capitulo 4 calculo de deflexiones

8/12/2019 Capitulo 4 Calculo de Deflexiones

1/21

CLCULO DE DEFLEXIONES 93

n este captulo se presentan los principales mtodos tradicionales utilizados en el

clculo de deflexiones de estructuras. Algunos de ellos fueron vistos en los cursosde Mecnica de slidos, aplicados a estructuras determinadas, y se repasan aqupara facilitar su empleo en la solucin de estructuras indeterminadas.

4.1 MTODO DEL TRABAJO REAL

El mtodo del trabajo real utiliza el principio de conservacin de la energa, en virtud delcual el trabajo externo realizado por las cargas debe ser igual al trabajo interno de defor-macin producido por los esfuerzos causados por las cargas. Al plantear el trabajoexterno es preciso cuidar que las cargas sean compatibles con las deflexiones, de talmanera que para componentes lineales de deflexin se tenga

PWi

2 = (4.1)

y para rotaciones:

MWi

2 = (4.2)

La desventaja del mtodo radica en su limitacin, pues slo permite la existencia de unaincgnita, y si se aplica ms de una fuerza o momento se tendr ms de un despla-zamiento o rotacin.La nica excepcin a lo anterior es el caso de simetra con dos fuerzas o dos momentos,

ya que entonces las deflexiones lineales o rotacionales bajo cada una de las cargas soniguales.

Ejemplo 4.1

Utilizando el mtodo del trabajo real, encuentre la deflexin debida a flexin que seproduce en la viga mostrada en el punto de aplicacin de la carga.

E


2/21

94 ANLISIS DE ESTRUCTURAS

Solucin

Igualando el trabajo externo y la energa interna de deformacin por flexin se obtiene:

= L

0

2f

EI2dxM

2P (a)

Para evaluar la integral conviene utilizar el siguiente cuadro:

Tramo Origen M

AC APb

Lx

CB BPa

Lx

=

+

=

L

0

a

0

b

0

222

EI2dxx

LPa

EI2dxx

LPb

EI2dxM

EIL6baP)ba(

EIL6baP

EI6b

LaP

EI6a

LbP

222

2

222

3

2

223

2

22

=+=

+=

Reemplazando este valor en (a):

EIL6baP

2

P 222f

=

y despejando:

fPa b

EIL=

2 2

3

que es la respuesta pedida. En el caso particular en que a = b = L/2, la expresin anteriorse transforma en:

( )EI48

PLEIL3

2/LP 34

f ==

como deba ser.


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Ejemplo 4.2

Encuentre para la misma viga del ejemplo anterior la deflexin del punto C debida a losesfuerzos cortantes.

Solucin

En este caso la ecuacin (4.1) se convierte en:

= L

0

2v

AG2dxVK

2

P (a)

y haciendo para la fuerza de corte un cuadro similar al anterior.

Tramo Origen V

AC APb

L

CB BPa

L

Por consiguiente,

+

=L

0

a

0

b

0

222

AG2

dx

L

Pa

AG2

dx

L

Pb

AG2

dxV

( )

= + =

= + =

P b

L

a

AG

P a

L

b

AG

P ab

AGLa b

P ab

AGL

2 2

2

2 2

2

2

2

2

2 2

2 2

y llevando este valor a la ecuacin (a):

PK

P ab

AG L

K P abAGL

v

v

2 2

2

=

=

que es la expresin buscada. De nuevo, considerando el caso especial de carga en elcentro de la luz, se obtiene

( ) ( )v K

P L L

AGL

K P L

AG= =

/ /2 2

4

Si la viga fuera de hormign con E N mm= =23000 0172/ , . , ancho 0.20 m, alto 0.30 m yL = 4.00 m se tendra:


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473

mm104512

)300(200I ==

)mm(P10288.110452300048

)4000(P 47

3

f

=

=

Por otra parte,

)1(2EG

+=

2mm/N9830)17.01(2

23000G =+

=

)mm(P10035.29830)300200(4)4000(P2.1 6

v

=

=

Comparando los dos valores se observa que

fv01580.0 =

o sea que la deflexin por corte no alcanza a ser en este caso ni siquiera un 2% de ladeflexin por flexin. Esto justifica el que para vigas normales de seccin rectangularrara vez se calculen las deflexiones producidas por el corte.

Ejemplo 4.3

Averige la deflexin producida en el punto D de la armadura mostrada por una carga Pde 500 kN aplicada en el mismo. Supngase que para todas las barras L/A= 1 mm-1y queel material es acero estructural con E = 200000 N/mm2.

Solucin

Aplicando el mtodo del trabajo real a armaduras se obtiene:

PS L

AEa

2 2

2

= (a)

Por consiguiente, para resolver el problema hay que empezar por evaluar las fuerzas en


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las barras. En este caso es muy sencillo hacerlo por el mtodo de los nudos, teniendo en

cuenta la simetra de la estructura y de la carga. Los resultados estn dados entreparntesis en la misma figura y sirven para elaborar el cuadro siguiente:

L/A S S2 S

2L/A

Barra mm1 kN (kN)

2 (kN)

2/mm

AB 1 416.7 173639 173639AD 1 333.3 111089 111089BD 1 500 250000 250000BC 1 416.7 173639 173639DC 1 333.3 111089 111089

819456

y llevando este valor a la ecuacin (a):

2002

819456

2

500

=

D

mmD 19.8=

4.2 APLICACIN DEL TEOREMA DE CASTIGLIANO

Como ya se dijo, el Teorema de Castigliano y su corolario resultan muy tiles en elclculo de deflexiones de estructuras determinadas y de reacciones redundantes en las

indeterminadas, segn se ilustra en los siguientes ejemplos.

Ejemplo 4.4

Encuentre la flecha mxima, debida a flexin, de la viga en voladizo que se muestra.

Solucin

Debajo de la viga aparece un diagrama decuerpo libre vlido en todo el tramo AB.Por la ecuacin (3.23):

=

L

0f EIdx

PMM

xPM

PxM

=

=


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==

L

0

L

0

3

f EI3

Px

EI

dx)x(Px

EI3PL3

f =

Ejemplo 4.5

Encuentre la flecha mxima debida a flexin, de una viga simplemente apoyada, sometidaa una carga uniformemente repartida, w, en toda la luz.

Solucin

De la simetra se deduce que la flecha mxima se presenta en el centro de la luz, y comoall no hay cargas concentradas aplicadas, se le coloca una carga ficticia P.Por esttica se sabe que

2P

2wLR

A +=

y segn el diagrama de cuerpo libre mostrado, vlido entre x = 0 y x = L/2,

2wxx

2Px

2wLM

2

+=

2x

PM =

Ahora s se puede hacer P = 0:

32322

x4wx

4wL

4wx

4Px

4wLx

PMM =+=

y si se tienen en cuenta la ecuacin (3.23) y la simetra:


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f

L

M

M

PdxE I=

0

=

2 0

2

MM

PdxE I

L

/

=

f

L wLx

wx dxE I

24 4

23

0

2/

( )=

w

EILx x dx

L

2

2 3

0

2/

=

w

EILx x

L

2 3 4

3 4

0

2/

=

w

EIL L

2 24 64

4 4

f EI=

5wL

384

4

Ejemplo 4.6Encuentre en la viga del ejemplo anterior la deflexin mxima debida a corte.

Solucin

Segn la ecuacin (3.24):

=

L

0v AGdx

PVVK

Del diagrama de cuerpo libre, para 0 2 x L / :

V wL P wx= + 2 2

V

P=

1

2

Haciendo P = 0 y utilizando simetra:

VV

P

wL P wx

= +

4 4 2


8/21


==

2/L

0

2/L

0v

AG

dx

2

wxK2

AG

dx

4

wLK2

=

=4

wL2

wLAG2K

AG4wxx

AG4wLK2

222

AG8KwL2

v=

Ejemplo 4.7

Un tubo de acero, horizontal, acodado a 90 mediante una unin rgida, tiene 100 mm dedimetro. A = 2730 mm2; I = 282 x 104mm4y J = 564 x 104mm4. En el extremo A se le

aplica una carga vertical de 500 N. Averige la componente vertical de la deflexin en Ay la componente rotacional con respecto al eje de AB. E = 200000 N/mm2, G = 77000N/mm2.

Solucin

La carga produce corte y flexin en el tramo AB y adems de stos produce torsin en eltramo BC. Por otra parte, como se pide el giro en A con respecto al eje de AB, esnecesario introducir un momento torsor ficticio en dicho sitio, TA, que despus dediferenciar se igualar a cero.

Por el Teorema de Castigliano:

+

+

=

JGdx

PTT

EIdx

PMM

AGdx

PVVK

AV (a)


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+

+

=JG

dx

T

TTEI

dx

T

MMAG

dx

T

VVKAAAAV

(b)

El proceso se facilita ordenando en un cuadro las diferentes expresiones obtenidas a partirde los diagramas de cuerpo libre indicados.

Tramo Orig. V M T VP

MP

TP

VTA

MTA

TTA

AB A P Px TA 1 x 0 0 0 1BC B P PxTA 2P 1 x 2 0 1 0

Reemplazando en la ecuacin (a), y teniendo en cuenta, ahora s, que TA= 0

++++=3

0

2

0

3

0

3

0

2

0AV JGdx)2(P2

EIdx)x(Px

EIdx)x(Px

AGdx)1(PK

AGPdxK

( ) ( ) ( )[ ] ( )= + + + + =KP

AG

P

EI

P

JG2 3

32 3

433 3

= + +5 35

3

12KP

AG

P

EI

P

JG

en donde el primer trmino representa la deflexin por corte, el segundo la deflexindebida a flexin y el tercero la causada por la torsin. Reemplazando por los valoresnumricos respectivos:

( )=

+

+

=

98899AV 10771056450012

1028210200350035

1077002730.0

5009/105

m0242.001382.001034.010321.1 5 =++=

De los valores anteriores se puede ver que, en este caso particular, los porcentajes decontribucin del corte, flexin y torsin a la deflexin son 0.05, 42.78 y 57.10%, respec-tivamente. Ntese la importancia de ser consistente en las unidades, de ah que los

denominadores de los dos ltimos trminos se hayan multiplicado por las potencias dediez necesarias para convertir todo a metros, ya que los lmites de integracin se habantomado en esa unidad.Para encontrar la rotacin pedida se acude al cuadro y a la ecuacin (b), que quedareducida a un trmino:

===3

0A EI2P9

EIdx)1(Px

rad1099.310282102002

5009 389

=

=


10/21


Ejemplo 4.8

Encuentre la deflexin horizontal del punto A, producida por el sistema de cargasmostrado. Las dimensiones son tales que para las diagonales L/A = 10 mm1y para lasotras barras L/A = 5 mm1. El material es acero estructural. E = 200 kN/mm2.

Solucin

Como hay varias fuerzas aplicadas, el problema no se podra resolver por el mtodo deltrabajo real. En cambio el Teorema de Castigliano resulta muy til, y como ya hay unafuerza aplicada en el punto y direccin del desplazamiento buscado, bastar con llamarla P.Entonces:

Ah SS

P

L

AE=

Para mayor claridad se puede separar en dos el sistema de cargas:


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En el extremo derecho se ha ilustrado la solucin de la segunda parte. Los resultados de

ambas se resumen en el siguiente cuadro:

Barra L/A S PS/

( )L/APS/S

AB 5 P 0 1 5 PCD 5 0 0 0 -AC 5 0 50 0 -CE 5 8/3 P 50 8/3 320/9P 2000/3BD 5 4/3 P 100 4/3 80/9P + 2000/3DF 5 4/3 P 100 4/3 80/9 P + 2000/3BC 10 5/3 P 0 5/3 250 P/9CF 10 5/3 P 0 5/3 250 P/9 1025 P/9 + 2000/3

mm5.373

20009

6010252001

Ah =

+=

Ejemplo 4.9

Resuelva por el mtodo de Castigliano la viga indeterminada mostrada.

Solucin

Por simetra:

BA

BA

MM2

wLRR

=

==

Escogiendo como redundante el momento en B, por el corolario de Castigliano:


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=

= 0EI

dx

M

MMBB

B

2

M2

wx2

wLxM =

1MM

B

=

B

2

B

M2

wxx2

wLMMM ++=

=

++

L

0 B

2

0EIdxM2wx2wLx

0LM6

wL4

wLB

33

=++

12wL

L12wL2wL3M

233

B ==

el signo positivo indica que el sentido supuesto era el correcto.

Ejemplo 4.10

Resuelva por el mtodo de Castigliano la viga mostrada.

Solucin

La viga es de segundo grado de indeterminacin y como no hay simetra es precisoescoger dos redundantes, por ejemplo, las componentes de reaccin en A. Queda entoncesas:Por el corolario de Castigliano:

===

= 0

EIdx

MMMy0

EIdx

RMM

AA

AA


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Hay dos tipos de diagramas de cuerpo libre:

A partir de los cuales se obtienen las ecuaciones de momento que figuran en el siguientecuadro:

Tramo MA

RM/ A

MM/

PA RAx MA x 1

BP RAx MA P (x 2) x 1

( ) ( ) ++=

20

6

2

222 2 dxxPPxxMxRdxxMxRdxR

MM AAAA

A

( ) ( )[ ] ( ) ++= 4362

M26

3

R4

2

M

3

8RA33AAA

( )[ ] ( ) 0436P863P 3

=+

0P32P33.69M18R72AA

=+

P2756MR4

AA = (1)

( ) ( ) ++++=

20

6

22 dxPPxMxRdxMxRdx

M

MM AAAA

A

0)26(P2)436(2P)26(M)436(

2

RM2)4(

2

RA

AA

A =+++=

+ + + =2 2 16 4 16 8 0R M R M P PA A A A

+ = 9 3 4R M PA A (2)

3 Ec. (1) + Ec. (2):

320

9R PA=

R PA=20

27


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Por equilibrio:

R P P PB= =20277

27

De la ecuacin (1):

M P P PA= =80

27

56

27

8

9

y del primer diagrama de cuerpo libre:

( ) ( )M P P P PB= + =8

9

20

276 4

4

9

con lo cual queda resuelto el problema.

Ejemplo 4.11

Encuentre el esfuerzo a que est sometida la barra FC del puente mostrado. Los nmerossobre las barras dan las reas respectivas en mm2.

Solucin

Considerando redundante la barra FC, se puede suponer que est sometida a tensin, y seanalizan las estructuras determinadas mostradas:


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La ecuacin de condicin segn el corolario de Castigliano es:

WR

S SR

LAE

=

= 0

los resultados del anlisis estn tabulados a continuacin:

MiembroL

(mm)

A

(mm2)

S

(kN) RS

A

L

R

SS

AB 6000 1200 0 + 26.7 0 0AF 8485 2400 0 37.7 0 0BC 6000 1200 0.707R + 53.3 0.707 2.500R 188.4BE 8485 1200 R 37.7 1 7.071R 266.6

BF 6000 1200 0.707R + 26.7 0.707 2.500R 94.4CD 6000 1200 0 + 53.3 0 0CE 6000 1200 0.707R + 80.0 0.707 2.500R 282.8DE 8485 2400 0 75.4 0 0EF 6000 2400 0.707R 26.7 0.707 1.250R + 47.2FC 8485 1200 R + 0 1 7.071R

22.892R 785.0

=22 892 7850 0. .R

R kN= =7850

22.892 34.3.

(Tensin)

=F

A

2

6.281200

34300

mm

N

A

R

FC

FC ===

4.3 MTODO DEL TRABAJO VIRTUAL

Ya se haba mencionado que el mtodo del trabajo virtual es, entre los tradicionales, elprocedimiento ms verstil para evaluar deflexiones elsticas de estructuras producidasincluso por causas diferentes de la aplicacin de cargas, como errores de fabricacin ocambios de temperatura. La nica restriccin es que en su forma finita slo es aplicable aaquellos casos en los que es vlido el Principio de superposicin.Se recordar que, en resumen, el Principio del trabajo virtual deca que si una estructuradeformable, en equilibrio bajo un sistema de cargas, era sometida a una deformacinvirtual como resultado de una accin adicional, el trabajo virtual externo hecho por elsistema de cargas es igual al trabajo virtual interno efectuado por las fuerzas internascausadas por l. Su aplicacin se reduce entonces a evaluar ambas expresiones eigualarlas.


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4.3.1 Deflexiones resultantes de deformaciones axiales

Suponiendo que se quiere averiguar la deflexin vertical del punto A de la armaduramostrada, producida por las cargas P1, P2y P3, se empieza por remover dichas cargas paraaplicar luego una carga ficticia unitaria en el punto y direccin de la deflexin buscada.

La estructura queda en equilibrio bajo la accin de esta fuerza ficticia, que puedeconsiderarse como el sistema de cargas dadoen el Principio del trabajo virtual. Ahora laarmadura se considera sometida a desplazamientos virtuales idnticos a las deflexionesresultantes del sistema real de cargas, o sea que el punto A se deflecta virtualmente unacantidad . En consecuencia, la fuerza unitaria ficticia realizar un trabajo:

WE= 1 (4.3)

Por otra parte, si Uirepresenta la fuerza interna en la barra iinducida por la carga ficticia,

al darle a la estructura los desplazamientos producidos por las cargas reales, dicha fuerzatendr que recorrer la deformacin elstica debida a tales cargas y al hacerlo efectuar untrabajo. El trabajo interno de toda la estructura ser la suma de los trabajos realizados enlas barras, o sea:

W U USL

AEi i i i i= =

(4.4)

donde S representa como antes la fuerza en el miembro producida por las cargas reales.Aplicando ahora el Principio del trabajo virtual:

WE= Wi (4.5)

=

USL

AEi i (4.6)

De nuevo, si el signo es negativo, quiere decir que la deflexin es en sentido opuesto alde la carga unitaria aplicada. La tensin se considera positiva porque a ella correspondeun alargamiento.Si se quiere averiguar la rotacin de una barra, basta colocar un momento unitario.

La ecuacin (4.6) se convierte entonces en:


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=

U

SL

AEi i (4.7)

Arriba se ilustra el procedimiento para encontrar la rotacin de la barra AB.Finalmente, comparando las ecuaciones (3.22) y (4.6) se observa que el valor de Uino esotro que el ( ) S P/ del Teorema de Castigliano. La nica diferencia est en el modo de

hallarlo y en el fondo los dos mtodos son idnticos.Usualmente, el alumno preferir uno u otro segn se incline por los problemas fsicos opor los matemticos.

4.3.2 Deflexiones debidas a flexin

Las expresiones del trabajo externo continan siendo 1 para deflexiones lineales y1 para rotaciones. Para evaluar el trabajo interno debido a flexin, se sigue unproceso similar al anterior:

Con referencia a la figura, si se desea averiguar la deflexin vertical en A se coloca alluna carga virtual unitaria que producir en una seccin a una distancia x del apoyo unmomento virtual mx. Considerando que ste es el sistema de cargas, y aplicndole a laviga los desplazamientos producidos por las cargas aplicadas, se realizar en la seccinun trabajo interno de magnitud:

dW mi x x= (4.8)

en donde xrepresenta la rotacin debida al momento Mxproducido por las cargas reales.De Mecnica de slidos se sabe que a una distancia ydel eje neutro el esfuerzo yestdado por:


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I

yMx

y

=

y, por consiguiente, el cambio en longitud de una fibra a esa distancia es:

( )dx dxE

dxM y

EIdx

y yy x= = =

Como la rotacin es pequea, el ngulo x se puede reemplazar por su tangente. De ahque

( ) x

y xdx

y

M dx

EI= =

(4.8)

y reemplazando en la ecuacin (4.8)

dxEI

MmdW x

xi

= (4.8a)

El trabajo total se obtendr integrando la expresin anterior a lo largo de la viga.

=

L

0

xxi

dxEI

MmW (4.9)

Igualando esta expresin a las que dan el trabajo externo, se obtiene entonces:

Para deflexiones lineales:

=

L

0dx

EIMm (4.10)

y para rotaciones:

=

L

0dx

EIMm (4.11)

en donde el subndice indica que los momentos virtuales son debidos a la aplicacin deun par unitario en A.Comparando la ecuacin (4.10) con la (3.23), se vuelve a encontrar total equivalencia conel mtodo de Castigliano, en el que el m de ahora es el mismo ( ) M P/ de aqul.

4.3.3 Deflexiones por corte y torsin

Siguiendo un procedimiento completamente anlogo se pueden averiguar los trabajosinternos debidos a corte y a torsin. stos estn dados por:

Para corte:

=

L

0idx

AGVvKW (4.12)

en donde para una seccin x, v es la fuerza de corte resultante de la carga unitaria ficticia


19/21


(equivalente al V P/ de Castigliano), V es el corte producido por las cargas reales y K

el factor de forma definido antes.

Para torsin:

=

L

0idx

JGTtW (4.13)

en donde t es la torsin ficticia en una seccin x debida a la carga virtual unitaria (equi-valente al T P/ visto anteriormente), T la torsin producida en la misma seccin porlas cargas reales y J el momento polar de inercia para elementos de seccin circular o suequivalente para secciones rectangulares (cuadro 3.1).Las expresiones de trabajo externo en ambos casos siguen siendo iguales: 1y1

para desplazamientos lineales y rotaciones, respectivamente.Varias veces se ha dicho que las deflexiones por corte en la mayora de las vigascomnmente encontradas en la prctica, son insignificantes si se las compara con lasdebidas a flexin.El cuadro 4.1 presenta para una viga W 12 27 de acero estructural, la relacin entre lasdos deflexiones para diferentes luces y dos hiptesis de carga: concentrada en el centrode la luz y uniformemente repartida.

Cuadro 4.1Relacin entre las deflexiones en el centro de la luz debidas

a corte y a flexin en una viga W 12 x 27 de acero estructural

Luz

H

Carga concentrada

en el centro de la luz

Carga

uniformemente

repartida

5 0.60 0.48

10 0.15 0.12

15 0.07 0.05

20 0.04 0.03

Como era de esperarse, el primer caso produce deflexiones de corte relativamente mayo-res, puesto que su diagrama de corte tiene un rea mucho mayor que la del segundo,

mientras que en las reas de los diagramas de momento respectivos pasa lo contrario.

Ejemplo 4.12

La cercha mostrada se quiere utilizar para cubrir un auditorio con luz de 9.75 m y vaapoyada sobre columnas que estn espaciadas cada 7.50 m. La teja es de asbesto-cemento y la carga viva de diseo especificada es de 500 N/m2de proyeccin horizontal.Se pide encontrar la deflexin en el centro de la luz, causada por el peso propio y lasobrecarga anterior.


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reas:

Cordn superior: 1500 mm2

Cordn inferior: 1000 mm2

Diagonales y montantes: 1200 mm2

Solucin

Se empieza por determinar las cargas:

Teja ondulada de asbesto cemento No. 6 y accesorios 0.16 kN/m2

Cielo raso 0.72 kN/m2

Peso propio estimado, incluyendo correas y arriostramiento 0.10 kN/m2

qm= 0.98 kN/m

2

Carga viva qv = 0.50 kN/m2

Carga total qT= qm+ qv = 1.48 kN/m2

Carga por nudo en una cercha interior:

P = 1.48 1.625 7.50 = 18.0 kN

En el anlisis rutinario se hace la simplificacin de considerar que tanto el peso del cieloraso como el peso propio se hallan aplicados en los nudos superiores.

De acuerdo con el mtodo de los nudos y aprovechando la simetra se elabora el cuadrosiguiente para los dos sistemas de cargas indicados a continuacin:


21/21


La pendiente mnima recomendada para teja ondulada Eternit es de 27% (15.1). Aqu se

adopta 30% (16.7), que resulta en correas espaciadas cada 1.694 m, que es aproxima-damente la longitud de una teja No. 6.

Barra L (mm) A (mm2) u S u(SL/A)

AB 1694 1500 1.74 156.6 307.7AL 1625 1000 1.67 150.0 407.1BL 488 1200 0 0 0BK 1694 1200 0 31.3 0BC 1694 1500 1.74 125.3 246.2CK 975 1200 0 9.0 0CJ 1895 1200 0 35.0 0

CD 1694 1500 1.74 94.0 184.7DJ 1463 1200 1 36.0 43.9JK 1625 1000 1.67 120.0 325.7KL 1625 1000 1.67 150.0 407.1 1922.3

Por el Teorema del trabajo virtual:

===

AESLuW1W

iE

=

=

2 1922 3 439

200 19 0

( . ) .

. mm

Ntese la substraccin del valor correspondiente a la barra DJ para evitar duplicarla alconsiderar la cercha total.

Ejemplo 4.13

El puente de seis paneles mostrado en la figura se construye con andenes exteriores, demanera que los elementos del cordn inferior permanecen bajo sombra. Averige lacomponente vertical de deflexin del punto central de dicho cordn cuando la tempe-ratura en l est 20C por debajo de la temperatura en los otros elementos. El coeficiente

de dilatacin trmica del acero es = 0.000012(C)1.

capitulo 4 calculo de deflexiones

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