones básicas del método y se explica el procedimiento que debe seguirse en su aplicación.
Es bien sabido que las cargas, al actuar sobre una estructura aporticada, producen rotaciones y desplazamientos de los nudos.
La esencia del método de Ángulos de giro y deflexión radica en relacionar tales cambios
geométricos con los momentos que actúan sobre los nudos. Al aplicar las condiciones de
equilibrio a cada nudo y resolver el sistema de ecuaciones resultante, se obtiene la
solución del problema.
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
179
Se parte del supuesto de conexiones rígidas y, como se dijo antes, las rotaciones y desplazamientos de los nudos se consideran como incógnitas. En cualquier elemento los
momentos en sus extremos pueden expresarse en función de las cargas aplicadas y de
los giros y desplazamientos respectivos.
Ahora bien, para que haya equilibrio la suma de los momentos en los extremos de los
elementos que se encuentran en un nudo debe ser cero y esta condición, aplicada sucesivamente a todos los nudos, junto con cualesquiera otras condiciones de equilibrio que sea
necesario plantear, proporcionan las ecuaciones necesarias para resolver los giros y desplazamientos desconocidos. Una vez hallados éstos, se reemplazan sus valores en las
ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión para encontrar los momentos en los extremos
de los miembros, con lo cual queda resuelto el problema.
En la figura 5.1(a) se presenta aislado un miembro de un pórtico antes de ser sometido a
carga, y en la (b) el mismo miembro después de deformarse por las cargas impuestas
sobre el pórtico. Se han dibujado las cargas externas que actúan sobre el miembro y los
momentos que se han desarrollado en sus extremos por la acción de todas las cargas del
pórtico. A estos momentos se los denomina Mi y Mj, para indicar el nudo en que actúan.
Se puede suponer que a la situación mostrada en (b) se ha llegado mediante los cuatro
pasos mostrados en (c), (d), (e) y (f). Para empezar se estudia el efecto de las cargas
aplicadas sobre el miembro, independientemente de los giros y desplazamientos, para lo
cual es necesario impedirlos mediante unas fuerzas de empotramiento, equivalentes a las
que aparecerían si el miembro estuviera realmente empotrado en ambos extremos; de ahí
su nombre. Los momentos correspondientes a dichas fuerzas son los llamados momentos
de empotramiento, M iF y M Fj ; su valor se puede hallar mediante los métodos ya vistos
(Área de momentos, Viga conjugada, etc.) o con la ayuda de tablas como la 5.1.
Luego, despreciando las deformaciones axiales, se estudia el efecto del giro en cada nudo
y finalmente el de su desplazamiento relativo, normal al eje del miembro en su posición
original, todos ellos independientemente unos de otros. Aplicando entonces el Principio
de superposición, se obtiene:
M i = M iF + M ii' + M ij' + M ''ij
(5.5)
M j = M Fj + M 'ji + M 'jj + M ''ji
(5.6)
Estas ecuaciones son completamente generales, si se exceptúa la simplificación señalada
antes. En ellas:
180
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Figura 5.1 Deducción de las ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión.
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
181
M i = momento definitivo en el nudo i.
M iF = momento de empotramiento en el nudo i, causado por las cargas
aplicadas sobre el miembro ij.
M 'ii = momento en el nudo i que causa un giro θi en dicho nudo.
M 'ij = momento en el nudo i que surge por la aplicación de un momento M 'jj en
el nudo j.
M ''ij = momento en el nudo i causado por un desplazamiento relativo ∆ entre los
extremos del miembro ij.
M j = momento definitivo en el nudo j.
M Fj = momento de empotramiento en el nudo j, causado por las cargas
aplicadas sobre el miembro ij.
M 'ji = momento en el nudo j que surge por la aplicación de un momento M 'ii en
el nudo i.
M 'jj = momento en el nudo j que causa un giro θj en dicho nudo.
M ''ji = momento en el nudo j causado por un desplazamiento relativo ∆ entre los
extremos del miembro ij.
En el caso de elementos prismáticos, la evaluación de los términos anteriores se puede
hacer fácilmente utilizando las vigas conjugadas de las figuras 5.1 (c) a (f). Considerando
la primera y tomando momento con respecto al punto 2, resulta:
(
)
θ i × ( 2L/ 3) = M ii' L / 2EI × (L / 3)
→ M ii' =
4EI
θ
L i
(5.7)
Tomando ahora momentos con respecto al punto 1, se obtiene.
θ i × ( L / 3 ) = (M 'ji L / 2EI )× ( L / 3 )
→ M 'ji =
2 EI
θi
L
(5.8)
Procediendo de manera similar con la figura (e), se obtiene:
M 'jj =
4E I
θ
L j
(5.9)
182
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
M 'ij =
2E I
θ
L j
(5.10)
Considerando ahora la figura (f), es evidente que por equilibrio de fuerzas verticales:
M ''ij = M ''ji
y aplicando el segundo teorema de la viga conjugada:
(M L / 2EI)× ( L / 3 )= ∆
''
ij
M ij'' = M 'ji' =
6EI
∆
L2
(5.11)
Finalmente, reemplazando en las ecuaciones (5.5) y (5.6) los valores encontrados, se
obtiene:
M i = M iF +
4E I
2E I
6E I
θi +
θj + 2 ∆
L
L
L
(5.12)
M j = M Fj +
2E I
4E I
6E I
θi +
θj + 2 ∆
L
L
L
(5.13)
que son las ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión buscadas.
Al término I/L se le denomina rigidez relativa y se le designa con la letra K. Utilizando
esta nomenclatura en las ecuaciones (5.12) y (5.13), y factorizando, se llega a una forma
alterna:
M i = M iF + E K (4θ i + 2θ j + 6∆ / L)
(5.12a)
M j = M Fj + E K (2θ i + 4θ j + 6∆ / L)
(5.13a)
Como se dijo anteriormente, estas ecuaciones se aplican a todos los elementos; luego se
plantea el equilibrio de cada nudo y, si es necesario, el equilibrio general de la estructura
o de parte de ella hasta lograr un número suficiente de ecuaciones. Se resuelve luego el
sistema de ecuaciones resultante para hallar los giros y desplazamientos desconocidos, y
finalmente se vuelve a las ecuaciones originales para encontrar los momentos en los
extremos respectivos.
Suele resultar conveniente, para simplificar las operaciones numéricas, tomar como valor
de E la unidad y utilizar un K o I de referencia, en lugar de los valores reales. En tal caso
se obtienen valores verdaderos de momento, pero los giros y desplazamientos estarán
errados en la misma proporción del reemplazo. Es decir, que para obtener las verdaderas
magnitudes de θ y ∆ deberán dividirse por E y α los valores obtenidos, en donde:
α = K/Ko = I / Io , siendo Ko e Io los valores de referencia.
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
183
Ejemplo 5.5
Resuelva, mediante las ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión, la viga de sección
constante mostrada.
Solución
Si no interesa averiguar la magnitud verdadera de los giros, puede tomarse E = 1 y utilizar
un Io de referencia. Suponiéndolo igual a 10:
K AB = 10 = 1.00
10
K BC = 10 = 1.667
6
Mediante la tabla 5.1 se encuentran los momentos de empotramiento:
PL 30 × 10
=
= 37.5 kN⋅m
8
8
w L2 12 × (6) 2
F
M FBC = − M CB
=
=
= 36.0 kN⋅m
12
12
M FAB = − M FBA =
MCD es conocido por tratarse de un voladizo:
MCD = 15 × 3 = 45.0 kN·m
(1)
Las condiciones de los apoyos son tales que:
θ AB = 0, θ BA = θ BC = θ B por continuidad,
y si los apoyos no ceden todos los ∆ = 0. Aplicando ahora las ecuaciones (5.12a) y
(5.13a) al tramo AB, resulta:
(
)
( )
M AB = M FAB + EK 4θ A + 2θ B + 6∆ / L = 37.5 + 1 × 1 2θ B =
M AB = 37.5 + 2 θ B
→
(2)
6∆
M BA = M FBA + E K 2θ A + 4θ B +
L
M BA = − 37.5 + 1 × 1 4θ B =
(
M BA = − 37.5 + 4θ B
)
(3)
184
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Pasando ahora al tramo BC, se obtiene similarmente:
(
)
M BC = 36.0 + 1 × 1.667 4θ B + 2θ C =
M BC = 36.0 + 6.67 θ B + 3.33 θ C
(
(4)
)
M CB = −36.0 +1 × 1.667 2θ B + 4θ C =
M CB = −36.0 + 3.33 θ B + 6.67θ C
(5)
Aplicando ahora la condición de equilibrio
∑
M ij = 0 a los nudos B y C:
Nudo B:
M BA + M BC = 0
y reemplazando los valores respectivos de las ecuaciones (3) y (4) se llega a
10.67 θ B + 3.33 θ C = 1.50
(6)
Para el nudo C:
M CB + M CD = 0
Reemplazando los valores de las ecuaciones (5) y (1) resulta:
3.33 θ B + 6.67θ C = − 9.00
Restándole a la ecuación (7) dos veces la ecuación (6):
− 18.01 θ B = −12.00
→
θ B = 0.666
y reemplazando este valor en la ecuación (6):
θC =
1.50 − 10.67 (0.666)
= −1.684
3.33
Volviendo ahora a las ecuaciones (2) a (5) se obtiene:
M AB = 37.5 + 20 (0.666) = 38.8 kN⋅m
M BA = −37.5 + 40 (0.666) = −34.8 kN⋅m
M BC = 36.0 + 6.67 (0.666) + 3.33 (− 1.684) = 34.8 kN⋅m
Comprobación: M BA + M BC = 0 , β
M CB = −36.0 + 3.33 (0.666) + 6.67 (− 1.684) = −45.0 kN⋅m
Comprobación: M CB + M CD = 0 , β
(7)
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
185
Conocidos los momentos se pueden evaluar las reacciones y momentos máximos positivos. Con estos valores se pueden dibujar los diagramas de corte, momento y refuerzo de
la página siguiente:
R AB =
30 38.8 − 34.8
+
= 15.4 kN ↑
2
10
R BA = 30 −15.4 = 14.6 kN ↑
M max (+ ) = 15.4 × 5 − 38.8 = 38.2 kN⋅m
R BC = 12 × 3 −
45.0 − 34.8
= 34.3 kN ↑
6
R CB = 12 × 6 − 34.3 = 37.7 kN ↑
M max (+) =
(34.3)2
2 × 12
− 34.8 = 14.2 kN⋅m
186
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
Ejemplo 5.6
Resuelva el problema del ejemplo 5.4 por medio del método de Ángulos de giro y
deflexión.
∆ = 15 mm
Solución
Se tenía
E = 17900 N/mm2
IAB = 28125 × 104 mm4
IBC = 225000 × 104 mm4
Por comodidad se trabajará en m y kN:
→
−8
K AB = 28125 × 10 = 9375 × 10 −8
3
−8
K BC = 225000 × 10 = 37500 × 10 −8
6
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
187
Aplicando la ecuación (5.12a):
M i = M iF + EK 4θ i + 2θ j + 6∆
L
a cada tramo se obtiene:
6 (0.015)
M AB = 17.9 × 10 6 × 9375 × 10 −8 4θ A + 2θ B +
=
3
= 6712θ A + 3356θ B + 50.34 = 0
(1)
6 (0.015)
M BA = 1678 2θ A + 4θ B +
=
3
= 3356θ A + 6712θ B + 50.3
(2)
6 (0.015)
M BC = 17.9 × 10 6 × 37500 × 10 −8 4θ B + 2θ C −
=
6
= 26850 θ B + 13425 θ C − 100.69
(3)
6 (0.015)
M CB = 6712.5 2θ B + 4θ C −
=
6
= 13425 θ B + 26850 θ C − 100.69
(4)
M CD = 17.9 × 10 6 × 9375 × 10 −8 (4θc + 2θ D ) =
= 6712 θ C + 3356 θ D
(
(5)
)
M DC = 1678 2θ C + 4θ D =
= 3356 θ C + 6712 θ D = 0
(6)
Planteando ahora el equilibrio de cada nudo:
M BA + M BC = 0
→
3356 θ A + 33562 θ B + 13425 θ C = 50.34
(7)
M CB + M CD = 0
→
13425 θ B + 33562 θ C + 3356 θ D = 100.69
(8)
Las ecuaciones (1), (7), (8) y (6) constituyen un sistema de cuatro ecuaciones con cuatro
incógnitas. Reescribiéndolo en forma matricial:
188
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
6712
3356
0
0
3356
0
33562
13425
13425
33562
0
3356
0 θ A − 50.34
0 θ B 50.34
=
3356 θ C 100.69
6712 θ D
0
cuya solución es:
θ A −0.00813
θ
B = 0.00126
θ C 0.00263
θ D −0.00131 radianes
que coincide con la obtenida antes.
Reemplazando estos valores en las ecuaciones (2), (3), (4) y (5), se obtienen los momentos en los apoyos:
MBA = 3356 (–0.00813) + 6712 (0.00126) + 50.34 = 315
. kN⋅m
MBC = 26850 (0.00126) + 13425 (0.00263) – 100.69 = − 315
. kN⋅m = − MBA β
MCB = 13425 (0.00126) + 26850 (0.00263) – 100.69 = − 13.16 kN·m
MCD = 6712 (0.00263) + 3356 (–0.00131) = 13.26 kN⋅m
el error de cierre en el nudo C es del 0.8%, perfectamente aceptable.
Ejemplo 5.7
Resuelva el pórtico mostrado y dibuje en forma aproximada su elástica (referencia 5.2).
Solución
Debido a la carga lateral se produce un desplazamiento ∆ de los nudos B y C:
M FAB = − M FBA =
w L2
12
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
189
Aplicando las ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión:
2
M AB = wL + EI 2θ B − 6∆
12
L
L
2
M BA = − wL + EI 4θ B − 6∆
12
L
L
(
)
(
)
M BC = 2EI 4θ B + 2θC
L
M CB = 2EI 2θ B + 4θ C
L
M CD = EI 4θ C − 6∆
L
L
M DC = EI 2θ C − 6∆
L
L
Planteando ahora el equilibrio de los nudos:
∑ M B = 0;
→
M BA + M BC = 0
3
6θ B + 2θ C − 3 ∆ = wL
L
24EI
∑ MC = 0 :
(1)
M CB + M CD = 0
(2)
2θ B + 6θ C − 3 ∆ = 0
L
Como hay tres incógnitas, se requiere una tercera ecuación. Ésta se obtiene del equilibrio de
fuerzas horizontales mediante los diagramas de cuerpo libre de las columnas.
→
∑ FX = 0:
wL − H AB − H DC = 0
M + M BA
H AB = wL + AB
2
L
(3)
190
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
H DC =
M CD + M DC
L
Expresando los momentos en función de los desplazamientos y substituyendo en la ecuación (3):
2
2
− wL − 1 wL − EI 2θ B − 6 ∆ + − wL + EI 4θ B − 6 ∆
2
L 12
L
L 12
L
L
+ EI 4θ C − 6 ∆ + EI 2θ C − 6 ∆ + wL = 0
L
L L
L
que al simplificar se convierte en:
3
θ B + θ C − 4 ∆ = wL
L
12EI
(3a)
Resolviendo las ecuaciones (1), (2) y (3a) se obtiene:
3
θ B = − 0.0012 wL
EI
3
θ C = − 0.0115 wL
EI
4
∆ = − 0.0241 wL
EI
y al substituir estos valores en las ecuaciones de Ángulos de giro y deflexión resulta:
MAB = 0.225 wL2
MBA = –MBC = 0.056 wL2
MCB = – MCD = –0.097 wL2
MDC = 0.121 wL2
HAB = 0.782 wL
HDC = 0.218 wL
Con estos valores se pueden dibujar los diagramas de corte y momento y completar el
análisis del pórtico.
5.2.2 Programación del método de ángulos de giro y deflexión
La programación del método de Ángulos de giro y deflexión no es tan sencilla como la de
la Ecuación de los tres momentos, pues en este caso el planteamiento inicial sólo produce
las ecuaciones correspondientes a los momentos en los extremos de cada barra. Es
necesario, a continuación, plantear el equilibrio de nudos y en el caso de una viga
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
191
continua esto conduce a un sistema de ecuaciones suficiente para encontrar las incógnitas
básicas que en ella son los giros en los nudos. Posteriormente es necesario volver a las
ecuaciones originales para hallar los momentos.
En el caso de pórticos, la programación es todavía más difícil pues los desplazamientos
son entonces desconocidos y se requiere plantear ecuaciones adicionales de equilibrio de
fuerzas.
En ambos casos los sistemas de ecuaciones obtenidas son similares a los logrados más
fácilmente mediante los métodos matriciales del capítulo 11 y por ello en este libro no se
incluye un programa de ángulos de giro y deflexión.
EJERCICIOS
5.1 Resuelva, por el método de la Ecuación de los tres momentos, las vigas de los
ejercicios 4.5 (c), 4.5 (d) y 4.6.
5.2 Resuelva completamente las vigas mostradas, mediante la Ecuación de los tres
momentos. Dibuje todos los diagramas. EI es constante.
5.3 La viga de la figura sufre un asentamiento relativo de 12 mm en el apoyo B.
Analícela por el método de la Ecuación de los tres momentos y dibuje todos los
diagramas.
192
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
I = 80 × 107 mm4
E = 200 kN/mm2
5.4 Resuelva las vigas de los ejercicios 4.8, 4.12 (b) y 5.2 por el método de los Ángulos
de giro y deflexión.
5.5 Utilice el método de Ángulos de giro y deflexión para resolver la viga siguiente. En el
apoyo A se produjo una falla que resultó en un giro de 0.002 radianes en sentido antihorario y un asentamiento diferencial de 30 mm con respecto a los otros apoyos (A queda
por debajo de ellos). Suponga E = 200 kN/mm2, IAB = 21 × 107 mm4, IBC = Ivoladizo = 15 ×
107 mm4.
5.6 Analice completamente la siguiente viga, por el método de Ángulos de giro y
deflexión. Dibuje todos los diagramas, sin olvidar la evaluación de los momentos máximos positivos. Suponga b × h = 0.30 m × 0.35 m, E = 19 kN/mm2.
5.7 Resuelva los siguientes pórticos por el método de Ángulos de giro y deflexión.
Dibuje todos los diagramas.
ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS Y MÉTODO DE ÁNGULOS DE GIRO
193
a) El pórtico del ejercicio 4.5 (e)
Viga: 300 mm × 400 mm
Columna: 300 mm × 500 mm
E = 200 kN/mm2
(b)
Para todos los casos
b = 400 mm
h = 500 mm
E = 200 kN/mm2
(c)
EI ( kN⋅m2 )
(d)
Viga:
150000
Columna:
250000
194
ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS
REFERENCIAS
5.1
Wang, C.K. - Statically Indeterminate Structures, McGraw-Hill, 1953.
5.2
Gerstle, K.H. - Basic Structural Analysis, Prentice-Hall, 1974.
