Análisis Estructural (notas)

Capítulo 1

INTRODUCCION

Dr. Fernando Flores - Dr. Alejandro Brewer

1.1. OBJETIVO DEL CURSO

Desarrollar métodos para el análisis (determinación de esfuerzos internos y desplazamientos)de estructuras compuestas de barras articuladas (entramados) y/o vigas que transmiten fuerzasy momentos (pórticos planos, emparrillados planos o pórticos espaciales en general), sometidosa acciones externas. El estudio de la respuesta estructural dependerá de que las acciones seanestáticas (permanentes) o dinámicas (impermanentes).

Los métodos de análisis son fuertemente dependientes de los modelos que se utilicen pararepresentar la estructura, lo que a su vez depende de dos aspectos:

La precisión que se desee obtener

La complejidad geométrica, del material y de la propia respuesta de la estructura.

La precisión es función de la etapa de diseño, si corresponde a un diseño inicial (o prediseño)normalmente un método aproximado es su�ciente. Por otro lado la veri�cación de la geometría�nal se realiza con mayor detalle. Resulta además necesario destacar que la precisión en elanálisis no puede ser superior a la evaluación de las solicitaciones o acciones externas (normal-mente �jadas por códigos en obras civiles) o el conocimiento del comportamiento mecánico delos materiales componentes y los métodos y/o técnicas constructivas.

1.2. MODELOS ESTRUCTURALES

Cuando se realiza la descripción del comportamiento de un sistema se recurre a la formu-lación de un modelo. Esta formulación se realiza describiendo al sistema mediante ecuacionesque re�ejan las propiedades del sistema e incluyen la geometría, los materiales y la interaccióncon otros sistemas. Aparecen entonces distintos grupos de ecuaciones que pueden relacionarseentre sí para lograr la formulación �nal:

1

2 CAPÍTULO 1. INTRODUCCION

1.2.1. Ecuaciones de equilibrio

Las ecuaciones de equilibrio establecen relaciones entre las fuerzas que actúan en elsistema y es posible clasi�carlas en ecuaciones de equilibrio estático y equilibrio dinámico

Por ejemplo en el primer grupo se han visto las ecuaciones de la estática de cuerpo rígidoque establecen las condiciones que deben satisfacer las fuerzas que actúan sobre un cuerpopara que este permanezca en reposo. ∑

F = 0 (1.1)

Las ecuaciones (1.1) permiten plantear 6 ecuaciones en el espacio; tres referidas al equi-librio de fuerzas según los tres ejes de referencia (

∑Fx = 0,

∑Fy = 0,

∑Fz = 0) y

tres de momentos (∑Mx = 0,

∑My = 0,

∑Mz = 0). Estas ecuaciones y la hipótesis de

indeformabilidad de los cuerpos (es decir que durante el análisis las distancias relativas delos puntos que componen al sistema no se modi�can) permiten resolver muchos problemassimples.

Como ejemplo del segundo grupo tenemos la ecuación (1.2) representa la condición deequilibrio dinámico de una masa en la que actúan fuerzas de inercia, disipativas, elásticasy externas.

m x+ c x+ k x = P (t) (1.2)

En la mayoría de las situaciones reales la hipótesis de indeformabilidad (también conocida comode cuerpo rígido) debe ser abandonada. Aparece entonces la necesidad de establecer

a) Cuáles serán las deformaciones resultantes cuando los puntos del cuerpo se desplacen (ecuacionescinemáticas) y

b) Cuáles serán las tensiones asociadas a esas deformaciones (ecuaciones constitutivas).

1.2.2. Ecuaciones cinemáticas

Las ecuaciones cinemáticas relacionan desplazamientos con deformaciones. Antes de queactúen las cargas el sistema queda de�nido por su geometría respecto de un sistema de refe-rencia. En este caso se dice que el sistema está indeformado y sin tensiones. Cuando actúan lascargas, el cuerpo se deforma de tal forma que las fuerzas internas equilibran la acción de lasfuerzas externas. El cuerpo alcanza entonces el equilibrio en su posición deformada. Sellama desplazamiento de un punto a la diferencia entre los vectores que identi�can al punto ensu posición �nal e inicial. Conocidos los desplazamientos de la estructura se pueden determinarlas deformaciones. Como ejemplo de una ecuación cinemática (1.4) se considera el caso de unabarra de reticulado.

e = ∆u • t︸︷︷︸lineal

+∆u •∆u

2L︸︷︷︸no lineal

(1.3)

ε = ε (∆u) =e

L(1.4)

La ec.(1.3), que será deducida posteriormente, expresa el alargamiento que sufre la barra delongitud original L cuando se desplazan sus extremos. Se observa que el primer término es linealen los desplazamientos y su contribución al alargamiento se obtiene como proyección del vector∆u (diferencia de los desplazamientos de los extremos) según la dirección de la barra en laposición indeformada (vector t). El segundo término se hace despreciable cuanto más pequeño

1.2. MODELOS ESTRUCTURALES 3

es el vector ∆u/L. Por otro lado, si la dirección de la barra en la posición deformada coincidecon la dirección en la posición indeformada (la barra no gira), el alargamiento exacto se obtienecon el primer término. En este curso, se considera solamente la parte lineal de la ec.(1.4) queconlleva la hipótesis de pequeños desplazamientos y pequeños giros. A su vez, estahipótesis nos permite plantear las ecuaciones de equilibrio en la posición indeformadaya que la posición deformada podrá �confundirse� con la indeformada. De todos modos, si biense supone esto como hipótesis de trabajo, debe quedar claro que el equilibrio de la estructurase produce en la con�guración deformada.

1.2.3. Ecuaciones constitutivas

Las ecuaciones constitutivas relacionan tensiones con deformaciones. En este curso seadopta como ecuaciones constitutivas las más simples en las que la fuerzas actuantes (normal,�exión, corte, torsión) varían proporcionalmente con la deformación correspondiente. Los coe-�cientes de proporcionalidad son los módulos de elasticidad longitudinal E (módulo de Young)para las tensiones axiales asociadas al esfuerzo normal y la �exión y el módulo de elasticidadtransversal G para las tensiones de corte asociadas al esfuerzo de corte y la torsión, juntamentecon coe�cientes que caracterizan geometricamente a la sección. Las expresiones que resultanson las siguientes:

Esfuerzo Fuerza Defor. Especí�ca Ley de Hooke

Normal N ε =du

dx=

N

AEN = AE ε

Flexión Mf κ =dβ

dx=Mf

IEMf = IE κ

Corte Q γ =dv

dx− β =

Q

AcGQ = AcG γ

Torsión Mt θ =dα

dx=

Mt

JpGMt = JpG θ

Cuadro 1.1: Ecuaciones cinemáticas y constitutivas

Las ecuaciones en la última columna de la Tabla 1.1 son lineales. Ejemplos de ecuacionesconstitutivas no lineales son las correspondientes al endurecimiento (el módulo E aumenta conla deformación), ablandamiento (el módulo E disminuye con la deformación) o comportamientoplástico.

1.2.4. Ecuaciones de Compatibilidad

Las Ecuaciones de compatibilidad relacionan deformaciones con desplazamientos. Elplanteo sistemático de estas ecuaciones son el motivo del Método de las Fuerzas. Estas ecua-ciones son necesarias para garantizar la �continuidad� de la estructura cuando esta se divideen partes para su análisis.

1.2.5. Principio de Superposición.

De lo indicado hasta aquí en este curso se trabajará con sistemas lineales. Recordemos queuna ecuación es lineal cuando la o las incógnitas o sus derivadas tienen exponente 1, es decir,no aparecen productos de la o las incógnitas entre sí, o de las incógnitas con sus derivadas, etc.De lo visto anteriormente, el origen de la no linealidad puede provenir de utilizar ecuacionesconstitutivas no lineales y/o de problemas con grandes desplazamientos que requieran el uso deecuaciones cinemáticas no lineales.


Cuando los sistemas son lineales, es válido utilizar elPrincipio de Superposición (independenciade causas y superposición de efectos).

Ejemplos:

E1: Consideremos el siguiente sistema de ecuaciones de equilibrio dinámico:

[M ] u (t) + [C] u (t) + [K] u (t) = P (t) (1.5)

La ec.(1.5) se estudia en la dinámica estructural. Baste decir que [M ] , [C] y [K] sonmatrices cuadradas de coe�cientes constantes que representan la masa, amortiguamientoy rigidez de un sistema, u es un vector que contiene los desplazamientos, u es el vectorque contiene las velocidades y u las aceleraciones; P (t) un vector de fuerzas externas.Entonces si el vector de cargas Pı tiene como solución al vector uı, se satisfacen lassiguientes expresiones.

P1 → u1 entonces αP1 → αu1

P2 → u2 entonces βP2 → βu2

......... .......... .........P =αP1+βP2+γP3+... → u =αu1+βu2+γu3+...

Cuadro 1.2: Superposición lineal

La conclusión en la última �la de la Tabla 1.2 es consecuencia del principio de superpo-sición.

E2: Se utiliza en el Método de las Fuerzas, cuando un sistema hiperestático se descompone enla suma de sistemas isostáticos.

E3: En el Método de Rigidez cuando las cargas en el interior de los tramos se trans�eren a losnudos.

E4: Finalmente en Dinámica justi�ca el estudio de sistemas bajo cargas armónicas (ya quecualquier carga periódica puede descomponerse en sus componentes armónicas). La in-tegral de Duhamel para el cálculo de sistemas bajo cargas impulsivas se basa en esteprincipio. Aparece también en el método de descomposición modal y en los proble-mas de desplazamientos de apoyo absoluto y relativo y en elmétodo de respuestaen frecuencia.

1.3. Desplazamientos y Apoyos.

Consideremos un cuerpo rígido en el espacio referido a un sistema ortogonal. Este cuerpopuede desplazarse según los ejes x y y z y puede girar según estos tres ejes, Fig. 1.1. Se diceque el cuerpo posee (como rígido) 6 grados de libertad. Se llaman grados de libertad alas variables que se deben �jar para de�nir la posición de un cuerpo. Asociado a los grados delibertad, aparece el concepto de coordenada, que se utiliza para identi�car al grado de libertady cuanti�carlo. Por ejemplo la posición de todo punto del cubo rígido queda unívocamentede�nida conocidas la posición del centro del cubo (las 3 coordenadas) y la dirección de la ternaasociada (de�nida por 3 parámetros). Los grados de libertad dependen de hipótesis que a priorirealiza el analista.

Volviendo a la Fig. 1.1, inicialmente el cuerpo se encuentra en (a) con sus caras paralelasal sistema de referencia (x, y, z) y a una distancia rG (vector) del origen de coordenadas. El

1.3. DESPLAZAMIENTOS Y APOYOS. 5

cuerpo se traslada y rota a una nueva posición (b). El centro de gravedad pasa a la posicionG'. La traslación del cuerpo se mide con el vector desplazamiento uG que tiene componentesux, uy, uz (respecto del sistema x, y, z) que une las posiciones G y G'. Para medir la rotaciónse �ja al cuerpo un nuevo sistema de referencia (x”, y”, z”) y se miden las rotaciones de esterespecto a otro sistema (x', y', z') con origen en el centro de gravedad y paralelo al primersistema de referencia (x, y, z). En (c) se muestran las componentes (φx', φy', φz') del vectorrotación φ (usar regla de la mano derecha). Como los sistemas de referencia x, y, z y x', y', z'son paralelos, las componentes φx', φy', φz' miden la rotación del cuerpo respecto de x, y, z; esdecir que φx = φx' ; φy = φy' ; φz = φz'.

Se llama desplazamiento generalizado al vector (cuyas componentes son desplazamientos detraslación y giros) que permite encontrar la posición �nal de un cuerpo que ha partido desdeuna posición de referencia.

XY

Z

G

G’

X"

Y"

Z"

rG

rG’

(a) (b)

X’

Y’

Z’

φ

φ

φ

x

y

z(c)

Figura 1.1: Desplazamientos de un cuerpo rígido

uφ

P(a) q

φ=0

(

Figura 1.2: Desplazamientos

Estos conceptos pueden trasladarse para describir los desplazamientos que sufre cada puntode una estructura. En este curso se toma como posición de referencia la de la estructura inde-formada. En la Fig 1.2.a se muestran los desplazamientos (descenso y giro) que sufre un puntode una viga cargada puntualmente. En la Fig 1.2.b se muestra el desplazamiento de un empo-tramiento deslizante. Se observa que en la posición deformada la tangente en el empotramientono ha sufrido giro como corresponde a este tipo de apoyos.


OBSERVACIONES:

1. Los desplazamientos traslacionales pueden sumarse vectorialmente siendo la sumavectorial conmutativa en cualquier orden. En el caso de las rotaciones se observa quela posición �nal cambia al cambiar el orden en que se efectúan los giros. Las rotacionesde sistemas de referencia siguen el algebra matricial (no conmutativa). Solamente enel caso de pequeñas rotaciones los vectores que representan giros pueden componersevectorialmente.Debido a la hipótesis de pequeños desplazamientos y giros que seadoptan en este curso, tanto los desplazamientos como giros pueden sumarsevectorialmente.

2. El término desplazamiento no sólo se utiliza para hacer referencia al vector desplaza-miento sino que también se utiliza para designar a cada componente (o grado de libertad)que de�nen al vector desplazamiento de un punto.

1.3.1. Apoyos

Cuando se modela una estructura se deben hacer de�niciones a priori, es decir antes delanálisis de la misma. Estas de�niciones incluyen la geometría, el tipo de material y las cargasactuantes. La de�nición de la geometría incluye el especi�car en cuales puntos y en qué gradosde libertad (cada punto posee 6 grados de libertad) se conoce el valor del desplazamiento.

DEFINICION: se llama APOYO a todo punto en el cual SE CONOCE el valor que toma

uno o más de sus grados de libertad. Atendiendo a la observación 2 anterior también se

puede decir que se llama apoyo a todo punto de desplazamiento conocido. Este valor puede

ser nulo o distinto de cero. Cuando el valor es distinto de cero se dice que el apoyo tiene

un DESPLAZAMIENTO PREFIJADO.

Al especi�car las condiciones a priori, deben tenerse en cuenta las siguientes consideraciones:

En todo punto de una estructura, se conoce el desplazamiento o se conoce lacarga. Si se conoce el desplazamiento (apoyo) no se conoce la carga (reacciónde apoyo). Si en un punto no se conoce el desplazamiento, entonces se conocela carga (esta puede ser nula o no).

Una estructura está isostáticamente apoyada cuando se han impedido todos sus des-plazamientos de cuerpo rígido y no más que estos. Si la estructura es espacial, deberánrestringirse 6 grados de libertad. Si es un pórtico plano o un emparrillado planodeberán restringirse 3 grados de libertad. Más adelante se tratan este tipo de estructurascon mayor detalle.

En la Tabla 1.3 se muestran algunos apoyos.En la Tabla 1.3 no se han incluido los denominados apoyos elásticos (resortes). Estos pueden

restringir la traslación o la rotación de un punto de la estructura. Se entiende por apoyo elásticoun punto donde el desplazamiento depende de la magnitud de la fuerza o reacción.

Los que restringen la traslación, tienen asociada una fuerza (F = k u) cuya dirección coincidecon el eje del resorte y es proporcional, a través de su rigidez, al desplazamiento del extremolibre del resorte. Por lo tanto, desde el punto de vista de la estructura los resortes se comportancomo los apoyos de 1ra especie, es decir representan una fuerza incógnita según la direccióndel resorte. En realidad, lo que se representa, es la fuerza interna que aparece o reemplaza laaccion del resorte sobre la estructura.

Si el resorte restringe la rotación, lo hará respecto de un eje, y en consecuencia el girosegún ese eje debe considerarse como incógnita. Desde el punto de vista de la estructura debeaplicarse un momento incógnita según la dirección (dada por el vector que representa al giro quese rigidiza) en que actúa el resorte. En este caso el momento es proporcional al giro (M = kθ θ) .


Apoyos Grados de Lib.→ ux uy uz φx φy φz1 Empotramiento dato dato dato dato dato dato2 De 1ra espec en x dato ? ? ? ? ?3 De 1ra espec en y ? dato ? ? ? ?4 De 1ra espec en z ? ? dato ? ? ?5 De 2da especie dato dato dato ? ? ?6 Empot. Desliz en x dato ? ? ? dato dato7 Empot. Desliz en y ? dato ? dato ? dato8 Empot. Desliz en z ? ? dato dato dato ?

Cuadro 1.3: Tipos de apoyos

1.3.2. Apoyos en reticulados

Por de�nición, una barra de reticulado posee sus extremos articulados y las cargas estánaplicadas en los nudos de la estructura. En consecuencia, los únicos esfuerzos que aparecenson normales (axiales) y las fuerzas de extremo en cada barra tienen una resultante cuyadirección coincide con la dirección de la barra.

Respecto de los apoyos, no tiene sentido hablar de empotramientos (en el sentido de quehay restricción a girar) ya que los nudos están articulados. Lo mismo puede decirse de apoyoselásticos que impliquen restricción a la torsión.

Si el reticulado es espacial la estructura es isostática si satisface las siguientes condi-ciones:

1. Es estable, es decir que no se deforma como mecanismo.

2. Posee los apoyos necesarios para que no rote o se desplace como rígido.

3. Los esfuerzos en las barras se obtienen utilizando las ecuaciones de equilibrio (∑Fx =

0,∑Fy = 0,

∑Fz = 0) que se plantean en los nudos de la estructura. Esto signi�ca

que para poder resolver el sistema de ecuaciones de equilibrio, en cada nudo que sevaya resolviendo deben concurrir como máximo tres barras con fuerzas incógnitas.

4. La reacciones de apoyo se evalúan sumando los esfuerzos de las barras que concurrena ellos, o cuando la estructura está isostáticamente apoyada usando condicionesglobales de equilibrio.

Si el reticulado es plano, son válidas las consideraciones 1 y 2. Las ecuaciones paracalcular las reacciones de apoyo, supuesta la estructura en el plano xy, son 3,

∑Fx = 0,∑

Fy = 0,∑Mz = 0, y las ecuaciones de equilibrio por nudo se reduce a dos

∑Fx = 0,∑

Fy = 0, (en cada nudo sólo pueden concurrir 2 barras con fuerzas incógnitas parapoder resolver el problema con las ecuaciones de la estática). En el plano, la menorestructura de barras de reticulado que puede presentar comportamiento de cuerpo rígidoes un triángulo. En la Fig. 1.3.a se muestra un reticulado isostático. En la Fig 1.3.b,se observa un mecanismo (hipostático) y en la Fig.1.3.c una estructura de dos barrasisostática.

Notar que las ecuaciones de equilibrio global de las fuerzas externas y las ecuaciones deequilibrio nodal no son independientes entre si. Cada ecuación de equilibrio global enuna dirección coordenada (por ej. en la dirección x) resulta de la suma de las ecuacionesnodales de equilibrio en la misma dirección. Por otro lado la ecuación global de momentospuede también verse como una combinación lineal de las ecuaciones de equilibrio nodales.


PP P

(a) (b) (c)

Figura 1.3: Reticulados planos

1.3.3. Apoyos en Pórticos Planos

Se de�ne como pórtico plano a una estructura plana cargada en el plano que contiene a laestructura. Las barras presentan nudos rí}gidos (trans�eren esfuerzos de corte, normales y de�exión). Como consecuencia de que la estructura es plana y las cargas actuan en el plano, cadapunto de la estructura presenta 3 grados de libertad: ux, uy y φz (supuesta la estructura enel plano xy). En concordancia con esto, en cada punto tendremos las fuerzas Fx, Fy y momentoMz. En la Fig. 1.4 se muestra un pórtico plano con carga distribuida y un momento �ector. Seobserva la estructura en un sistema tridimensional, y una vista en planta.

X

YZ

qM q

MX

Y

Figura 1.4: Pórticos planos

Los apoyos más frecuentes en los pórticos planos son los indicados en la Tabla 1.4.

Apoyos Grados de Lib.→ ux uy φz1 Empotramiento dato dato dato2 De 1da esp en x dato ? ?3 De 1da esp en y ? dato ?4 De 2da especie dato dato ?5 Empot. Desliz en x dato ? dato6 Empot. Desliz en y ? dato dato

Cuadro 1.4: Tipos de apoyos en pórticos planos

Los resortes que restringen la traslación se encuentran en el plano de la estructura. Losapoyos elásticos que restringen el giro, sólo tendrán componente segun el eje z.


En el caso de pórticos planos, las ecuaciones de equilibrio que se pueden plantear son∑Fx =

0,∑Fy = 0,

∑Mz = 0.

La Fig.1.5 muestra los apoyos más utilizados en pórticos planos y las reacciones asociadas.

K

R1

R2

R3

R1

R2

R1

R1R2

R1

R1

R2

Figura 1.5: Apoyos en pórticos planos

En la Fig.1.6 se muestra una barra en el plano y las sucesivas restricciones en los grados delibertad de cuerpo rígido que permiten pasar de sistemas hipostaticos (Fig1.6.a, b, y c) a unoisostático (Fig.1.6.d).

Y

XZ

ux φz(a) (b) (c) (d)

φz

φz

Figura 1.6: Apoyos en pórticos planos

1.3.4. Apoyos en Emparrillados Planos

Se de�ne como emparrillado plano a una estructura plana cargada perpendicularmenteal plano que contiene a la estructura. Las barras presentan nudos rígidos (trans�eren corte,�exión y torsión). Como consecuencia de que la estructura es plana y las cargas actúan perpen-dicularmente al plano, cada punto de la estructura presenta 3 grados de libertad: uz, φx yφy (asumiendo que la estructura se encuentra en el plano xy). En concordancia con esto, encada punto tendremos las fuerzas Fz, Mx y momento My.

En la Fig. 1.7 se muestra un emparrillado plano con carga distribuida y un momento �ector.Los apoyos más frecuentes son los siguientes:


X

YZ

P

Figura 1.7: Emparrillado plano

Apoyos Grados de Lib.→ uz φx φy1 Empotramiento dato dato dato2 De 1ra espec dato ? ?3 De 2da especie dato ? ?4 Chapa en x dato dato ?5 Chapa en y dato ? dato6 Empot. Desliz en x ? dato dato

Cuadro 1.5: Tipos de apoyos en emparrillados planos

Los resortes que restringen la traslación están ubicados perpendicularmente al plano de laestructura. Los apoyos elásticos que restringen el giro, tendrán componentes según los ejes x ey.

En el caso de emparrillados planos, las ecuaciones de equilibrio que se pueden plantear sereducen a

∑Fz = 0,

∑Mx = 0,

∑My = 0.

La Fig.1.8 muestra alguno de los apoyos utilizados en emparrillados planos y las reaccionesasociadas. En la Fig.1.8.a se observa que no existe diferencia entre apoyos de primera o sengundaespecie o resortes traslacionales, que representan una sola reacción de apoyo. En la Fig.1.8.bse muestra un empotramiento y sus correspondientes reacciones de apoyo. Existe una variantede este apoyo que no restringe el giro segun el eje y (puede pensarse �sicamente como unabisagra), y en tal caso el apoyo presenta dos reacciones de apoyo (Rz y My).

1.3.5. Observaciones

Se observa que el pórtico plano posee en cada punto 3 grados de libertad ( ux, uy yφz). El emparrillado plano también (uz, φx y φy). Además se observa que entre los dosestructuras suman los 6 grados de libertad que presenta una estructura plana cuyas cargaspresentan cualquier orientación en el espacio.

Debido a la hipótesis de linealidad el comportamiento frente a acciones en el plano de laestructura resulta desacoplado de la respuesta frente a acciones normales al plano de lamisma.

Lo anterior sugiere que en una estructura plana (E.P.), con carga arbitraria, es posibledescomponer las cargas Pı (i=1,2,3...n) y momentos Mj (j = 1,2,...m) en sus componentesy resolver un pórtico plano y un emparrillado plano. El problema original tendrá los esfuer-

1.4. HIPERESTATICIDAD EXTERNA E INTERNA. 11

(a)K R1

Z

X

Y

(b)

Z

X

Y

R1

R2

Figura 1.8: Apoyos en emparrillados planos

zos y desplazamientos que resultan de la suma de las dos estructuras (superposición).

E. P. (Pı,Mj)︸︷︷︸c arg a arbitraria

= E. P.(P xı , P

yı ,M

zj

)︸︷︷︸portico plano

+E. P.(P zı , M

xj ,M

yj

)︸︷︷︸emparrillado plano

(1.6)

Respecto de los apoyos, las Tablas 1.3,1.4 y 1.5 indican los grados de libertad dato. Porconsiguiente dichas tablas contienen en forma implícita las fuerzas y momentosincógnitas (reacciones de apoyo) que están asociados según la estructura y el tipo deapoyo.

La expresión 1.6 explica porqué un empotramiento en la Tabla 1.3 representa 6 incóg-nitas (3 fuerzas y tres momentos) y sólo 3 en las Tablas 1.4 y 1.5. Lo mismo pasacon un apoyo de segunda especie: representa tres fuerzas incógnitas en el pórticoespacial, 2 en el pórtico plano y 1 en el emparrillado plano. Es decir para que elapoyo represente una fuerza incógnita deben suceder simultaneamente:

a) Que el apoyo sea capaz de restringir el desplazamiento en un grado de libertad.

b) Que dicho grado de libertad sea solicitado por las cargas actuantes.

Es habitual asociar al tipo de apoyo con algún mecanismo físico que reproduce la res-tricción que se asocia a dicho apoyo. Esto no es estrictamente necesario para elanálisis. El apoyo queda perfectamente de�nido cuando se especi�ca el grado de liber-tad que afecta y el valor que toma (nulo o pre�jado), más allá de que podamos o noimaginar un mecanismo que lo represente.

1.4. Hiperestaticidad Externa e Interna.

1.4.1. Hiperestaticidad Externa

En la tabla siguiente se presentan distintos tipos de estructuras y las ecuaciones de equilibrioque se pueden plantear para encontrar las reacciones de apoyo.


Pórtico EspacialReticulado espacial

} ∑Fx = 0

∑Fy = 0

∑Fz = 0∑

Mx = 0∑My = 0

∑Mz = 0

(1.7)

Pórtico PlanoReticulado Plano

} ∑Fx = 0

∑Fy = 0 ∑

Mz = 0(1.8)

Emparrillado Plano} ∑

Fz = 0∑Mx = 0

∑My = 0

(1.9)

Entonces para determinar si la estructura es hiperestática se procede como sigue:

Se determina la cantidad de reacciones incógnitas según las Tablas 1.3, 1.4 y 1.5

Suponiendo que la estructura es indeformable:

1. Si los apoyos restringen los desplazamientos de cuerpo rígido, entonces:

a) si el número de incógnitas es igual al número de ecuaciones la estructura esisostática;

b) si el número de incógnitas es mayor que el número de ecuaciones (en funcióndel tipo de estructura: Ecuaciones 1.7, 1.8 y 1.9) la estructura es hiper-estática. El grado de hiperestaticidad externa queda determinado por ladiferencia entre las fuerzas incógnitas planteadas y el número de ecuacionesque pueden plantearse.

2. Si los apoyos no restringen los desplazamientos de cuerpo rígido, entonces la es-tructura es hipostática.

1.4.2. Hiperestaticidad Interna

Este tipo de hiperestaticidad se presenta en las estructuras cerradas. En estos casos no esposible resolver los esfuerzos internos (diagramas). El grado de hiperestaticidad queda deter-minado por el número de esfuerzos internos incógnitas que presenta la estructura.

El grado de hiperestaticidad total es la suma de la externa e interna.En la Fig.1.9.a, se muestra un pórtico plano que presenta hiperestaticidad externa de 2do

orden e interna de 3ro. Grado de hiperestaticidad total 5. En la Fig.1.9.b se observa un pórticoplano de 2do grado de hiperestaticidad, y en la Fig.1.9.c un emparrillado plano externamenteisostático e internamente hiperestático de 3er grado.

1.5. LIMITACIONES DEL CURSO

Resumiendo las hipótesis introducidas, básicamente los métodos de análisis a desarrollar seajustarán a lo siguiente:

Pequeños desplazamientos y rotaciones.

Pequeñas deformaciones o deformaciones elásticas

Validez de la ley de Hooke.

En consecuencia supondremos que:

La estructura en su con�guración deformada no di�ere de la con�guración sin tensionesy es posible plantear el equilibrio en la con�guración inicial. Esto a su vez nos limita aque no trataremos problemas de inestabilidad (pandeo).

Validez de la superposición de causas y efectos (solicitaciones y respuesta estructural)

1.6. BARRAS ARTICULADAS 13

R1

R2

R3 R7

R8

R5

R4R6

q

X

Y

P

(a)

(b)

X

Y

P

R5

R1

R2

R3R4

X

Y

ZPP

R1

R3

R2

R4

R5R6

Figura 1.9: Estructuras hiperestáticas

1.6. BARRAS ARTICULADAS

A continuación recordaremos cuales son las ecuaciones que gobiernan el comportamientode estructuras de barras articuladas, empezaremos viendo el problema plano, la extensión alproblema espacial es inmediata. En los sistemas de barras articuladas se supone que las cargasestán aplicadas en los nudos y no en el interior de la barra. Esto es así pues si aplican cargastransversales al eje de la barra se introduce �exión en la barra y debe tratarsela como una viga.Con un objetivo de completitud y a los �nes de una mejor comprensión del tema introduciremosprimero las ecuaciones diferenciales que gobiernan el comportamiento de un elemento de sólidounidimensional (en el sentido de que todas la variables relevantes están referidas a una soladirección).

1.6.1. Ecuación diferencial

Consideremos una barra de sección A variable (suave) sometida a una carga distribuida p (x)en la dirección del eje de la barra. De�niendo como elemento diferencial de barra al limitadopor dos secciones separadas un diferencial dx .


Donde se ha denominado con N al esfuerzo que resulta de integrar las tensiones en el áreade la sección

N (x) =

∫A

σ dA = σ A

y se ha supuesto que la variación de la sección es su�cientemente suave de tal forma que esaceptable suponer que la tensión σ es uniforme en cada sección.

El equilibrio de este elemento resulta de sumar esfuerzos internos y fuerzas externas

dN (x)

dx+ p (x) = 0 (1.10)

Por otro lado en cada sección el esfuerzo puede relacionarse con la deformación usando laley de Hooke

N (x) = EA (x) ε (x) (1.11)

En tanto que la de�nición de la deformación especí�ca ε (x) resulta de comparar la longituddel elemento diferencial antes (ds = dx) y despues que se desplace

(ds∗ = dx+ du

dxdx)

ε (x) =ds∗ − ds

ds=du (x)

dx(1.12)

Reemplazando 1.11 y 1.12 en 1.10 resulta

d(EA (x) du

dx

)dx

+ p (x) = 0 (1.13)

Si el área de la sección es constante la ecuación anterior se simpli�ca

EAd2u

dx2+ p (x) = 0 (1.14)

Que es una ecuación diferencial ordinaria (es función de una única coordenada x), de segundogrado (el máximo orden de derivación que aparece es 2) y lineal (no hay productos entre lasvariables o entre las variables y sus derivadas)

Para resolver esta ecuación debe conocerse además de p (x) , cuales son las condiciones decontorno o borde. La cantidad de condiciones de contorno que pueden y deben �jarse es 2 (engeneral una en cada extremo de la barra). Estas pueden ser de desplazamiento (imponer u) ode fuerza (imponer N o equivalentemente σ o ε)

X

N N + dxdNdx

dx

p(

Figura 1.10: Equilibrio de un elemento diferencial de barra


X x+dx

x+u

u

x+dx+u+ dxdudx

u+

Figura 1.11: Deformación de un elemento diferencial de barra

X

γΑ

u

+

−

εσN

Figura 1.12: Columna bajo la acción de peso propio

Ejemplo con carga en el tramo

Veamos un ejemplo de la solución de la ecuación 1.14. Dada una columna cilíndrica impedidade desplazarse en ambos extremos y bajo la acción del peso propio, interesa determinar ladistribución de tensiones en la altura.

El eje x ha sido orientado de abajo a arriba, la carga p (x) = −γA donde γ es es pesoespecí�co del material constitutivo. Notar que A es constante luego la integración de la ecuacióndiferencial resulta sencillamente

d2u

dx2=

γ

Edu (x)

dx=

γ

Ex+ C = ε (x)

u (x) =γ

2Ex2 + Cx+D (1.15)

La determinación de las constantes de integración (C y D ) se logra imponiendo las con-diciones de contorno, en nuestro caso si los extremos de la columna no pueden desplazarseresulta

u (x = 0) = D = 0

u (x = L) =γ

2EL2 + CL+D = 0


con lo cual resulta

D = 0 C = − γ

2EL

u (x) =γ

2Ex (x− L)

ε (x) =du

dx=γ

E

(x− L

2

)N (x) = EAε (x) = γA

(x− L

2

)Notar entonces que el desplazamiento u (x) varía en forma cuadrática, vale 0 en los extremos

y es máximo a la mitad de la columna. La deformación (y por lo tanto el esfuerzo interno σo N) varía linealmente, es nulo a la mitad de la columna, máximo positivo (tracción) en elextremo superior y mínimo negativo (compresión) en la base. El peso de la columna es entoncessoportado por mitades en cada extremo.

Consideremos el caso de que la columna sólo este apoyada en la base. La ecuación diferencialno cambia, sí sus condiciones de contorno. En tal caso las condición de contorno del bordesuperior es la que se modi�ca, ahora corresponde a un borde libre, y debe �jarse N = 0 o enforma equivalente ε = 0.

La solución general de la ecuación diferencial no se modi�ca (ec. 1.15), lo que hay querecalcular es el valor de las constantes de integración en función de las nuevas condiciones deborde. Ahora tenemos

u (x = 0) = D = 0

du

dx(x = L) =

γ

EL+ C = 0

con lo cual resulta

D = 0 C = − γEL

u (x) =γ

Ex(x

2− L

)ε (x) =

du

dx=γ

E

(x2− L

)N (x) = EAε (x) = γA

(x2− L

)Notar entonces que el desplazamiento u (x) vale 0 en la base, y crece en forma cuadrática

hasta el extremo superior. El esfuerzo interno N varía linealmente desde un valor máximonegativo (compresión) en la base (de valor equivalente al peso de la columna), hasta un valornulo en el extremo superior.

1.6.2. Ecuaciones de equilibrio

Las condiciones de equilibrio que pueden plantearse para un sistema de barras articuladasson las de equilibrio de fuerzas en cada nudo. Relacionan los esfuerzos internos en las barrascon las fuerzas externas, para el caso de estructuras planas, para cada nudo tendremos entoncesdos ecuaciones de equilibrio asociadas a las correspondientes direcciones en el plano:

NB∑I=1

N I cosαI + Fx = 0 (1.16)

NB∑I=1

N I sinαI + Fy = 0 (1.17)


donde N I es el esfuerzo normal en cada barra que concurre al nudo, αI es el ángulo que forma labarra con el eje x (orientado la barra desde el nudo donde se plantea el equilibrio hacia el otronudo) y F es la fuerza externa que actúa sobre el nudo con componentes Fx y Fy (estas puedenser conocidas `a priori' o no en el caso de apoyos). NB es el número de barras que concurren alnudo.

X

Y

NINJ

Fx

Figura 1.13: Equilibrio de un nudo

Observación: Notar que estas son todas las ecuaciones de equilibrio que se pueden plantear.Si todos los nudos están en equilibrio se cumple naturalmente que la suma de los fuerzasexternas es cero y que el momento que estas producen también es cero. Por ejemplo laecuación de equilibrio de las fuerzas externas en la dirección x se puede ver como la sumade las ecuaciones de equilibrio nodales en la dirección x (ec.1.16), donde las contribucionesde los esfuerzos N I se cancelan pues estos tienen contribuciones a sus dos nudos extremosy con valores exactamente opuestos)

1.6.3. Ecuaciones constitutivas

Relacionan los esfuerzos en las barras con las deformaciones. En tal caso aceptando comoválida la ley de Hooke, el esfuerzo axial resulta:

N = EAε (1.18)

donde E es el módulo elástico del material que constituye la barra, A es la sección transversaly ε es la deformación especí�ca longitudinal de la barra.

1.6.4. Ecuaciones cinemáticas

Relacionan los desplazamientos de los extremos de la barra con la deformación especí�calongitudinal que se produce. Sea una barra que sus nudos extremos (que denominaremos con 1y 2) originalmente ocupan las posiciones (ver Figura 1.14)

x1 =

[x1

y1

]x2 =

[x2

y2

](1.19)

y que sufren desplazamientos

u1 =

[u1

v1

]u2 =

[u2

v2

](1.20)


Y

X

1

2

x1 x2

y1

y2

L 0

Figura 1.14: De�nición geométrica de una barra en el plano

de tal forma que las longitudes original y �nal de la barra son respectivamente

L0 =[(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2] 1

2 = [(x2 − x1) · (x2 − x1)]12 (1.21)

= [∆x ·∆x]12

L =[(x2 − x1 + u2 − u1)2 + (y2 − y1 + v2 − v1)2] 1

2 (1.22)

= [∆x ·∆x+2∆x ·∆u + ∆u ·∆u]12

Donde hemos de�nido con ∆x al vector desde el punto 1 al punto 2

∆x =

{x2 − x1

y2 − y1

}(1.23)

y con ∆u a la diferencia de desplazamientos de los nudos

∆u =

{u2 − u1

v2 − v1

}(1.24)

Y

X

1

2

0S

L 0

u2

v1

u1

Figura 1.15: Cinemática de una barra en el plano


La deformación especí�ca longitudinal se de�ne como

ε =L

L0

− 1 (1.25)

reemplazando las expresiones anteriores puede escribirse

ε =

[t · t+2t · ∆u

L0

+∆u

L0

· ∆u

L0

] 12

− 1 (1.26)

donde hemos ademas introducido el vector unitario en la dirección de la barra

t =∆x

L0

=

[cosαsinα

](1.27)

Para pequeñas deformaciones puede escribirse

ε = t · ∆u

L0

+1

2

∆u

L0

· ∆u

L0

(1.28)

y para pequeños giros esta expresión se puede linealizar, manteniendo exclusivamente el primertérmino

ε = t · ∆u

L0

(1.29)

Notar que cuando en una barra articulada hablamos de los desplazamientos de sus nudosextremos, estamos suponiendo que en el interior de la barra los desplazamientos varían lineal-mente entre los de sus extremos. Es decir, de�niendo una variable local s que vale 0 en el nudo1 y vale L0 en el nudo 2, entonces

u (s) =

(1− s

L0

)u1 + s u2

v (s) =

(1− s

L0

)v1 + s v2

u (s) =

(1− s

L0

)u1 + s u2 (1.30)

Esto surge de resolver la ecuación diferencial de equilibrio de la barra

dN

ds+ p (s) = 0 (1.31)

con las hipótesis

No hay carga externa dentro del tramo p (s) = 0

Las propiedades de la barra (E y A) no son función de s (son constantes)

De la primera hipótesis resulta N constante en toda la barra, lo que junto con la segundahipótesis conduce a que la deformación

ε =N

EA=du

ds(1.32)

también sea constante, luego u (es desplazamiento en la dirección de s) varíe en forma lineal.


1.7. TEORIA DE VIGAS

Como paso previo al estudio de métodos generales de resolución de pórticos tridimensionales,recordemos previamente los elementos básicos de la teoría de vigas en dos dimensiones

1.7.1. Teoría clásica de vigas en �exión pura

Las hipótesis en que se basan las próximas ecuaciones son (además de las de linealidad):

El eje de la viga es recto

La sección no cambia en todo el tramo.

La dirección normal al plano de la viga es una de las direcciones principales de inercia dela sección

Supondremos (sin ninguna perdida de generalidad) que el plano de movimiento de la viga esel plano (x − y) y que el eje x coincide con el eje de la viga. Denominaremos con v a losdesplazamientos en la dirección y.

Las fuerzas externas actúan en la dirección y (no hay fuerzas externas en la direcciónaxial)

Las tensiones normales en la dirección transversal a la viga son despreciables, esto incluyelas tensiones de contacto debidas a las cargas aplicadas, luego es indistinto que las cargasse apliquen sobre la partes superior, inferior o sobre el eje de la viga.

Las secciones se mantienen planas al deformarse la viga

Las deformaciones debidas al corte transversal son despreciables γ = 0 . Es decir que lassecciones se mantienen normales al eje deformado.

X

Y

y

β

dvdx

v

u=- yβ

Figura 1.16: Desplazamientos en vigas. Plano x-y

Los desplazamientos u en la dirección x (debidos a la �exión) dependerán del giro de lasección β = dv

xy variarán linealmente en la altura de la viga con valor nulo en el eje .

u (x, y) = −β (x) y = −dv (x)

dxy (1.33)

1.7. TEORIA DE VIGAS 21

En base a lo anterior las únicas deformaciones relevantes son las deformaciones de �exión enla dirección x, que denominaremos simplemente con ε. Estas deformaciones varían linealmenteen el espesor en función de la distancia al eje de la sección y son proporcionales a la curvaturadel eje.

ε (x, y) =du

dx=

d

dx

(−dv (x)

dxy

)= −χy (1.34)

donde la curvatura del eje originalmente recto queda entonces de�nida por

χ (x) =dβ

dx=d2v

dx2(1.35)

Y

X

q(x)

M+ dxdMdx

Q Q+ dxdQdx

M

Figura 1.17: Equilibrio en vigas

Luego las tensiones en la dirección axial valen

σ(x, y) = Eε (x, y) = −Eχy (1.36)

El esfuerzo normal por hipótesis vale 0, lo que se veri�ca ya que

N (x) =

∫A

σ (x, y) dA =

∫A

−Eχ (x) ydA = −Eχ (x)

∫A

ydA (1.37)

donde la última integral indicada es 0 porque el eje pasa por el baricentro de la sección.El momento �ector resulta de integrar el momento de estas tensiones en el área de la sección

M (x) = −∫A

σ (x, y) y dA = Eχ (x)

∫A

y2dA = Eχ (x) I (1.38)

Esta última ecuación nos provee la relación constitutiva entre esfuerzos generalizados (M)y deformaciones generalizadas (χ).

La ecuación de equilibrio a la traslación (vertical) resulta

dQ (x)

dx+ q (x) = 0 (1.39)

En tanto que la ecuación de equilibrio de momentos alrededor del eje normal al plano demovimiento es

Q (x) +dM (x)

dx= 0 (1.40)


Q (x) = −dM (x)

dx(1.41)

Llevando esta última a la expresión anterior

−d2M (x)

dx2+ q (x) = 0 (1.42)

a su vez reemplazando la expresión del momento y en base a la hipótesis de que la sección nocambia

−d2Eχ (x) I

dx2+ q (x) = 0

−EI d2χ (x)

dx2+ q (x) = 0 (1.43)

�nalmente reemplazando aquí la curvatura en función de los desplazamientos

−EI d4v (x)

dx4+ q (x) = 0 (1.44)

tenemos la ecuación diferencial de equilibrio de la viga a �exión en función de los desplazamien-tos. Esta ecuación diferencial ordinaria, lineal, de 4 orden requiere de 4 condiciones de borde,en general 2 por extremo. Estas condiciones pueden ser de dos tipos:

de Dirichlet, esenciales, cinemáticas o geométricas. Físicamente podemos imponer losdesplazamientos en un extremo. Estos desplazamientos pueden ser en la dirección y, (esdecir podemos imponer v), o en la dirección x, en este último caso como u depende delgiro β lo que podemos imponer es dv

dx.

de Neumann, naturales o de fuerzas. Físicamente podemos imponer las fuerzas en unextremo. Estas fuerzas pueden ser el esfuerzo de corte Q o el momento �ector M energé-ticamente asociados respectivamente al desplazamiento vertical v y al giro β.

Naturalmente en un mismo extremo pueden tenerse simultaneamente una condición de cadauna pero no las conjugadas, es decir puedo simultaneamente imponer el desplazamiento yel momento �ector (borde simplemente apoyado) o imponer el giro y el corte (condición desimetría), pero no simultaneamente el desplazamiento y el corte, o el giro y el momento.

Resulta importante destacar la convención de signos utilizada para giros (β), curvaturas(χ) y momentos (M). Las variables giro β, y momento �ector M son, desde el punto de vistaespacial, las componentes sobre la normal al plano de �exión (eje z), de los vectores β y M . Laconvención utilizada corresponde entonces a que dichas variables escalares correspondan a unacomponente positiva sobre el eje z de las correspondientes variables vectoriales. De esta formaresulta que un giro positivo (sentido anti-horario) conduce a desplazamientos u positivos en laparte donde y es negativo (ecuación 1.33). Esta opción se hace extensiva al momento �ector,de forma que el momento �ector es positivo si tracciona las �bras donde y es negativo (lasinferiores en este caso) de donde resulta la necesidad de cambiar el signo en la de�nición usualdel momento (ecuación 1.38) y en la expresión de las tensiones en función del momento �ector

σx (x, y) = −M (x)

Iy (1.45)

Finalmente la elección de la convención positiva para la curvatura χ coincide con la del mo-mento. Desde el punto de vista de un problema exclusivamente bi-dimensional a menudo seutiliza una convención contraria a la indicada, esto no acarrea ningún problema en tal caso,pero al estudiar problemas tridimensionales resulta conveniente que estas variables, que son


componentes de un vector, tengan signo positivo si su sentido coincide con la dirección positivadel eje correspondiente. De tal forma que naturalmente a las variables que hemos de�nido co-mo β, χ y M les agregaremos un subíndice z para distinguirlas de las restatnes componentes.Además será necesario distinguir los diferentes momentos de inercia, luego a I le agregaremosun subíndice indicando alrededor de que eje estamos tomando momento

Iz =

∫A

y2dA (1.46)

Finalmente a las fuerzas y esfuerzos se les agregará un subíndice indicando la dirección en lacual actúan, es decir

q(x) = qy (x)

Q (x) = Qy (x)

Recordar además que la distribución de tensiones de corte transversales al eje de la vigase calcula a partir de la expresión de Jourasky. Aquí se incluye la hipótesis de que no hayfuerzas tangenciales aplicadas sobre el borde de la viga, luego por reciprocidad de tensionestangenciales, el valor de las tensiones de corte es cero en las caras superior e inferior. Ademásnotar que al haber despreciado las deformaciones transversales de corte (γ = 0) no hay unarelación constitutiva que pueda ligar Q con γ, y que el corte surge de la condición de equilibriode momentos (ecuación 1.41)

Ejemplo: Viga bi-empotrada

Como ejemplo sencillo observemos como obtener la solución de una viga bi-empotrada concarga uniforme.

d4v (x)

dx4=

q (x)

EI

v|x=0 = 0dv

dx|x=0 = 0

v|x=L = 0dv

dx|x=L = 0

Integrando esta ecuación diferencial se obtiene

una vezd3v

dx3= 1

EI

∫q (x) dx+ A −Q(x)

EI

dos vecesd2v

dx2= 1

EI

∫ ∫q (x) dxdx+ Ax+B M(x)

EI

tres vecesdv

dx= 1

EI

∫ ∫ ∫q (x) dxdxdx+

Ax2

2+Bx+ C β

cuatro veces v = 1EI

∫ ∫ ∫ ∫q (x) dxdxdxdx+

Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

Utilizando la 3ra y la 4ta, para imponer allí las condiciones de biempotramiento tendremos0 0 0 10 0 1 0L3

6L2

2L 1

L2

2L 1 0

ABCD

= −

00vq

βq

Donde hemos denominado con

vq =1

EI

∫ ∫ ∫ ∫ L

x=0

q (x) dxdxdxdx =qL4

24EI

βq =1

EI

∫ ∫ ∫ L

x=0

q (x) dxdxdx =qL3

6EI


En el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas resultante, las dos primeras ecuaciones sonde resolución inmediata, [

CD

]=

[00

]lo que puede llevarse a las dos restantes, resultando entonces[

L3

6L2

2L2

2L

] [AB

]= −

[vq

βq

]= − qL

3

6EI

[L/4

1

]de donde

A = − qL

2EIB =

qL2

12EI

En consecuencia el momento �ector vale

M(x) =q

2

[−x2 + Lx− L2

6

]que valuado en los extremos y el centro vale

x = 0 −qL2

12

x = L2

+qL2

24

x = L −qL2

12

(1.47)

1.7.2. Flexión en el plano x− zCuando la �exión no se restringe a un plano es necesario considerar un segundo grupo de

ecuaciones, que no di�eren substancialmente de las anteriores, sólo cambian las denominacionesy el hecho de que el eje normal al plano (y) es entrante al plano en este caso

X

Z

z

−β

dwdx

w

u= zβ

1

Figura 1.18: Deformaciones en vigas. Plano x-z

u (x, z) = βy (x) z = −dw (x)

dxz (1.48)

ε (x, z) =du

dx=

d

dx

(−dw (x)

dxz

)= χyz (1.49)


χy (x) =dβydx

= −d2w

dx2(1.50)

σ(x, z) = Eε (x, z) = Eχyz (1.51)

My (x) =

∫A

σ (x, z) z dA = Eχy (x)

∫A

z2dA = Eχy (x) Iy (1.52)

dQz (x)

dx+ qz (x) = 0 (1.53)

Qz (x) =dMy (x)

dx(1.54)

d2My (x)

dx2+ qz (x) = 0 (1.55)

EId2χy (x)

dx2+ qz (x) = 0 (1.56)

−EI d4w (x)

dx4+ qz (x) = 0 (1.57)

Notar que en este caso la de�nición de giros y momentos en el plano x − z conduce a des-plazamientos y tensiones longitudinales positivos en la parte donde la coordenada z es positiva.

1.7.3. Esfuerzos axiales

El análisis de esfuerzos axiales corresponde a las mismas expresiones de la barra articulada.Recordar que al ser la viga de eje recto y no considerar efectos de segundo orden, es posibledesacoplar los efectos axiales de los de �exión y a su vez a los de �exión analizarlos en losrespectivos planos principales de inercia como se ha indicado.

1.7.4. Esfuerzos de torsión

Respecto a la torsión, consideraremos como positivos los momentos torsores que vectorial-mente coincidan con la dirección positiva del eje x; lo mismo diremos del giro correspondiente.Las ecuaciones diferenciales que gobiernan la torsión de Saint Venant (sin restricción de alabeo)corresponden a:

Comportamiento en el plano de la sección

Que da lugar a diferentes versiones de la ecuación de Laplace de acuerdo a la incógnitaelegida, función de tensión (asociado a la analogía de la membrana) o función de alabeo.


Comportamiento a lo largo del eje de la viga

Que conduce a una ecuación diferencial similar (formalmente idéntica) a la de la barra conesfuerzos axiales

dMx

dx+mx (x) = 0 (1.58)

donde Mx (x) es el momento torsor (esfuerzo interno)

Mx (x) =

∫A

(−σxy z + σxz y) dA (1.59)

y mx (x) es el momento torsor distribuido aplicado a lo largo del eje.La ecuación constitutiva asociada es

Mx (x) = GρJθ (1.60)

donde J es el momento polar de inercia, ρ es un factor que depende de la forma de la sección(que sólo es 1 para secciones circulares o anulares cerradas y de otras condiciones geométricasasociadas a la restricción de alabeo y la longitud de la pieza), G es el módulo de elasticidadtransversal y θ es el ángulo especí�co de giro (deformación generalizada asociada)

θ =dβxdx

(1.61)

El reemplazo de estas últimas dos ecuaciones en la primera conduce a (para secciones uni-formes)

GρJd2βxdx2

+mx (x) = 0 (1.62)

Las condiciones de contorno que pueden imponerse aquí son (una en cada extremo normal-mente)

el giro βx , o

el momento torsor Mx

Ejemplo de torsión con �exión

Supongamos un eje circular bajo una carga distribuida qz excéntrica que (además de �exiónen el plano x − z) produce un momento torsor distribuido mx = −qz e (ver Figura 1.19) .Respecto a las condiciones de borde supongamos que los giros en los extremos están impuestosde valor β1 y β2

La ecuación diferencial a resolver es (ρ = 1)

d2βxdx2

=qze

GJdβx (x)

dx=

qze

GJx+ C = θ (x)

βx (x) =qze

GJ

x2

2+ Cx+D

Las constantes de integración se determinan en función de las condiciones de contorno

βx (x = 0) = D = β1

βx (x = L) =qze

GJ

L2

2+ CL+D = β2


β1

β2

Figura 1.19: torsión de un eje

de donde

D = β1

C = − qzeGJ

L

2+

(β2 − β1)

L

con lo cual (reordenando)

βx (x) =qze

GJ

x

2(x− L) + β1 +

x

L(β2 − β1)

θ (x) =qze

GJ

(x− L

2

)+

(β2 − β1)

L

Mt (x) = qze

(x− L

2

)+GJ

(β2 − β1)

L

Debido a la linealidad de la ecuación diferencial, al mismo resultado se llega si se analizanpor separado la in�uencia de la carga y de las condiciones de contorno de giros impuestos. Lasolución encontrada puede verse como la combinación (suma) de las siguientes soluciones

debido al momento torsor distribuido con condiciones de contorno de giros nulos en losextremos. Esto se conoce como solución de la ecuación diferencial no-homogénea (contérmino independiente no nulo) y condiciones de contorno homogéneas (giros nulos), yse la denomina �solución particular� porque depende de la distribución de carga. En estecaso vale

βPx (x) =qze

GJ

x

2(x− L)

MPt (x) = qze

(x− L

2

)

debido a cada una de las condiciones de contorno (en forma separada) y sin carga de tramo.Esto se conoce como �solución general de la ecuación diferencial homogénea� (terminoindependiente nulo) y condiciones de contorno no-homogéneas (giros no nulos en general).Que vale

βHx (x) = β1 +x

L(β2 − β1)

MHt (x) = GJ

(β2 − β1)

L


1.8. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO CINE-

MATICO

Analizaremos ahora un ejemplo que nos permita observar la primera de las consecuenciasde las hipótesis de linealidad indicadas (ver Fig.1.20).

FFKu

EAL0

S

N

-v-u

θ

u

v

X

Y

Figura 1.20: Inestabilidad de un barra cargada axialmente

Plantearemos el equilibrio en la con�guración deformada, pero supondremos que las defor-maciones de la barra son pequeñas y elásticas y que el comportamiento del resorte es lineal,pues si no excede por mucho los objetivos del curso.

-La deformación axial de la barra es:

ε =L

L0

− 1 (1.63)

con

L =[(L0 + v)2 + u2

] 12 (1.64)

luego

ε =

[(1 +

v

L0

)2

+

(u

L0

)2] 1

2

− 1 (1.65)

∼=v

L0

+1

2

[(v

L0

)2

+

(u

L0

)2]

que inicialmente podemos restringir al primer término.-El esfuerzo en la barra (adoptando la ley de Hooke)

N = EAε =EA

L0

v (1.66)

-Similarmente el esfuerzo en el resorte será

S = Ku (1.67)

-Las ecuaciones de equilibrio resultanEn la dirección x -

S +N sin θ = 0 (1.68)

1.8. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO CINEMATICO 29

En la dirección y -

F −N cos θ = 0 (1.69)

A su vez podemos escribir el ángulo θ en función de u y v

sin θ =u

Lcos θ =

(L0 − v)

L(1.70)

F

S

Figura 1.21: Equilibrio del nudo

Reemplazando en las ecuaciones de equilibrio (1.68,1.69) estas últimas (1.70) y las de losesfuerzos en términos de los desplazamientos (1.66,1.67), tenemos

Ku+EA

L0

vu

L=

[K +

EA

L0

v

L

]u = 0 (1.71)

F − EA

L0

v(L0 + v)

L= 0 (1.72)

Una posible solución de la primera es u = 0, que corresponde a que la barra se mantieneperfectamente vertical y que el resorte no desarrolla ningún esfuerzo. Tal solución puede llevarsea la segunda ecuación, notando que en tal caso L = L0 + v, por lo cual resulta

F − EA

L0

v = 0 (1.73)

v =FL0

EA(1.74)

La solución encontrada (u = 0, v = FL0/EA), que es la que predice un análisis lineal, noes la única posible, si reemplazamos el valor de v en la primera ecuación tenemos[

K +F

L0

]u = 0 (1.75)

luego es posible una segunda solución con valores no necesariamente nulos de u cuando la fuerzaF alcanza el valor KL0

F = −KL0

que corresponde a un punto de estabilidad crítica asociado a una bifurcación del equilibrio(pandeo).

Este tipo de comportamiento no pueden analizarse si no se plantea el equilibrio en la geo-metría deformada.


U-V

-F

- KL

Punto crítico

Solución Line

Figura 1.22: Trayectorias de equilibrio

1.9. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO MATE-

RIAL

Normalmente supondremos que el material se comporta en forma elástica durante el procesode análisis, sin embargo resulta ilustrativo observar cuales serían los pasos a seguir cuando elcomportamiento del material es elasto-plástico.

Veamos entonces un ejemplo de barras articuladas donde el material supera la tensión de�uencia (ver Figura 1.23)

a a

b

L

P

α

α1

α2

Figura 1.23: Análisis elasto-plástico de un sistema de barras

Supongamos que todas las barras tienen la misma sección y son del mismo material, es decirdel mismo comportamiento elasto-plástico. Veamos primero la geometría del problema

α = arctan(a

b) L =

√a2 + b2

α1 =π

2− α α2 =

π

2α3 =

π

2+ α

cosα1 = sinα cosα2 = 0 cosα3 = − sinαsinα1 = cosα sinα2 = 1 sinα3 = cosα

1.9. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO MATERIAL 31

Las ecuaciones de equilibrio resultan entonces

(N1 −N3) sinα = 0

N1 cosα +N2 +N3 cosα = −P

de la primera resulta N1 = N3 como era de esperar dado que la estructura es simétrica y lasolicitación también lo es. Llevando este resultado a la segunda de las ecuaciones tenemos

2N1 cosα +N2 = −P

Por lo cual tenemos una ecuación con dos incógnitas que de hecho no podemos resolver sinintroducir condiciones adicionales. La estructura es hiperestática y por lo tanto no alcanza conplantear condiciones de equilibrio exclusivamente.

Calculemos las deformaciones de las barras en función de los desplazamientos nodales. Ob-servemos que dada la simetría el único desplazamiento incógnita es el vertical, pues el horizontales cero. Para la barra 1 tendremos

t1 =1

L(a, b) ∆u = (0,−v) ε1 = t1 ·

∆u

L= − bv

L2

y para la barra 2

t2 = (0, 1) ∆u = (0,−v) ε2 = t2 ·∆u

L2

= −vb

Luego, usando las constitutivas tendremos que los esfuerzos valen

N1 = −EAbL2

v N2 = −EAbv

reemplazando en la ecuación de equilibrio

2EAb

L2v cosα +

EA

bv = P[

2EAb

L2cosα +

EA

b

]v = P

[2K1 +K2] v = P

K v = P

donde K1 y K2 son las contribuciones de la barra 1 y 2 respectivamente al equilibrio del nudo.La respuesta de la estructura (el desplazamiento v) es proporcional a P , mientras todas lasbarras se encuentren en estado elástico.

Notemos que la relación

ε1

ε2

=

(b

L

)2

< 1

luego la deformacion en la barra central (2) es mayor que en las inclinadas y por lo tanto serála primera en llegar a la �uencia. Adoptemos un diagrama tensión-deformación del materialconstitutivo bilineal como se indica en la �gura. La deformación longitudinal a la cual alcanza�uencia el material es εf = 10−3

El valor de v en que la barra 2 llega a �uencia lo llamaremos v2 y puede verse que vale

v2 = 10−3b


ε

σ

10-3

1E/10

Figura 1.24: Diagrama Tensión-Deformación para el material

En tanto que las barras inclinadas llegarán a �uencia para un desplazamiento

v1 = 10−3 L

cosα

Luego el valor de P para el cual llega a �uencia la barra central es

P2 = [2K1 +K2] 10−3b

Hasta entonces el comportamiento es elástico y si se descarga el sistema éste vuelve a suestado original. A partir de aquí, para continuar el análisis es necesario trabajar con incrementosen carga y desplazamientos pues la capacidad de cada elemento de seguir tomando carga hacambiado. Según el diagrama de tensión-deformación la barra central para un incremento dedeformación dado ahora tomará la décima parte de tensión de lo que tomaba en estado elástico,luego su contribución a la ecuación de equilibrio será 10 veces menor. Luego nuestra ecuaciónde equilibrio (incremental) resulta ahora[

2K1 +K2

10

]∆v = ∆P

K ′ ∆v = ∆P

Esta ecuación incremental tiene validez bajo las siguientes condiciones

1. que v2 + ∆v < v1 es decir que las barras inclinadas se mantengan elásticas

2. que no descarguemos, es decir que ∆P no cambie de signo, pues en tal caso la descargasigue la pendiente original (lo mismo que el diagrama tensión-deformación).

Cuando el desplazamiento v alcanza el valor v1 las barras inclinadas también entran en �uencia

P1 = P2 +K ′ (v1 − v2)

A partir de este instante la contribución de estas barras a la ecuación de equilibrio incre-mental también disminuye resultando

K

10∆v = ∆P

K′′

∆v = ∆P

En la �gura 1.25podemos ver como es el diagrama P − v para este ejemplo

1.10. CALCULO PLASTICO EN VIGAS CONTINUAS 33

v

P

1

K

1K’

1K"

descarga

v2 v1

P1

Figura 1.25: Diagrama carga-desplazamiento del sistema de barras

1.10. CALCULO PLASTICO EN VIGAS CONTINUAS

El análisis elasto-plástico de estructuras ha cobrado importancia en los últimos años debidoprincipalmente a los cambios en los códigos orientados a diseño en base a estados últimos yno como antes basados en tensiones admisibles. El objetivo es aprovechar las característicasdúctiles de la estructuras para absorber las solicitaciones. El análisis elasto-plástico es porsupuesto no-lineal desde el punto de vista constitutivo, e incluso no puede obviarse la no-linealidad geométrica debido a los importantes desplazamientos que tienen lugar. Un análisisriguroso de este tipo de problemas excede las posibilidades de este curso y sólo se verán algunosejemplos sencillo de vigas continuas o se hará uso del concepto de ductilidad para realizar unaproximación al problema al tratar acciones sísmicas.

Bajo �exión simple, el máximo momento que puede resistir una sección depende de la formade la sección y del material constitutivo. Durante un proceso de carga monótono, las primeras�bras que entran en �uencia son las más alejadas del eje baricéntrico, habitualmente se suponeen este tipo de cálculos que el material es su�cientemente dúctil de tal forma que toda lasección es capaz de entrar en �uencia. El momento máximo que puede soportar se calculaentonces suponiendo que el estado tensional en practicamente toda la sección es el del valor de�uencia. Así en secciones rectangulares el momento plástico (último) resulta

Mp =bh2

4σy (1.76)

Supongamos entonces una viga simplemente apoyada bajo carga uniforme q, el máximomomento �ector vale Mm = qL2/8 igualando este valor al momento plástico nos permitepredecir la máxima carga que puede soportar la viga

qm =8Mp

L2

Notar que la viga al alcanzar el momento en la sección central el valor del momento plásticose convierte en un mecanismo pues de allí en mas no puede seguir absorviendo momentos (esequivalente a una articulación). Esta limitación de las estructuras isostáticas sugiere utilizarestructuras hiperestáticas que pueden admitir la formación de rótulas plásticas sin convertirseen mecanismos. A continuación veremos algunos ejemplos.


1.10.1. Viga biempotrada con carga uniforme

Consideremos el comportamiento más alla de la �uencia de una viga empotrada en ambosextremos sometida a una carga uniforme. La solución de esta estructura ya fue vista más arriba,recordemos los resultados resumidos en la expresión 1.47

x = 0 −qL2

12

x = L2

+qL2

24

x = L −qL2

12Claramente los primeros puntos en plasti�carse son los empotramientos para un valor de

q1 =12Mp

L2

A partir de alli la viga se comporta como simplemente apoyada para incrementos de carga,el momento máximo se produce para esta nueva respuesta en el centro:

∆Mc =∆q L2

8

donde alcanza �uencia cuando

q1L2

24+

∆q L2

8= Mp

Mp

2+

∆q L2

8= Mp

∆q2 =4MP

L2

q1 + ∆q2 =16Mp

L2

La máxima carga admisible resulta en este caso el doble que en el caso simplemente apoyado.

1.10.2. Viga continua de dos tramos

Sea la viga de la �gura, sometida a una carga puntual P en el extremo del voladizo y unacarga puntual de valor 4P en el centro del tramo principal.

4P P

4P P

L L/2

Figura 1.26: Análisis plástico de una viga continua

Para la resolución de este tipo de problemas normalmente se realiza el siguiente procedi-miento

1.10. CALCULO PLASTICO EN VIGAS CONTINUAS 35

1. Primero se resuelve el sistema hiper-estático y se determina en que punto se produceel máximo momento. Si las secciones o los materiales no son uniformes hay que buscarel punto donde se produzca la máxima relación M(x)

MP,donde MP , dependerá del tramo

considerado. Se determina el nivel de acciones para el cual se produce la rótula plástica.

2. Se coloca una articulación donde se ha producido la rótula y se resuelve el sistema hiper-estático resultante. Si el sistema se ha convertido en un mecanismo se detiene el cálculo

3. Se busca donde se produce la máxima solicitación como suma del estado inicial anteriormas el nuevo sistema (exceptuando por supuesto donde se ha producido la rotula anterior).

4. Se determina para que incremento de carga se vuelve a producir una nueva rótula plástica.

5. se vuelve al paso 2.

En algunos casos sencillos puede resolverse en forma directa si se tiene una idea de donde sehan de producir las rótulas plásticas. En tal caso se dispone del sistema isostático antes de quese produzca la falla, se colocan momentos a cada lado de las rótulas de valor igual al momentoplástico y se resuelve el isostático correspondiente.

En el ejemplo de la �gura es de hiperestaticidad 1, podemos suponer que una de las rótulasse va a producir en el empotramiento. Si colocamos alli un momento igual a MP , tendremos undiagrama lineal entre el empotramiento y el apoyo. Si esta suposición es errónea, los resultadossiguientes estarán por supuesto equivocados. Luego si no se tiene un cierto conocimiento deldiagrama de momentos no es posible elegir la posición de la rótula.

A continuación resolvemos con el sistema de cargas existentes el isostático resultante decolocar una rótula en el empotramiento. Los posibles candidatos para rótula plástica son elpunto bajo la carga y el apoyo. En el punto bajo la carga el momento �ector vale

M

(L

2

)= −Mp

2+

3

4PL = Mp

que conduce a un valor de

P =2Mp

L

En el apoyo el momento �ector vale

M (L) = −PL2

que conduce a un valor máximo de

P =2Mp

L

que es mismo valor que produce �uencia bajo la carga. Luego simultaneamente se formarán dosrótulas.


1.11. Ejercicios

1.11. EJERCICIOS 37

Capítulo 2

CONSIDERACIONES GENERALES

Dr. Fernando Flores

2.1. Introducción

En este capítulo se realizan consideraciones generales a la solución de sistemas estructuralesformados por elementos unidimensionales (barras articuladas y vigas). Se entiende por �ele-mento unidimensional� a elementos estructurales cuyo comportamiento puede ser descripto enfunción de variables asociadas a una única coordenada espacial (la longitud de arco a lo largodel elemento), lo que lo distingue de problemas bi y tridimensionales que se verán en cursossuperiores. Como se resumiera en el capítulo anterior las ecuaciones diferenciales que gobiernanel comportamiento de estos elementos son �ordinarias� es decir en función de una única variableindependiente (la longitud de arco a lo largo del elemento) lo que permite en general integrarcon cierta facilidad tales ecuaciones diferenciales y expresar el comportamiento del elemento enfunción de unos pocas variables asociadas a sus extremos.

A partir de un ejemplo de barras articuladas se presentan conceptualmente los distintospasos necesarios para el análisis y se introducen en forma restringida y no-sistemática losprincipales métodos de análisis que serán desarrollados en detalle en los capítulos posteriores.

2.2. Solución de un sistema isostático

Consideremos las solución del reticulado plano indicado en la �gura. Analicemos un pocola geometría de esta estructura. Está compuesta de 6 nudos articulados, 9 barras y dos apoyos(uno �jo y otro móvil). La cantidad de restricciones de desplazamientos es 3 (dos en el �jo yuna en el móvil), lo que signi�ca que la estructura es externamente isostática, pues tiene lasrestricciones mínimas correspondientes a los tres posibles movimientos de cuerpo rígido en elplano. Esta isostaticidad externa permite calcular las reacciones de apoyo en forma directausando sumatoria de fuerzas

∑Fx = 0

∑Fy = 0 y sumatoria de momentos respecto a

algún punto convenientenmente elegido∑Mz = 0.

Por otro lado la estructura misma, aislada de sus apoyos, no es un mecanismo, es decir no esposible que sus nudos se desplacen sin que las barra se deformen y aparezcan tensiones (salvoque se imponga un desplazamiento de cuerpo rígido). Más aún la estructura puede clasi�carse

39

40 CAPÍTULO 2. CONSIDERACIONES GENERALES

1 2 3

4 56

1

2

3

9

4

5 6 7

8

PP

2P P

P

2P

3

4 4

Figura 2.1: Ejemplo de sistema isostático

como �internamente isostática� a partir de condiciones que veremos luego, por lo que puedenevaluarse los esfuerzos en cada barra con cierta facilidad.

Para una solución completa de la misma, que permita conocer los desplazamientos es nece-sario conocer el material que constituye la estructura y el área de la sección de cada barra.

Las condiciones impuestas al problema pueden clasi�carse en dos grupos

Restricciones a los desplazamientos. Estas están asociadas a los apoyos donde seconocen �a priori� cuanto valen tales desplazamientos. Por otro lado un apoyo signi�caque este aportará con la reacción correspondiente que �a priori� se desconoce.

Las cargas en los nudos. Estas están asociadas a todos los nudos que no son apoyos.Notar que en todo nudo no restringido se conoce la carga actuante (incluyendo la direcciónno restringida del apoyo móvil). Paralelamente en estos nudos los desplazamientos sondesconocidos �a priori�.

2.2.1. Planteo de las ecuaciones de equilibrio y determinación de los

esfuerzos

Para que la estructura esté en equilibrio es necesario que cada nudo esté en equilibrio.Esto permite plantear 2 ecuaciones de equilibrio por nudo, en el caso del ejemplo tendremos12 ecuaciones que resultan en función de los esfuerzos en las 9 barras y las tres reacciones deapoyo.

Previo al planteo de las ecuaciones de equilibrio es necesario organizar los datos. Se conocenlas coordenadas de todos los nudos (el origen de coordenadas coincide con el nudo 6, el ejex corresponde con la dirección horizontal y el eje y con la dirección vertical), y conocemostambién las barras que concurren a cada nudo. Cada barra está orientada desde su nudo `1'(o primer nudo) a su nudo `2' (o segundo nudo), a partir de las coordenadas de estos nudospodemos calcular su longitud y de�nir el vector t = (cosα, sen α) = (tx, ty), en función de susproyecciones sobre las direcciones positivas de los ejes x e y.

2.2. SOLUCIÓN DE UN SISTEMA ISOSTÁTICO 41

nudo x y1 0 32 4 33 8 34 4 05 8 06 0 0

Barra Nudo 1 Nudo 2 Longitud tx = cosα ty =sen α1 6 1 3 0 12 1 2 4 1 03 1 4 5 4/5 -3/54 2 3 4 1 05 4 2 3 0 16 4 3 5 4/5 3/57 5 3 3 0 18 4 5 4 1 09 6 4 4 1 0

Cada barra contribuye exclusivamente al equilibrio de sus nudos extremos. Para un valorpositivo (tracción) del esfuerzo de la barra (N i) esta tira de los nudos, en la dirección ti en suprimer nudo y en la dirección −ti en su segundo nudo. Por ejemplo si consideramos 0l equilibriodel nudo 2 al cual concurren las barras 2, 4 y 5, la ecuación de equilibrio es (incluyendo lasfuerzas externas por supuesto)

2

-N5 t5

N4 t4

2P

-N2

N2 (−t2) +N4 (t4) +N5 (−t5) +

{0−2P

}= 0

N2

[−10

]+N4

[10

]+N5

[0−1

]+

{0−2P

}= 0

Notar que el nudo 2 es el �segundo nudo� para las barras 2 y 5, y el �primer nudo� parala barra 4 (ver Tabla). Por ello en la ecuación de equilibrio los esfuerzos N2 y N5 aparecenmultiplicados por −t2 y −t5. Los signos del vector de fuerzas externas en el nudo correspondena si sus proyecciones son respectivamente positivas o negativas

De la misma forma que lo hecho para el nudo 2, pueden escribirse las 2 ecuaciones deequilibrio de cada nudo y ordenarse en forma matricial

0 1 4/5-1 0 -3/5

-1 1 00 0 -1

-1 -4/5 00 -3/5 -1

-4/5 0 4/5 1 -13/5 1 3/5 0 0

0 -1

1 0 10 1 11 0 1

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5y

R6x

R6y

+

P−P

0−2PP−P

0−2P

0000

= 0 (2.1)

Donde las dos primeras �las corresponden a las ecuaciones de equilibrio en el nudo 1, latercera y la cuarta corresponden al equilibrio en el nudo 2 y así sucesivamente. Este sistema deecuaciones puede resolverse y de él se obtienen directamente los esfuerzos en las barras y lasreacciones de apoyo


N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5y

R6x

R6y

=

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,853−3,750

0,0002,0003,750−2,000

2,250

P (2.2)

Una forma alternativa de describir el sistema de ecuaciones anterior es escribir en el primermiembro las contribuciones al equilibrio de los esfuerzos internos y en el segundo las contribucio-nes de las fuerzas externas (incluyendo las reacciones). Esto sencillamente consiste en cambiarde miembro las fuerzas externas, lo que implica un cambio de signo, este cambio de signo serealiza por razones prácticas sobre las contribuciones de las fuerzas internas. Luego

0 -1 -4/51 0 3/5

1 -1 00 0 1

1 4/5 00 3/5 1

4/5 0 -4/5 -1 1-3/5 -1 -3/5 0 0

0 1

-1 00 -1-1 0

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

P−P

0−2PP−P

0−2P

0R5y

R6x

R6y

(2.3)

Notar que:

1. En cada una de las primeras nueve columnas aparecen las contribuciones de cada barraal equlibrio de sus nudos extremos. Si en un nudo su contribución al equilibrio aparececon signo positivo en el otro es negativa, y en consecuencia la suma de los coe�cientes decada una de estas columnas es cero

2. Naturalmente las reacciones sólo contribuyen al nudo donde actúan.

3. Las ecuaciones globales de equilibrio se pueden obtener como combinación lineal de lasplanteadas. Así la ecuación de equilibrio global en la dirección x se obtiene como la sumade las �las impares y la ecuación de equilibrio global en la dirección y se obtiene como lasuma de las �las pares. Por lo dicho en 1 las contribuciones de los esfuerzos internos de lasbarras se cancelan. En tanto que la ecuación de equilibrio de momentos se obtiene tomandomomento de cada ecuación de equilibrio de cada nudo, donde nuevamente los esfuerzosinternos se cancelan pues sus líneas de acción coinciden y son opuestos. Si tomamosmomento respecto al origen de coordenadas, basta con multiplicar las ecuaciones impares(dirección x) por menos la coordenada y del nudo y las ecuaciones pares (dirección y) por

2.2. SOLUCIÓN DE UN SISTEMA ISOSTÁTICO 43

la coordenada x del nudo correspondiente. En el ejemplo resulta:∑Fx =∑Fy =∑Mz =

11 18

R5y

R6x

R6y

+

2P−6P−30P

=

000

(2.4)

4. Las primeras 9 ecuaciones pueden resolverse en forma independiente de las últimas 3. Esta9 ecuaciones corresponden al equilibrio de los nudos libres de desplazarse y sólo dependende los esfuerzos en las 9 barras. El sistema de 9x9 está determinado y tiene solución única.

5. Si se han obtenidos los esfuerzos N i de acuerdo al punto anterior (con el sistema 9x9), lasreacciones pueden calcularse a partir de estos esfuerzos, realizando el producto matricialde las últimas 3 ecuaciones de (2.3).

-1 00 -1-1 0

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

R5y

R6x

R6y

(2.5)

2.2.2. Cálculo de los desplazamientos nodales

Conocidos los esfuerzos en las barras interesa calcular los desplazamientos de los nudos.Recordemos que para cada barra la deformación vale

εi =N i

EAi= ti ·

∆uiLi

(2.6)

y su elongación (alargamiento) resulta:

εiLi = ei =N i

EAi

Li

= ti ·∆ui (2.7)

de�niendo la rigidez de la barra como

Ki =EAiLi

(2.8)

tenemos

ei =N i

Ki

= ti ·∆ui (2.9)

Esto da lugar a 9 ecuaciones (una para cada barra) que expresan cada uno de los alar-gamientos (conocidos) en función de los 9 desplazamientos desconocidos. Así para la barra1

e1 = t1 ·(u1 − u6

)= (0, 1) ·

[u1 − 0v1 − 0

]para la barra 2

e2 = t2 ·(u2 − u1

)= (1, 0) ·

[u2 − u1

v2 − v1

]


para la barra 3

e3 = t3 ·(u4 − u1

)=

(4

5,−3

5

)·[u4 − u1

v4 − v1

]etc.Agrupando estas expresiones en un sistema de ecuaciones resulta

0 1-1 0 1 0

-4/5 3/5 4/5 -3/5-1 0 1 00 1 0 -1

4/5 3/5 -4/5 -3/50 1 0

-1 0 11 0

u1

v1

u2

v2

u3

v3

u4

v4

u5

=

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

(2.10)

Esta 9 ecuaciones permiten encontrar los 9 desplazamientos incógnitas. Esto podría versecomo la �integración� de las deformaciones para obtener los desplazamientos. La solución delsistema es

u1

v1

u2

v2

u3

v3

u4

v4

u5

=

1540e1 − 1

2e2 − 25

40e3 − 1

2e4 + 25

40e6 − 15

40e7 + e9

e12540e1 + 1

2e2 − 25

40e3 − 1

2e4 + 25

40e6 − 15

40e7 + e9

12e1 + 2

3e2 − 5

6e3 + 2

3e4 + e5 − 5

6e6 + 1

2e7

1540e1 + 1

2e2 − 25

40e3 + 1

2e4 + 25

40e6 − 15

40e7 + e9

e7

e912e1 + 2

3e2 − 5

6e3 + 2

3e4 − 5

6e6 + 1

2e7

e8 + e9

(2.11)

2.3. Ecuaciones de compatibilidad

En las estructuras isostáticas no hay restricciones a los valores relativos que pueden tomarlas elongaciones en las barras. Es decir que si �jamos arbitrariamente las elongaciones en lasbarras siempre es siempre posible calcular las desplazamientos nodales que dan lugar a talesdeformaciones (siempre dentro de la hipótesis de linealidad y de que las deformaciones sonpequeñas) y que estos desplazamientos son únicos (salvo un movimiento de cuerpo rígido) Estoque hemos puesto en evidencia en estructuras de barras también es aplicable a estructuras devigas. Por ejemplo si en un pórtico plano isostático se establecen arbitrariamente las curvaturasy deformaciones axiales en cada punto, es posible encontrar un campo de desplazamientos delcual se deriven tales deformaciones y cumpla las condiciones de desplazamientos en los apoyos.

Lo anterior está de alguna forma asociado a que en un sistema isostático �jadas las fuerzasexternas existe un único conjunto de esfuerzos internos que satisface el equilibrio, indepen-dientemente del material constitutivo y/o de las secciones (áreas y momentos de inercia) delos elementos estructurales. En tanto que en una estructura hiperestática existen más de unacon�guración de equilibrio posible, la correcta (es decir la con�guración de equilibrio que essolución) depende del material y de las secciones, por lo cual las piezas de mayor rigidez engeneral absorben mayores esfuerzos

En el caso de estructuras hiperestáticas no es posible �jar arbitrariamente las deformacionesde cada barra, pues es posible que no exista ningún conjunto de desplazamientos del cual puedancalcularse tales deformaciones.

2.3. ECUACIONES DE COMPATIBILIDAD 45

Figura 2.2: Deformación en un sistema isostático

Consideremos un ejemplo sencillo de estructuras de barras articuladas, digamos un cuadradocon una diagonal (Figura 2.2), éste es internamente isostático. Supongamos que las cuatro barrasque componen el cuadrado no se deforman, es decir que mantienen su longitud lo que restringeal cuadrado a convertirse en un rombo, esto no impone ninguna restricción sobre la diagonal,pues podrá acortarse o alargarse. Si ahora agregamos la otra diagonal al marco, éste resultainternamente hiperestático. Si mantenemos indeformadas las barras del cuadrado, las diagonalesno pueden deformarse independientemente (Fig. 2.3). Si una diagonal se alarga (eD1) la otradebe acortarse (eD2) en la misma medida y viceversa. eD1 + eD2 = 0

Figura 2.3: Deformación en un sistema internamente hiperestático

Volvamos al marco con una sola diagonal y agreguemos un segundo apoyo móvil (Fig.2.4). En este caso la estructura es internamente isostática pero externamente hiperestática. Delos nudos extremos de la diagonal sólo puede moverse el derecho verticalmente (v), luego suelongación vale

eD =

(1√2,

1√2

)·(

0− 0v − 0

)=

v√2

En tanto que la elongación de la barra vertical derecha vale

eV = (0, 1)

(0− uv − 0

)= v

Esto implica que si la diagonal se alarga la barra vertical derecha también se alarga (más),√

2eD − eV = 0


La ecuación anterior garantiza la integridad de la estructura, y recibe el nombre ecuaciónde compatibilidad. Una ecuación (algebraica como la anterior o diferencial en general) de com-patibilidad establece la condición que deben satisfacer las deformaciones para que la estructuradeformada sea continua.

V

Figura 2.4: Deformación en un sistema externamente hiperestático

La cantidad de ecuaciones de compatibilidad (independientes) que pueden plantearse esigual al grado de hiperestaticidad del problema. Observemos qué ocurre en el sistema isostáticoresuelto en la sección anterior si convertimos en �jo el apoyo móvil, en tal caso, el sistema seconvierte en hiperestático de primer grado. Si se observa el sistema de ecuaciones que permitiócalcular los desplazamientos en función de las deformaciones ahora hay más ecuaciones (9 unapor cada barra igual que entonces) que incógnitas (8 desplazamientos, porque ahora u5 = 0).Esto signi�ca que el sistema no admite solución para cualquier combinación de ei. Si se observala solución explícita obtenida antes (2.11), la última �la dice que

u5 = e8 + e9

de donde resulta (u5 = 0) la condición de compatibilidad, qué en este caso condiciona laselongaciones de las barras 8 y 9 que deben satisfacer

e8 + e9 = 0

2.4. Métodos de análisis de sistemas hiperestáticos

A continuación se verá en forma sencilla los dos métodos disponibles para resolver sistemashiperestáticos. La formulación general de estos métodos normalmente hace uso de principiosenergéticos, por ello, previo a su introducción resulta conveniente de�nir la noción de TrabajoVirtual. En el Método de las Fuerzas la utilización del Principio de Fuerzas Virtuales simpli�caconsiderablemente la obtención de las ecuaciones a resolver. Por otro lado, para estructuras sen-cillas como las aquí tratadas, no es indispensable la utilización del Principio de DesplazamientosVirtuales en la formulación del Método de los Desplazamientos. En el caso de problemas nolineales y/o problemas de mecánica de los sólidos en general la utilización de DesplazamientosVirtuales es habitual y casi imprescindible. La de�nición de trabajos virtuales será introdu-cida entonces en capítulos posteriores y por ahora se utilizaran otras consideraciones para lapresentación de los métodos de solución.

2.4. MÉTODOS DE ANÁLISIS DE SISTEMAS HIPERESTÁTICOS 47

2.4.1. Método de Compatibilidad

Supongamos ahora que convertimos el ejemplo isotático considerado hasta aquí en hiper-estático, esto puede resultar como consecuencia de agregar barras y/o restricciones de des-plazamientos. Por ejemplo si se convierte el apoyo móvil en �jo la estructura se convierte enhiperestática de primer grado.

Volvamos ahora a las ecuaciones de equilibrio que se habían planteado originalmente (2.1) enel sistema isostático y veamos que modi�caciones se producen al haber convertido el problemaen hiperestático.

En las ecuaciones de equilibrio vistas debe agregarse como incógnita la reacción horizontal enel nudo 5. Notar que la cantidad de ecuaciones globales de equilibrio no cambia (dos ecuacionespor nudo y un total de 12), cambia sí la cantidad de incógnitas, ahora hay más incógnitas (13)que ecuaciones y el sistema admite múltiples soluciones. Notar además que si se consideransólo las ecuaciones de equilibrio asociadas a los nudos con desplazamientos libres, estas handisminuido, ahora son sólo 8 ecuaciones con (igual que antes) 9 incógnitas.

0 1 4/5-1 0 -3/5

-1 1 00 0 -1

-1 -4/5 00 -3/5 -1

-4/5 0 4/5 1 -13/5 1 3/5 0 0

0 -1 11 0 1

0 1 11 0 1

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

+

P−P

0−2PP−P

0−2P

0000

= 0 (2.12)

El espacio de soluciones puede obtenerse pasando al segundo término a la nueva incógnitay resolver, de tal forma que resulta

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

=

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,853−3,750

0,0002,0000,0003,750−2,000

2,250

P +R5x

00000001110−1

0

=

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

(0)

+R5x

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

(1)

(2.13)

Las posibles soluciones (2.13) se han escrito como la suma de dos componentes,

(a) la primera componente (supraíndice (0)) es la misma solución del isostático inicial (2.2), esdecir que los valores N i(0) son los esfuerzos en el sistema isostático inicial con sus cargascorrespondientes. Notar que la contribución a R5

x en esta parte de la solución es 0 (versegunda columna de 2.13)


(b) la segunda componente (supraíndice (1)) está formada por un vector premultiplicado porR5x que cuanti�ca la participación del vector en la solución 2.13. De esto resulta que las

componentes de este vector pueden encontrarse resolviendo la misma estructura isostática,pero cargándola únicamente con una fuerza unitaria que tiene el sentido y dirección deR5x. De este modo, el único valor desconocido en 2.13 es R5

x.

Se ha puesto en evidencia que el sistema está indeterminado y que no es su�ciente con lasecuaciones de la estática para conocer los esfuerzos, ya que desconocemos R5

x. Su valor serádeterminado a continuación.

Así como se han escrito los esfuerzos como dependientes de la reacción R5x también es

posible escribir las elongaciones de cada barra

ei = e(0)i +R5

xe(1)i =

N i(0)

Ki

+R5x

N i(1)

Ki

(2.14)

Si se recuerdan las ecuaciones planteadas para obtener los desplazamientos en el caso isos-tático, y la solución allí obtenida (2.11) para el desplazamiento horizontal del apoyo movil (queahora debe ser cero) resulta la siguiente ecuación:

u5 = e8 + e9 =(e

(0)8 + e

(0)9

)+R5

x

(e

(1)8 + e

(1)9

)= 0 (2.15)

que permite levantar la indeterminación

R5x = −

(e

(0)8 + e

(0)9

)(e

(1)8 + e

(1)9

) (2.16)

La ecuación 2.15 es una ecuación de compatibilidad, que expresa la condición que debensatisfacer las elongaciones (deformaciones integradas a lo largo de cada barra) de las barras parasatisfacer la nueva condición de contorno. Obtenido R5

x se pueden obtener los valores de�nitivosde los esfuerzos (2.13) y desplazamientos (2.11).

Volviendo a la solución del sistema de ecuaciones (2.13), estaba compuesta por dos solu-ciones, ambas eran sistemas de fuerzas en equilibrio. La primera componente corresponde aequilibrar las cargas externas conocidas y la segunda componente tiene la particularidad deque no incluye cargas exteriores donde éstas son conocidas �a priori�, es decir donde los nudospueden desplazarse, sino que tiene una carga unitaria (escalada por R5

x) en donde el despla-zamiento es conocido. Los sistemas de fuerzas en equilibrio que no incluyen fuerzas externassalvo reacciones de apoyo (como el utilizado para obtener la segunda componente en 2.13) sedenominan Sistemas de Fuerzas Virtuales

2.4.2. Método de los Desplazamientos

El método de los desplazamientos, que será desarrollado luego en forma más general ysistemática, consiste en escribir las ecuaciones de equilibrio en los nudos en función de los des-plazamientos de dichos nudos. Como las ecuaciones de equilibrio que particulamente interesanson las correspondientes a los nudos libres de desplazarse, habrá tantas ecuaciones de equili-brio como desplazamientos incógnitas y en consecuencia el sistema de ecuaciones estará biendeterminado y tendrá solución única (salvo en sistemas hipostáticos).

Recordando las ecuaciones de equilibrio 2.12. Las primeras 8 ecuaciones corresponden alequilibrio de los nudos libres de desplazarse. Estas ecuaciones dependen de los esfuerzos en las


barras N i que son 9. Separemos estas 8 ecuaciones que pueden escribirse como

0 -1 -4/51 0 3/5

1 -1 00 0 1

1 4/5 00 3/5 1

4/5 0 -4/5 -1 1-3/5 -1 -3/5 0 0

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

P−P

0−2PP−P

0−2P

(2.17)

[A]8×9 [N]9×1 = [F]8×1 (2.18)

Notar que se ha cambiado de miembro uno de los dos términos, lo cual implica un cambiode signo a alguno de ellos, esto se ha hecho sobre la matriz de coe�cientes A de forma que elvector que agrupa a las cargas nodales externas (F) mantenga sus signos.

A su vez los esfuerzos en cada barra se pueden escribir en función de las elongaciones (ver(2.8) o (2.9))

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

K1e1

K2e2

K3e3

K4e4

K5e5

K6e6

K7e7

K8e8

K9e9

=

K1

K2

K3

K4

K5

K6

K7

K8

K9

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

(2.19)

[N]9×1 = [C]9×9 [e]9×1 (2.20)

Recordando por otro lado las 9 expresiones 2.10 que expresan las elongaciones de cada barraen función de los desplazamientos nodales. Descartando la última columna de la matriz porqueen este caso el desplazamiento horizontal del apoyo derecho está restringido (u5 = 0), es posiblereescribir estas nueve expresiones como

0 1-1 0 1 0

-4/5 3/5 4/5 -3/5-1 0 1 00 1 0 -1

4/5 3/5 -4/5 -3/50 1

-1 01 0

u1

v1

u2

v2

u3

v3

u4

v4

=

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

(2.21)

[B]9×8 [u]8×1 = [e]9×1

Notar que la matriz B es igual a la traspuesta de A, esto no es coincidencia y puede verseanalizando detalladamente la forma de construcción de ambas. Reemplazando en 2.20

[N]9×1 = [C]9×9 [B]9×8 [u]8×1 (2.22)


Y llevando esta última a las ecuaciones de equilibrio 2.18 resulta

[A]8×9 [C]9×9 [B]9×8 [u]8×1 = [F]8×1

[A]8×9 [C]9×9

[AT]

9×8[u]8×1 = [F]8×1

[K]8×8 [u]8×1 = [F]8×1 (2.23)

Donde ha quedado de�nida la matriz de rigidez del sistema K que es una matriz simétrica.En el ejemplo, si todas las barras son iguales (misma sección transversal A y material, es

decir mismo E), la matriz C es

C = EA

13

14

15

14

13

15

13

14

14

Con lo cual la matriz de rigidez resulta

K = EA

0,378 −0,096 −0,250 0,000 0,000 0,000 −0,128 0,096−0,096 0,405 0,000 0,000 0,000 0,000 0,096 −0,072−0,250 0,000 0,500 0,000 −0,250 0,000 0,000 0,000

0,000 0,000 0,000 0,333 0,000 0,000 0,000 −0,3330,000 0,000 −0,250 0,000 0,378 0,096 −0,128 −0,0960,000 0,000 0,000 0,000 0,096 0,405 −0,096 −0,072−0,128 0,096 0,000 0,000 −0,128 −0,096 0,756 0,000

0,096 −0,072 0,000 −0,333 −0,096 −0,072 0,000 0,477

Resolviendo el sistema 2.23, la solución es

u1

v1

u2

v2

u3

v3

u4

v4

=

P

EA

24,167−6,75013,500−57,000

2,833−11,250

4,000−51,000

En tanto que las elongaciones (2.21) y los esfuerzos en barras (2.19) son

e1

e2

e3

e4

e5

e6

e7

e8

e9

=

P

EA

−6,750−10,667

10,417−10,667−6,00022,917−11,250−4,000

4,000

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

= P

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,583−3,750−1,000

1,000


Finalmente las reacciones se puedan calcular en base a las ecuaciones de equilibrio en losapoyos. Estas son las últimas cuatro ecuaciones de 2.12 que pasando las reacciones al segundomiembro y cambiando los signos a los coe�cientes en el primer miembro, pueden escribirse como(similar a (2.5)):

0 1-1 0

0 -1-1 0

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

R5x

R5y

R6x

R6y

(2.24)

De donde R5x

R5y

R6x

R6y

= P

−1,000

3,750−1,000

2,250

Se observa que en este método las incógnitas �nales del sistema a resolver (2.23) son despla-

zamientos (de allí su nombre Método de los Desplazamientos). Que el grado de hiperestaticidad,asociado a la existencia de apoyos y/o restricciones internas �no imprescindibles�, no es signi�-cativo (no juega ningún papel), y que el orden del sistema a resolver depende exclusivamentede la cantidad de nudos libres.

Capítulo 3

ENERGIA INTERNA DEDEFORMACION

Dr. Fernando Flores

-Deformación elástica es aquella que desaparece cuando cesa la solicitación.-Energía Interna de deformación, es la energía que almacena en cuerpo debido a deformacio-

nes elásticas cuando se realiza trabajo mecánico sobre el sólido. El sólido puede devolver dichaenergía también en forma de trabajo mecánico. Por ejemplo un resorte, un arco, etc.

-Trabajo de una fuerza PdT = P·du (3.1)

T =

∫ u

O

P·du =

∫ t

O

P · u dt (3.2)

Si la fuerza es constante (en módulo y dirección)

T = P · u (3.3)

En tal caso el trabajo realizado depende exclusivamente de la posición de la fuerza. Eltrabajo es una variable de estado, no depende del camino recorrido y podemos decir que lafuerza deriva de un potencial (por ejemplo las fuerzas gravitatorias).

Si la fuerza comienza siendo nula y va creciendo lentamente hasta su valor �nal, el trabajodepende de la integral. Si u crece proporcionalmente con el valor de P (en forma lineal), entoncesdicha integral es sencillamente

T =1

2P · u (3.4)

-Postulado: si sobre un sólido elástico aplicamos un sistema de fuerzas lentamente entre 0y su valor �nal, el trabajo mecánico realizado, es igual a la energía interna de deformaciónalmacenada.

3.1. TRABAJO INTERNO DE DEFORMACION

Consideremos un elemento diferencial de un sólido bidimensional (la extensión a uno tridi-mensional es inmediata) en EQUILIBRIO. Recordemos previamente cuales son las ecuacionesque gobiernan de equilibrio del sólido:

53

54 CAPÍTULO 3. ENERGIA INTERNA DE DEFORMACION

dx

dy

X

Y

σy

σx

τ

τ

σy τ

τ

τ

+ dx

∂∂

σx

y

σy+ dy∂∂

y+ dy

τ∂∂

xσx+ dx∂

∂xFx

Fy

Figura 3.1: Equilibrio de un sólido bidimensional

∂σx∂x

+∂τ

∂y+ Fx = 0 (3.5)

∂σy∂y

+∂τ

∂x+ Fy = 0 (3.6)

Sometamos dicho sólido a un campo de desplazamientos incremental (in�nitesimal, es decirque no modi�que el estado tensional de equilibrio) u = (u, v)

dx

dy

X

Y

u u+ dy∂∂

y

vv + dy∂∂

y

v

u u+ dx∂∂

x

v + dx∂∂

x

uv

uv

Figura 3.2: Desplazamientos incrementales (in�nitesimales)

Nos interesa calcular el trabajo que realizan las fuerzas aplicadas sobre el elemento dife-rencial, esto incluye a las tensiones aplicadas sobre el contorno del elemento diferencial y lasfuerzas másicas. Este incremento del trabajo externo, de acuerdo al postulado enunciado seráigual al incremento de energía interna almacenada en el sólido. Veamos entonces el trabajorealizado en cada cara y el de las fuerzas másicas

3.1. TRABAJO INTERNO DE DEFORMACION 55

En la cara x negativa−σx dy u− τ dy v

En la cara x positiva

+

(σx +

∂σx∂x

dx

)dy

(u+

∂u

∂xdx

)+

(τ +

∂τ

∂xdx

)dy

(v +

∂v

∂xdx

)En la cara y negativa

−σy dx v − τ dx u

En la cara y positiva

+

(σy +

∂σy∂y

dy

)dx

(v +

∂v

∂ydy

)+

(τ +

∂τ

∂ydy

)dx

(u+

∂u

∂ydy

)Las fuerzas másicas

Fx dx dy u+ Fy dx dy v

Notemos que los términos de primer orden (donde aparece un único diferencial) se cancelan,por ejemplo el término −σx dy u que aparece en la cara x negativa se cancela con uno igualy de signo opuesto de la cara x positiva. Por otro lado los términos de tercer orden (dondeaparecen tres diferenciales entre si) serán de orden superior para nuestro problemas y puedendespreciarse.

Concentrémonos entonces en los términos de segundo orden (todos multiplican a dx dy =dA) que aparecen en las caras positivas. Si observamos el primer término del trabajo sobre lacara x positiva, da lugar a dos términos de 2do. orden, estos son

∂σx∂x

dx dy u y σx dx dy∂u

∂x

Similarmente aparecen los siguientes términos

∂τ

∂xdx dy v y τ dx dy

∂v

∂x

∂σy∂y

dx dy v y σy dx dy∂v

∂x

∂τ

∂ydx dy u y τ dx dy

∂u

∂y

y �nalmente los debidos a las fuerzas másicas que también son de 2do. orden. Agrupemosaquellos que multiplican a u y a v[

∂σx∂x

+∂τ

∂y+ Fx

]dx dy u = 0

[∂σy∂y

+∂τ

∂x+ Fy

]dx dy v = 0

Debido a que el sólido está en equilibrio los corchetes son nulos, luego nos queda lo siguiente[σx∂u

∂x+ σy

∂v

∂y+ τ

(∂u

∂y+∂v

∂x

)]dA (3.7)


El término entre corchetes representa el incremento diferencial de energía interna de defor-mación por unidad de área del sólido. Siendo por unidad de área lo denominaremos diferencialde energía especí�ca de deformación dWi. Si integramos en el área (volumen) del sólido ten-dremos el incremento de energía interna de deformación de todo el sólido

dWi =

∫A

dWi dA (3.8)

Por otro lado si ahora integramos este diferencial de energía de deformación desde el co-mienzo del proceso de deformación, tendremos la energía interna almacenada

Wi =

∫ (σ,u)

0

dWi (σ,u) (3.9)

Para lo cual habría que conocer como es el proceso de deformación del sólido. Por otro ladocomo estamos considerando sólidos elásticos, la energía almacenada no depende del caminorecorrido sino exclusivamente del estado tensional �nal.

Notar por otro lado que en la expresión[σx∂u

∂x+ σy

∂v

∂y+ τ

(∂u

∂y+∂v

∂x

)](3.10)

los desplazamientos u y v son in�nitesimales, corresponde escribirlos como du y dv (hasta ahorano lo habíamos hecho para aliviar un poco la notación), por otro cada componente de tensión(σx, σy, τ) está multiplicada por el correspondiente incremento en la deformación asociada, esdecir

∂du

∂x= d

∂u

∂x= dεx (3.11)

∂dv

∂y= d

∂v

∂y= dεy (3.12)

∂du

∂y+∂dv

∂x= d

(∂u

∂y+∂v

∂x

)= dγ (3.13)

luego la expresión del incremento en la energía interna de deformación puede escribirse

dWi =

∫A

[σx dεx + σy dεy + τ dγ] dA

dWi = [σx dεx + σy dεy + τ dγ] (3.14)

Si además de elástico el material es lineal, entonces es posible escribir las tensiones en funciónde las deformaciones, lo que permite integrar fácilmente la expresión anterior.

3.1.1. Energia interna de deformación de una viga

Veamos como aplicar las ideas anteriores a una viga en �exión compuesta. En teoría de vigaslas únicas componentes de tensión relevantes son σx y τ , a su vez como hemos despreciado ladeformación asociada al corte, sólo la primera contribuye a la energía interna de deformación.La tensión σx vale

σx (x, y) =N

A+M

Iy (3.15)

= E [ε0 (x) + χ (x) y] (3.16)

3.1. TRABAJO INTERNO DE DEFORMACION 57

donde ε0 es la deformación axial del eje baricéntrico (asociado al esfuerzo axial). Luego laenergía especí�ca (por unidad de volumen) de deformación vale

dWi = E [ε0 (x) + χ (x) y] dεx

= E [ε0 (x) + χ (x) y] [dε0 (x) + dχ (x) y]

= E {ε0 (x) dε0 (x) + ε0 (x) dχ (x) y + χ (x) y dε0 (x) + χ (x) y dχ (x) y} (3.17)

En vigas nos interesa la energía especí�ca por unidad de longitud de la viga, para obtenerésta es necesario integrar en el área de la sección

dWi =

∫A

E {ε0 (x) dε0 (x) + ε0 (x) dχ (x) y + χ (x) y dε0 (x) + χ (x) y dχ (x) y} dA

= E

{ε0 (x) dε0 (x)

∫AdA+ ε0 (x) dχ (x)

∫Ay dA+ χ (x) y dε0 (x)

∫Ay dA

+χ (x) dχ (x)∫Ay2 dA

}(3.18)

Donde hemos sacado fuera de la integral del área todo lo que no es función de la posicióndentro de la sección. Notando ahora que

∫AdA = A,

∫Ay dA = 0, y

∫Ay2 dA = I, resulta

dWi = E [A ε0 (x) dε0 (x) + I χ (x) dχ (x)] (3.19)

Integrando entre la con�guración original sin tensiones (ε0 = 0, χ = 0) y la con�guración�nal (ε0, χ), tendremos sencillamente

Wi =1

2E[A ε2

0 (x) + I χ2 (x)]

(3.20)

Integrando a su vez a lo largo del eje de la viga tendremos la energía interna de deformaciónde toda la viga

Wi =

∫L

Widx =

∫L

1

2E[A ε2

0 (x) + I χ2 (x)]dx (3.21)

Notemos que la energía asociada al esfuerzo axial está desacoplada de la debida a �exión.Lo mismo ocurre con la �exión en el otro plano principal de inercia, y con la torsión. Luego laenergía interna de deformación total de un elemento de viga será

Wi =1

2

∫L

{E[A ε2

0 (x) + Iy χ2y (x) + Iz χ

2z (x)

]+GρJθ2

}dx (3.22)

Esta expresión puede ponerse también en términos de los esfuerzos resultantes, reemplazan-do las deformaciones a través de la relaciones constitutivas, en tal caso resulta

Wi =1

2

∫L

{1

E

[1

AN2 (x) +

1

IyM2

y (x) +1

IzM2

z (x)

]+

1

GJρM2

x

}dx (3.23)

o en función de esfuerzos resultantes y deformaciones generalizadas

Wi =1

2

∫L

[N ε0 (x) +My χy (x) +Mz χz (x) +Mxθ] dx (3.24)

Como se ha hecho notar, la teoría clásica de vigas desprecia las deformaciones de corte,consecuentemente la energía interna de deformación asociada al corte transversal es nula. Sinembargo si se desea evaluar el valor que tiene esta energía puede calcularse

Wi (Q) =1

2

∫L

Q2

GAcdA (3.25)


donde Ac es el área de corte, de�nida por

Ac = kA (3.26)

y k es un coe�ciente que depende de la forma de la sección transversal (para secciones rectan-gulares se adopta k = 5

6). Esta expresión de la energía de deformación asociada al corte surge

a su vez de suponer que la deformación de corte transversal promedio que se ha despreciadopuede calcularse mediante.

γ =Q

GAc(3.27)

Capítulo 4

TRABAJOS VIRTUALES


4.1. Sistemas Virtuales

En general, cuando se trabaja con sólidos y estructuras, interesa conocer las fuerzas (tensio-nes) y los desplazamientos (deformaciones). Existe naturalmente una relación causa efecto entrelos desplazamientos que sufre la estructura y las fuerzas actuantes, estas relaciones resultan departicularizar las ecuaciones de la mecánica al caso en estudio. Por otro lado es posible de�nirsistemas de fuerzas (tensiones) y de desplazamientos (deformaciones) que no están asociadosentre sí a través de las ecuaciones de la mecánica, sino que se utilizan como sistemas auxilia-res a los �nes de facilitar el cálculo y permiten establecer desarrollos teóricos. Estos sistemasauxiliares se denominan �virtuales� para diferenciarlos de los que efectivamente ocurren en laestructura, a los cuales se los denomina �reales�.

Los sistemas virtuales asociados a una estructura, son campos de variables con valores arbi-trarios, y no tienen necesariamente una relación con el sistema real de variables. La de�niciónde este tipo de sistemas tiene como objetivo, en el contexto del análisis estructural, generarmétodos alternativos para la solución de los problemas de interés. Si bién los sistemas virtualesson arbitrarios, para que sean de utilidad al propósito buscado, es necesario imponer algún tipode condición sobre los mismos. La magnitud de estos sistemas, dada su arbitrariedad, no esrelevante y sólo resulta de interés la relación que hay entre las variables en diferentes puntos.Más aún, para generar ciertas similitudes conviene en general suponer que los sistemas virtualesson in�nitesimales, es decir tan pequeños como se quiera.

Para distinguir a las variables asociadas a los sistemas virtuales de las asociadas a lossistemas reales les antepondremos la letra δ o les pondremos una barra encima, por ejemplo δuo u.

Básicamente, podemos agrupar las variables que intervienen en dos grupos:

desplazamientos y deformaciones, estas últimas obtenidas a partir de derivadas de losprimeros.

fuerzas externas y esfuerzos internos o tensiones en equilibrio con las primeras.

Esta clasi�cación nos permite de�nir dos tipos de sistemas virtuales como veremos a continua-ción.

59

60 CAPÍTULO 4. TRABAJOS VIRTUALES

4.1.1. Desplazamientos Virtuales

De�niremos como sistema de desplazamientos virtuales, a un campo de desplazamientos,del cual puedan de�nirse univocamente todas las deformaciones generalizadas (virtuales en estecaso) relevantes en el problema en estudio.

En el caso de estructuras de barras articuladas, el campo de desplazamientos se reduce alos desplazamientos de los nodos, ya que con ellos alcanza para de�nir el desplazamientode cualquier punto de una barra (por interpolación lineal de los desplazamientos extremos)y la deformación (virtual) asociada a cada barra.

En el caso de estructuras de vigas, resulta necesario de�nir los desplazamientos de los ejesde las vigas en cada punto de la estructura. Además para poder calcular las deformacionesgeneralizadas (deformaciones axiales, curvaturas de �exión y ángulos de torsión) resultanecesario derivar los desplazamientos, por lo cual estos deben ser continuos y derivables.Más aún, para el cálculo de curvaturas se requerirá que las derivadas primeras de losdesplazamientos transversales (giros) sean continuas y derivables.

Notar que la de�nición anterior no hace mención alguna al sistema de fuerzas que podría estaractuando en la estructura, ni a los esfuerzos internos que produciría el campo de desplazamientosvirtuales. Más aún, al haber de�nido a los desplazamientos virtuales como in�nitesimales, lospotenciales cambios en los esfuerzos también lo son y por lo tanto son irrelevantes frente a lamagnitud de las fuerzas y esfuerzos reales.

Dentro de los sistemas de desplazamientos virtuales resultan de particular interés, aquellosque satisfacen además que en los puntos donde los desplazamientos reales han sido impuestospor condiciones de borde (apoyos), los desplazamientos virtuales valen cero; es decir dondeu = u (conocido), entonces δu = 0.

u=0u=0u=0

dudx

=0u=0

u=u

correctos

incorrect

Figura 4.1: Ejemplos de sistemas de desplazamientos virtuales

En la Figura 4.1 se muestran dos estructuras con sus condiciones de apoyo. Las cargas esestas estructuras no se han indicado porque no interesa conocerlas. En la parte inferior dela �gura se proponen dos deformaciones virtuales para cada estructura. Los desplazamientosvirtuales correctos son aquellos que satisfacen las condiciones de apoyo homogéneas (valen cerodonde los desplazamientos son conocidos, nulos o no) y cuyas deformadas son suaves, de talmodo que garanticen continuidad de desplazamientos y en sus derivadas primeras (giros) en elcaso de vigas.

4.1. SISTEMAS VIRTUALES 61

4.1.2. Fuerzas Virtuales

De�niremos como sistema de fuerzas virtuales, a un campo de esfuerzos internos, fuerzasmásicas y de contorno (cargas nodales, cargas distribuidas, reacciones de apoyo) que satisfacenlas ecuaciones de equilibrio de fuerzas en todo punto de la estructura (incluyendo el contorno).

En el caso de barras articuladas es necesario de�nir el esfuerzo normal en cada barra, lasfuerzas externas en los nodos y las reacciones de apoyo.

En el caso de estructuras de vigas resulta necesario de�nir los esfuerzos internos en cadapunto (normal, corte, �ectores y torsor), los sistemas de fuerzas externas y las reaccionesde apoyo.

Notar que lo único que se pide es que el sistema esté en equilibrio estático y nada se dicerespecto a los desplazamientos y deformaciones que podrían tener asociados, ni a problemasde hiperestaticidad. Nuevamente debe tenerse en mente que la magnitud del sistema virtual esin�nitesimal, por lo que si se le asociaran deformaciones, estas también serían in�nitesimales.

F

FFLM

FL

FQ

P 2P P

P

P

N=P

N=P

Figura 4.2: Ejemplos de sistemas de fuerzas virtuales

Dentro de los sistemas de fuerzas virtuales así de�nidos, interesa particularmente aquellosdonde las fuerzas virtuales externas son nulas en los puntos donde las fuerzas externas sonconocidas (es decir todos los puntos menos los apoyos).

En la Figura 4.2 se muestran dos estructuras. Una idea que se trata de poner en evidenciaes que un sistema de fuerzas virtuales asociado con una estructura debe estar en equilibrio yque las fuerzas están aplicadas en puntos donde se desconocen las cargas externas (reaccionesde apoyos). Esto se muestra en las primeras dos �guras que presentan apoyos. Nótese que enla viga la reacción horizontal del empotramiento no se ha considerado porque no se satisfaceríaequilibrio. El reticulado, al centro de la �gura, tiene tres apoyos y en la parte inferior aparececargado en dichos puntos. Aquí se sugieren 2 sistemas de fuerzas virtuales, uno formado portodas las barras de la estructura y otro donde sólo aparecen aquellas barras donde el esfuerzovirtual es no nulo (las indicadas con trazo gruesos). Con el último ejemplo se trata de mostrarque lo único importante es que se trate de un sistema de fuerzas en equilibrio, no importa sies hiperestático, isostático o hipostático, sin embargo, por razones prácticas y metodológicas,la gran mayoría de los sistemas virtuales de fuerzas estarán asociados a sistemas estructuralesisostáticos.


Observación: si bién se ha puesto especial énfasis en restringir la de�nición de los sistemasvirtuales, con cargas en aquellos puntos sólo donde las cargas son desconocidas (que tiene suaplicación en la sistematización del planteo de ecuaciones de compatibilidad), resulta a vecesnecesario relajar esta restricción (en cuanto a la ubicación de las cargas sólo un apoyos) cuandose utiliza el principio de fuerzas virtuales (trabajo virtual complementario) para determinardesplazamientos en sistemas con esfuerzos conocidos. En tales casos los sistemas virtuales defuerzas podrán de�nirse con cargas en puntos con desplazamiento desconocido.

4.2. Principio de Trabajos (Desplazamientos) Virtuales

4.2.1. Sistemas de Desplazamientos Virtuales

Consideremos la estructura de barras vista en el Capítulo 2. Supongamos que conocemoslos esfuerzos N i en equilibrio con las acciones externas.

1 2 3

4 56

PP 2P P

P

2P

3

4 4

1

2

3

9

4

5 6 7

8

Figura 4.3: Ejemplo de estructura de barras

Supongamos además que cada nudo j de la estructura se mueve un valor in�nitesimalδuj = (δuj, δvj). Como el desplazamiento de cada nudo es in�nitesimal la deformación de lasbarras y por lo tanto el esfuerzo existente no se modi�can. El trabajo incremental (T.I). queproducen estos desplazamientos in�nitesimales es igual a la fuerza desequilibrada en cada nudoSj =

(Sjx, S

jy

)por el correspondiente desplazamiento, es decir (con NN= Número de Nudos en

la estructura)

T.I. =NN∑j=1

Sj · δuj =NN∑j=1

(Sjxδu

j + Sjyδvj)

= 0 (4.1)

El trabajo en (4.1) es nulo pues hemos supuesto que el sistema está en equilibrio, es decir que(Sjx, S

jy

)= 0. El trabajo incremental en cada nudo está compuesto por el desarrollado por

las fuerzas externas (T.I.E) y el desarrollado por las fuerzas internas (T.I.I). Separemos estascomponentes en la forma

T.I.E.− T.I.I. = 0

Denominando en forma genérica como Fj =(P jx , P

jy

)a las cargas exteriores aplicadas en cada

4.2. PRINCIPIO DE TRABAJOS (DESPLAZAMIENTOS) VIRTUALES 63

nudo (incluyendo las reacciones), el trabajo incremental externo resulta

T.I.E. =NN∑j=1

(F jxδu

j + F jy δv

j)

(4.2)

En tanto que para expresar el trabajo realizado por los esfuerzos internos es importantenotar que cada barra concurre a dos nudos y en cada nudo contribuye con esfuerzos iguales yopuestos, de tal forma que el trabajo que produce es (por ej. para la barra 3)

T.I.I.3 = N3t3 ·(δu4 − δu1

)(4.3)

El producto N3t3 es la fuerza (vector) en la barra 3. La diferencia (δu4 − δu1) proviene deque la fuerza en cada nudo tiene direcciones opuestas. Recordando la de�nición de la elongaciónde una barra, el producto t3 · (δu4 − δu1) puede verse como la elongación incremental (in�ni-tesimal) en la barra 3 (δe3). De esta forma, sumando la contribución de cada barra, el trabajoincremental interno puede expresarse como (con NB= Número de Barras en la estructura)

T.I.I. =NB∑i=1

N iti · δui =NB∑i=1

N iδei =NB∑i=1

N iδεiLi (4.4)

La conclusión inmediata (trivial) es que para un sistema de fuerzas en equilibrio, un des-plazamiento incremental in�nitesimal no produce trabajo, o dicho de otra forma que el trabajoincremental externo es igual al trabajo incremental interno

T.I.E. = T.I.I (4.5)

Desde el punto de vista de las condiciones de contorno, los desplazamientos incrementalessólo son posibles en aquellos nudos libres de desplazarse. Es decir que es posible limitar losdesplazamientos incrementales a las componentes de desplazamientos que �a priori� son desco-nocidos. Esto conduce a que las reacciones de apoyo no produzcan trabajo incremental y sólosea necesario considerar el trabajo producido por las cargas externas conocidas �a priori�.

A continuación cambiemos el enfoque del problema, consideremos un sistema de fuerzasexternas conocidas y un conjunto de esfuerzos internos N i (no necesariamente en equilibrio conlas primeras). Interesa determinar si tal sistema está en equilibrio. A tal �n usaremos la nociónde trabajo incremental.

Si un nudo j cualquiera se desplaza una magnitud in�nitesimal ( δuj) en la dirección x(notar que el valor mismo es irrelevante en tanto que sea distinto de cero) manteniendo todoslos otros nudos inmóviles y, si el trabajo incremental interno iguala al trabajo incrementalexterno, entonces el trabajo resultante es nulo y por lo tanto la fuerza desequilibrada en elnudo j en la dirección x (F j

x) es cero, es decir que el nudo j está en equilibrio en la direcciónx. Si se hace lo mismo para cada nudo libre de desplazarse y en cada dirección del espacio yen todos los casos el T.I.I = T.I.E, entonces puede asegurarse que todos los nudos libres dedesplazarse están en equilibrio. Notar que no es necesario realizar esta veri�cación en los apoyospues allí la reacción incógnita asegura el equilibrio del mismo.

Por otro lado notar que si el trabajo incremental es nulo para cada componente de despla-zamiento por separado, lo es para cualquier combinación lineal de los desplazamientos nodalesincrementales, es decir para cualquier desplazamiento incremental. Inversamente cuando se diceque el T.I. es nulo para todo desplazamiento incremental, se está diciendo que lo es para cadacomponente tomada por separado.

De�niendo como un sistema de desplazamientos virtuales a un sistema de desplaza-mientos incrementales in�nitesimales (δu = 0 donde u es conocido), el Principio de Des-plazamientos Virtuales dice que un sistema de fuerzas externas y esfuerzos internos está


en equilibrio si y sólo si, para todo sistema de desplazamientos virtuales, el Trabajo VirtualInterno es igual al Trabajo Virtual Externo.

Notar que si bien se ha empleado como ejemplo una estructura isostática, los argumentospueden directamente aplicarse a una estructura hiperestática o hipostática.

Expresemos la idea anterior para un sólido deformable en general. Sea entonces un sistemade fuerzas en equilibrio (esfuerzos internos y fuerzas externas). Un incremento in�nitesimal dedesplazamientos δu compatible con los vínculos (δu = 0, donde u = u) conduce a incrementosen el trabajo interno y en el trabajo externo. Llamando genéricamente por σi a los esfuerzosinternos generalizados y por εi a las deformaciones generalizadas, el trabajo interno incrementalvale

T.I.I. =

∫V

(σi + δσi) δεi dV =

∫V

σiδεi dV +

∫V

δσiδεi dV '∫V

σiδεi dV (4.6)

donde hemos despreciable el producto de incrementos por ser de segundo orden. En tanto eltrabajo externo incremental vale

T.E.I.=

∫V

Fiδui dV +

∫S

fiδui dS (4.7)

Como ambos trabajos por hipótesis de conservación de la energía han de ser iguales, resulta∫V

σiδεi dV =

∫V

Fiδui dV +

∫S

fiδui dS (4.8)

Observar que las reacciones de apoyo no generan trabajos porque los desplazamientos in-crementales asociados valen 0 (aquí incluimos en el sistema de desplazamientos virtuales lacondición particular mencionada).

Notar además que el incremento de desplazamientos puede ser cualquiera en tanto satisfagalas hipótesis cinemáticas del problema, que es el mismo tipo de condiciones que se han pedidopara los desplazamientos virtuales. Luego denominando Trabajo Virtual interno a

TVI =

∫V

σiδεi dV (4.9)

y Trabajo Virtual Externo a

TVE =

∫V

Fiδui dV +

∫S

fiδui dS (4.10)

resulta que si los esfuerzos internos σi y las fuerzas externas Fi y fi están en equilibrio

T.V.I. = T.V.E. (4.11)

para cualquier desplazamiento virtual.Reciprocamente si dado un sistema de esfuerzos internos σi y fuerzas externas Fi y fi se

satisface que (como se demostrará en forma general en el curso de Mecánica de las EstructurasII)

T.V.I. = T.V.E. (4.12)

para todo desplazamiento virtual, entonces σi , Fi y fi están en equilibrio.

4.3. Principio de Fuerzas Virtuales

En el ejemplo considerado (Fig. 4.3), recordemos las posibles soluciones de equilibrio que sehabían obtenido

4.3. PRINCIPIO DE FUERZAS VIRTUALES 65

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

=

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,853−3,750

0,0002,0000,0003,750−2,000

2,250

P +R5x

00000001110−1

0

=

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

(0)

+R5x

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

(1)

(4.13)

La ecuación 4.13 también se corresponde con la siguiente estructura

PP 2P P

P

2P

R

Figura 4.4: Primera estructura equivalente

En la Figura 4.4 se puede �pensar� a la estructura original (Fig. 4.3) como isostática yreemplazar la reacción R5

x por su valor como si fuera conocido. Entonces la ecuación 4.13resulta de superponer los esfuerzos internos (N i) y las reacciones (Ri) como los producidos porlas fuerzas externas (P ) y R5

x de tal modo que las 4.13 se pueden ver como:[Ni

Ri

]=

[Ni (P )Ri (P )

]+

[Ni (R5

x)Ri (R5

x)

](4.14)

Nótese que en 4.13 R5x (P ) = 0 y R5

x (R5x) = R5

x

El sistema de esfuerzos internos y reacciones de apoyo (en equilibrio) producidos por R5x

es el único (salvo un factor de proporcionalidad) que puede encontrarse en este sistema deprimer grado de hiperestaticidad. En el caso de que el grado de hiperestaticidad fuese mayor,la cantidad de sistemas de equilibrio (que no incluyan cargas en los nudos libres de desplazarse)independientes es igual al grado de hiperestacidad, y cualquier otro podrá expresarse comouna combinación lineal de los anteriores. Naturalmente en un sistema isostático no es posibleun sistema en equilibrio (distinto del trivial) sin cargas externas en los nudos (es decir, si nohay cargas no hay esfuerzos ni reacciones). En el sistema resuelto hemos escrito la solucióncompleta en función de R5

x pero podríamos haberlo hecho en función de alguna otra incógnita,no cualquiera. Debe ser una incógnita tal que si uno elimina el vínculo asociado (en el caso


de una reacción) o la barra correspondiente (en el caso de un esfuerzo interno) no convierta a laestructura en un mecanismo. Las posibilidades en el ejemplo son 4, alguna de las dos reaccioneshorizontales o alguna de las dos barras del cordón inferior. Precisamente éstas son las cuatrovariables que no toman valor nulo en la segunda componente de la solución. Por ejemplo sielegimos el esfuerzo interno en la barra 9 (N9) la solución puede expresarse como

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

R5x

R5y

R6x

R6y

=

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,853−3,750

0,0002,0000,0003,750−2,000

2,250

P + (N9 −N9(0)

N9(1))

00000001110−1

0

=

−2,250−2,667

2,083−2,667−2,000

4,853−3,750−2,000

0,000−2,000

3,7500,0002,250

P +N9

00000001110−1

0

(4.15)

La ecuación 4.15 se corresponde con la siguiente estructura:

PP 2P P

P

2P

N9

Figura 4.5: Segunda estructura equivalente

Notar que nuevamente la solución 4.15 se escribe de la forma[Ni

Ri

]=

[Ni (P )Ri (P )

]+

[Ni (N9)Ri (N9)

](4.16)

Consideremos nuestra estructura hiperestática (Fig. 4.3) de 1er orden y supongamos queésta ha sido correctamente resuelta y conocemos por lo tanto los esfuerzos (N i) y elongaciones(reales) de todas las barras (ei) y los desplazamientos (reales) de todos los nudos (ui). Con-sideremos el sistema de fuerzas en equilibrio asociado a la segunda componente de 4.13. Estees el único sistema de fuerzas virtuales posible (δNi, δR

j). Como este sistema está enequilibrio, si sus nudos se mueven magnitudes arbitrarias, el trabajo que se producirá será nulo(en forma similar a lo planteado en el Principio de Desplazamientos Virtuales). Notar que elsistema de fuerzas virtuales no está asociado a desplazamiento alguno ni a elongación alguna, enconsecuencia no se modi�ca si cambian los desplazamientos (restringido a problemas lineales,

4.3. PRINCIPIO DE FUERZAS VIRTUALES 67

donde las direcciones de las barras no cambian). Si se utilizan los desplazamientos reales de laestructura para calcular el trabajo virtual (denominado �complementario�) TV C producido

T.V.C. =∑

δRj · uj −NB∑i=1

δN iei = 0 (4.17a)

Donde se han utilizado los mismos argumentos que antes (ver ec. 4.3) para transformarel trabajo que realizan los esfuerzos internos en cada nudo y escribirlos en función de laselongaciones de las barras (notar que se ha utilizado una cinemática lineal, por lo cual laexpresión anterior está restringida a pequeños desplazamientos). Recordar por otro lado queel sistema virtual no incluye fuerzas exteriores en los nudos con desplazamientos incógnitasy que para este caso, en que los apoyos no se mueven, el primer término (Trabajo VirtualComplementario Externo TV CE) es identicamente nulo, por lo cual debe satisfacerse que elTrabajo Virtual Complementario Interno (TV CI) sea nulo

NB∑i=1

δN iei = 0 (4.18)

Esto de hecho es así pues el sistema de fuerzas (virtuales) está en equilibrio y las elongaciones(reales) han sido calculadas con los desplazamientos reales. En conclusión, dada una estructurade la cual se conocen los desplazamientos (y con ellos sus deformaciones asociadas), resulta queel trabajo virtual complementario es nulo como consecuencia de la de�nición de sistemas defuerzas virtuales (en equilibrio en todo punto). Esto puede mirarse alternativamente como lascondiciones que deben satisfacer las deformaciones (elongaciones) para ser compatibles (estoes: que exista un campo de desplazamientos del cual puedan calcularse) como se mostrará acontinuación.

Supongamos entonces que se �jan las elongaciones de las barras (ei) en forma arbitraria,que se conocen los desplazamientos de apoyos (nulos en este caso). La pregunta es si existeun conjunto de desplazamientos (uJ en los puntos con desplazamiento libre) con los cualespuedan calcularse tales elongaciones. Si se calcula el trabajo virtual complementario y este esnulo para todos los posibles sistemas de fuerzas virtuales, entonces las elongaciones propuestasson posibles. Veamos el ejemplo que se está analizando, el sistema virtual de fuerzas es muysencillo, sólo son no nulos los siguientes esfuerzos y reacciones

δN8 = δN9 = δR5x = −δR6

x = 1 (4.19)

El trabajo de las reacciones es nulo porque los apoyos no se desplazan, en tanto que el trabajointerno resulta

TVC = δN8e8 + δN9e9 = e8 + e9 = 0 (4.20)

que expresa entonces la condición que deben cumplir las elongaciones para que los desplaza-mientos sean posibles.

El Principio de Fuerzas Virtuales dice que dado un campo de deformaciones (elonga-ciones en este caso) y desplazamientos de apoyos, si para todo sistema virtual de fuerzas sesatisface que el trabajo virtual complementario es nulo, entonces el sistema de deformacionesy desplazamientos es compatible.

A continuación se describe este principio para un sólido en general (sin demostración).Sea un sistema de desplazamientos u su�cientemente continuos de forma que puedan obte-

nerse las deformaciones generalizadas εi. Entonces para cualquier sistema de fuerzas virtualesse satisface que ∫

V

δσiεi dV =

∫V

δFiui dV +

∫S

δfiui dS (4.21)


donde el primer miembro se denomina trabajo virtual complementario interno y el segundotrabajo virtual complementario externo. Si nos restringimos al caso particular de que las fuerzasexternas virtuales valen 0 donde las fuerzas externas reales son conocidas, la integral en elsegundo miembro se reduce a los apoyos donde los desplazamientos reales son conocidos u = u.∫

V

δσiεi dV =

∫Apoyos

δRiui dS (4.22)

Reciprocamente, dado un campo de deformaciones generalizadas εi y los desplazamientosde los apoyos u (no necesariamente nulos), si para todo sistema de fuerzas virtuales (sistemaparticular) se satisface que el trabajo virtual complementario interno es igual al trabajo vir-tual complementario externo, entonces las deformaciones εi son compatibles, es decir existe uncampo de desplazamiento u del cual pueden obtenerse las εi y que satisface u = u en los apoyos.

La utilización de un sistema virtual de fuerzas tal que las fuerzas externas sean nulas enlos puntos donde las fuerzas reales son conocidas (puntos libres de desplazarse), es la formahabitual del planteo del Principio de Fuerzas Virtuales. De esta forma se obtiene una metodo-logía adecuada para el planteo de condiciones de compatibilidad, como se verá al abordar elMétodo de las Fuerzas. Por otro lado la 1ra parte de la de�nición de TVC, puede utilizarse sinnecesidad de que las fuerzas externas valgan cero en los puntos con desplazamiento libre, comose considera en la siguiente sección.

4.4. Cálculo de desplazamientos

A continuación se verá como calcular los desplazamientos de una estructura de la que seconocen las deformaciones, usando el principio de trabajos virtuales complementarios (fuerzasvirtuales).

4.4.1. Sistemas de barras articuladas

Sea entonces una estructura (isostática o hiperestática) de la cual se conocen sus defor-maciones, o se conocen los esfuerzos, cambios térmicos u otros aspectos que permitan evaluarunivocamente las deformaciones. Supongamos que se desea conocer el desplazamiento de unpunto k en una dirección dada j , ukj . Para �jar ideas consideremos un ejemplo de un sistemade barras articuladas (Fig.4.6.a). Decimos que se conocen los esfuerzos internos Ni ( i = 1, n conn el número de barras), luego a partir de las relaciones constitutivas conocemos la elongaciónaxial de cada barra ei = N i/Ki. Supongamos un sistema de fuerzas virtuales de�nido por unafuerza vitual unitaria colocada en el nudo k en la dirección j en equilibrio con un conjunto deesfuerzos internos δNi en cada barra y reacciones de apoyo δRm (m = 1, Na, con Na el númerode restricciones de desplazamiento).

El principio de fuerzas virtuales (ec. 4.22) nos dice que para cualquier sistema de fuerzasvirtuales debe satisfacerse

NB∑i=1

eiδNi =

NB∑i=1

N i

Ki

δN i =Na∑m=1

δRmum + 1× ukj (4.23)

de donde podemos despejar la única incógnita

ukj =NB∑i=1

N i

Ki

δN i −Na∑m=1

δRmum (4.24)

Notar que para la de�nición del sistema virtual de fuerzas, basta tomar cualquier sistemaen equilibrio; luego si el sistema es hiperestático no es necesario resolverlo como tal sino que

4.4. CÁLCULO DE DESPLAZAMIENTOS 69

1 2

3 4

P

P P

PPP

P P2 2

434

(a)

(b)

(c)

(d)

Figura 4.6: Ejemplo de sistemas de enrejado

alcanza con de�nier cualquier sistema isostático adecuado. Además si los desplazamientos deapoyo son todos nulos la segunda sumatoria del segundo miembro es nula.

En el caso de que el problema incluya efectos térmicos, la elongación axial de cada barraserá ei = N i/Ki + α∆tiLi donde α es el coe�ciente de dilatación térmico del material queconstituye la barra y ∆ti es el cambio de temperatura de la barra respecto a la temperatura dereferencia. En tal caso la expresión del desplazamiento ukj resulta

ukj =NB∑i=1

(N i

Ki

+ α∆tiLi

)δN i −

Na∑m=1

δRmum

En el ejemplo, supongamos que se desea conocer el desplazamiento vertical del centro delcordón inferior (punto 1). Luego colocamos una fuerza virtual unitaria allí con la dirección deinterés. Utilicemos como sistema virtual de fuerzas el resultante de resolver el sistema isostáticoindicado en la Fig.4.6.b. Por otro lado si me interesa conocer el desplazamiento del punto 2,no es posible usar el sistema isostático propuesto para el punto 1, sino un sistema tal como elindicado en la Fig.4.6.c.

Consideremos otros casos sencillos. Por ejemplo si deseamos conocer el acortamiento totaldel cordón superior, es equivalente al desplazamiento horizontal relativo de los puntos 3 y 4.Si colocamos fuerzas horizontales unitarias y de sentido contrario en dichos nudos, un sistemaen equilibrio es el indicado en la Fig.4.6.d, donde el trabajo virtual de las fuerzas externas essencillamente

TVCE = 1× u31 − 1× u4

1 = 1×(u3

1 − u41

)


donde en el último paréntesis ha quedado la incógnita que nos interesa.Es importante recalcar que la metodología descripta permite calcular desplazamientos en

puntos elegidos a partir de deformaciones. Esto habitualmente se interpreta como integrarlas deformaciones. En un sistema hiperestático pueden seguirse distintos caminos para integrarlas deformaciones. Por supuesto que el resultado será siempre el mismo (en tanto que lasdeformaciones dato sean compatibles). Por ej. para determinar el descenso del punto central, sepodrían usar alternativamente los dos esquemas indicados en la Figura 4.7 para la determinacióndel sistema virtual de fuerzas.

Figura 4.7: Sistemas alternativos para el Sistema de Fuerzas Virtuales

4.4.2. Sistemas de vigas

El trabajo virtual complementario interno en un sistema estructural de vigas puede escribirse

n∑i=1

∫ Li

0

(ε δN + γy δQy + γz δQz + γt δMt + χy δMy + χz δMz) dx

donde con la letra delta (δ) se han identi�cado a los esfuerzos virtuales, n es el número deelementos en que se ha dividido la estructura y Li es la longitud de cada elemento. A partir delas relaciones constitutivas, podemos reemplazar las deformaciones por los esfuerzos

ε =N

EAγy =

Qy

κGAγz =

Qz

κGA

γt =Mt

GJρχy =

My

EIyχz =

Mz

EIz

A su vez, puede ser que uno o más de los esfuerzos sean cero

Para problemas planos Qz = My = Mt = 0

Para la teoría clásica de vigas Q 6= 0 pero γ = 0

Muchas veces es común despreciar la contribución axial

Para el caso de sistemas planos es común considerar sólo

TVCI =

∫L

M

EIM dx

Es decir que los desplazamientos son debidos exclusivamente a las deformaciones de �exión y sedesprecian los cambios de longitud de vigas y columnas (asociados a las deformaciones axiales).

4.5. MÉTODO DE DESPLAZAMIENTOS Y MÉTODO DE COMPATIBILIDAD 71

XZ

Y

Mt

My

MzN

Qy

Qz

Figura 4.8: Sistemas de vigas

4.4.2.1. Desplazamientos debidos a cambios de temperatura

Consideremos el caso de un sistema plano. Supondremos una variación lineal de la tempe-ratura en el espesor, entre ∆ti cambio térmico en la �bra inferior de la pieza y ∆ts en la �brasuperior. Si el eje baricéntrico coincide con la mitad de la altura h de la pieza

∆t (y) =∆ts + ∆ti

2+

∆ts −∆tih

y

ε0 = α∆t (y)

ε0 = α∆ts + ∆ti

2+ α

∆ts −∆tih

y

ε0 = ε0b + χ0y

donde se ha separado la deformación térmica en la correspondiente al baricentro de la secciónmás una curvatura debida al cambio térmico

h

ts

ti

ts - ti

h

ts + t

Figura 4.9: Cambios térmicos en vigas

4.5. Método de desplazamientos y método de compatibili-

dad

Consideremos un ejemplo sencillo con el objetivo de ver como generar los métodos alternati-vos para la resolución de problemas en análisis estructural a partir de la aplicación del principio


de trabajos virtuales, que conduce al método de los desplazamientos, y del principio de fuerzasvirtuales, que conduce al método de compatibilidad.

En la Fig.4.10 se muestra una estructura formada por 3 barras articuladas, unidas en unpunto y articuladas a puntos �jas en los otros extremos. Cada barra supondremos que tiene unárea transversal uniforme Ai y esta constituida por un material de módulo de Young Ei. Lasacciones sobre la estructura estan dadas por una fuerza f que forma un ángulo arbitrario α conla horizontal, aplicada en la unión de las tres barras.

f

u

v

1 2 3

31 2 3π4π

4π2

α

L

L L

N3

E3

A3

N 1

E 1

A 1

N2E2

A2

Figura 4.10: Ejemplo sencillo

En el punto de aplicación de la carga (único punto que puede desplazarse) pueden plantearsedos ecuaciones de equilibrio (una en cada dirección), son las siguientes

[cosπ

4cosπ

2cos3π

4

senπ4

senπ2

sin3π4

] N1

N2

N3

= f

[cosαsen α

](4.25)

dando valores a senos y cosenos resulta

[1/√

2 0 −1/√

2

1/√

2 1 1/√

2

] N1

N2

N3

= f

[cosαsen α

](4.26)

Tenemos entonces dos ecuaciones con tres incógnitas.

4.5.1. Método de los desplazamientos

El método de los desplazamientos consiste en reemplazar en las ecuaciones de equilibrio,los esfuerzos internos en función de los desplazamientos. Para ello previamente escribamos losesfuerzos en función de las deformaciones de las barras

Ni = Kiei N1

N2

N3

=

K1

K2

K3

e1

e2

e3

(4.27)

Escribamos ahora las deformaciones o elongaciones de cada barra en términos de los des-plazamientos nodales, en este caso en términos de los desplazamientos del punto cargado, que


denominaremos por u y v. e1

e2

e3

=

1/√

2 1/√

20 1

-1/√

2 1/√

2

[ uv

](4.28)

Reemplazando (4.28) en (4.27) y esta en las ecuaciones de equilibrio (4.26) resulta[1/√

2 0 −1/√

2

1/√

2 1 1/√

2

] K1

K2

K3

1/√

2 1/√

20 1

-1/√

2 1/√

2

[ uv

]= f

[cosαsen α

](4.29)

Operando en el primer miembro (realizando las dos primeras multiplicaciones de matrices)resulta [

12K1 + 1

2K3

12K1 − 1

2K3

12K1 − 1

2K3

12K1 +K2 + 1

2K3

] [uv

]= f

[cosαsen α

](4.30)

Tenemos ahora dos ecuaciones de equilibrio con dos incógnitas (desplazamientos) que sipodemos resolver.

Veamos el mismo ejemplo analizado a través del principio de trabajos virtuales. Los camposde desplazamientos virtuales posibles corresponden a δu o δv o una combinación cualquiera deellos que siempre puede escribirse como una combinación lineal de los primeros. Las deforma-ciones virtuales asociadas a estos campos de desplazamientos virtuales se obtienen de la mismaforma que 4.28 δe1

δe2

δe3

=

1/√

2 1/√

20 1

-1/√

2 1/√

2

[ δuδv

](4.31)

Combinando 4.27 y 4.28 tendremos N1

N2

N3

=

K1

K2

K3

1/√

2 1/√

20 1

-1/√

2 1/√

2

[ uv

]

=

K1/√

2 K1/√

20 K2

−K3/√

2 K3/√

2

[ uv

]

=

K1u+v√

2

K2vK3−u+v√

2

(4.32)

El trabajo virtual interno vale

T.V.I. = N1δe1 +N2δe2 +N3δe3

= K1(u+ v)√

2

(δu+ δv)√2

+K2v δv +K3(−u+ v)√

2

(−δu+ δv)√2

= δu1

2[K1 (u+ v) +K3 (u− v)]

+δv1

2[K1 (u+ v) + 2K2v +K3 (−u+ v)]

= δu

[(1

2K1 +

1

2K3

)u+

(1

2K1 −

1

2K3

)v

]+δv

[(1

2K1 −

1

2K3

)u+

(1

2K1 +K2 +

1

2K3

)v

](4.33)


En tanto que el trabajo virtual externo vale

T.V.E. = f cosα δu+ f sinα δv (4.34)

Igualando T.V.I. con T.V.E. y sacando factor común a los desplazamientos virtuales resulta

δu

[(1

2K1 +

1

2K3

)u+

(1

2K1 −

1

2K3

)v − f cosα

]+δv

[(1

2K1 −

1

2K3

)u+

(1

2K1 +K2 +

1

2K3

)v − f sinα

]= 0 (4.35)

Para que la expresión valga para cualquier par de valores de δu y δv es necesario que lasexpresiones entre corchetes valgan cero. Observar que estas son las mismas ecuaciones obtenidasanteriormente 4.30.

4.5.2. Método de compatibilidad

Un método alternativo al anterior consiste en obtener primero todas las posibles solucionesde equilibrio, y de ellas determinar cual corresponde a un conjunto de deformaciones com-patibles. Volviendo al ejemplo obtengamos primero todas las posibles soluciones de equilibrio(sistema 4.26). Como hay 2 ecuaciones y 3 incógnitas pasemos la 3ra columna al segundomiembro y resolvamos en función de N3[

1/√

2 0

1/√

2 1

] [N1

N2

]= f

[cosαsen α

]−N3

[−1/√

2

1/√

2

](4.36)

N1

N2

N3

= f

√2 cosα

sen α− 2 cosα0

+N3

1

−√

21

(4.37)

=

N1

N2

N3

(0)

+N3

N1

N2

N3

(1)

(4.38)

Donde con un supraíndice 0 estamos denominando a la solución de este sistema considerandola acción de las cargas externas actuantes. Con un supraíndice 1 estamos indicando a la solucióndependiente linealmente del valor del esfuerzo interno N3 (notar que la componente de N3(0) =0)

Las elongaciones de las barras son e1

e2

e3

=

1/√

2 1/√

20 1

−1/√

2 1/√

2

[ uv

]=

N1/K1

N2/K2

N3/K3

(4.39)

Sumando a la 3ra ecuación la 1ra y la 2da multiplicada por −√

2 e1

e2

e1−√

2e2 + e3

=

1/√

2 1/√

20 10 0

[ uv

](4.40)

La última ecuación expresa una condición de compatibilidad en función de las elongaciones

e1−√

2e2 + e3 = 0 (4.41)


f

N3

(0)=0

α

N2(0

) =f(

sen

a-

2co

sa)

N 1(0

) =21/2 f c

os

N2(1

) =-2

1/2

N 1(1

) =1 N3

(1)

Figura 4.11: Componentes de la solución

o expresado en función de los esfuerzos

N1

K1

−√

2N2

K2

+N3

K3

= 0 (4.42)

Reemplazando aquí las posibles soluciones de equilibrio en función de N3(f√

2 cosα +N3)

K1

−√

2

[f (sen α− 2 cosα)−

√2N3

]K2

+N3

K3

= 0(f√

2 cosα)

K1

−√

2[f (sen α− 2 cosα)]

K2

+N3

(1

K1

+2

K2

+1

K3

)= 0 (4.43)

De donde puede obtenerse N3

N3 = −(f√

2 cosα)K1

+√

2 [f(2 cosα−sen α)]K2(

1K1

+ 2K2

+ 1K3

) (4.44)

Veamos entonces como puede llegarse a esta misma condición de compatibilidad a travésdel principio de Fuerzas virtuales. Supongamos que nuestros pasos han sido:

Resolver todas las posibles soluciones de equilibrio (4.37).

Obtener todas las posibles deformaciones asociadas con estados de equilibrio. Las elon-gaciones de cada barra se pueden escribir como

ei =N i

Ki

=N i(0) +N3N i(1)

Ki

Veamos ahora que sistemas de fuerzas virtuales pueden de�nirse tales que no incluyan fuer-zas virtuales externas salvo en los apoyos. Si tomamos las ecuaciones (4.26), (sin las fuerzasexternas). En tal caso un sistema virtual posible resulta de suponer un valor para uno de losesfuerzos y expresar los otros en función de este. Todo otro sistema virtual difererirá de este enun factor y será entonces linealmente dependiente al primero. Para �jar ideas supongamos quedamos un valor unitario a N3, estado que ya hemos resuelto al obtener la segunda componentede la solución 4.38. La solución es N(1) multiplicado por un escalar arbitrario δN3.


El principio de fuerzas virtuales se escribe entonces (notar que el trabajo virtual comple-mentario externo es nulo porque no hay desplazamiento de apoyos)

3∑i=1

eiNi(1)δN3 = 0

δN3

3∑i=1

N i(0) +N3N i(1)

Ki

N i(1) = 0

δN3

[3∑i=1

N i(0)

Ki

N i(1) +3∑i=1

N3N i(1)

Ki

N i(1)

]= 0

δN3

[(f√

2 cosα)

K1

−√

2[f (sen α− 2 cosα)]

K2

+N3

(1

K1

+2

K2

+1

K3

)]= 0

Como el escalar δN3 es arbitrario, para que la última expresión se cumpla siempre es necesa-rio que el término entre corchetes se anule, que es la condición de compatibilidad que habíamosplanteado antes.

4.6. Ejemplo

A continuación se presenta un ejemplo para �jar algunas ideas expresadas por los principiosde desplazamientos y fuerzas virtuales. Consideremos el entramado de la �gura, compuestode 10 nudos y 21 barras. Supongamos que el material constitutivo de las barras es acero conE = 2,1 × 106 [kg/cm2]. El área de las barras verticales (montantes) es A1 = 8cm2, el área delas diagonales y de las barras horizontales que componen el cordón inferior es A2 = 4cm2 y elárea de las barras horizontales que componen el cordón superior es A3 = 12cm2.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

300 300 300 300

4

Figura 4.12: Entramado

Los esfuerzos calculados en las barras son:

Montantes:Denom. 1-2 3-4 5-6 7-8 9-10N [kg] -2231 -446 948 -79 -3241

Cordón Inferior:Denom. 1-3 3-5 5-7 7-9N [kg] -575 2438 1470 -3332

4.6. EJEMPLO 77

Cordón Superior:Denom. 2-4 4-6 6-8 8�10N [kg] -3674 -7661 -6628 -431

Diagonales:Denom. 1-4 2-3 3-6 4-5 5-8 6-7 7-10 8-9N [kg] -4294 2789 -2232 2351 3964 -3952 4051 -6365

Notar que por una cuestión de orden, las barras se han denominado por sus dos nudos extremos,empezando por el de menor valor.

4.6.1. Cargas en los nudos:

Se han dado como dato los esfuerzos en todas las barras, pero no las cargas externas. Eneste primer punto se calculan a continuación las fuerzas externas en equilibrio con los esfuerzosinternos. Notar que dado el valor de los esfuerzos internos siempre es posible encontrar unconjunto de fuerzas externas que equilibren los esfuerzos internos. Notar también que la suma(vectorial) de estas fuerzas externas es nula (incluyendo las reacciones dentro de las fuerzasexternas).

Para calcular las fuerzas externos recurriremos a las ecuaciones de equilibrio de los nudos.Notar que cada barra contribuye a dos nudos, y en cada uno de ellos con una fuerza de igualvalor y sentido opuesto, lo cual conduce a que su contribución global sea nula. En las ecuacionesde equilibrio la barra tiene una contribución afectada de un signo menos en el primer nudo quela de�ne y va con signo positivo en el segundo.

Nudo 1:

−N1−3t1−3 −N1−4t1−4 −N1−2t1−2 = R1

575

[10

]+ 4294

[0,60,8

]+ 2231

[01

]=

[31525667

]=

[R1x

R1y

]

Nudo 2:

+N1−2t1−2 −N2−3t2−3 −N2−4t2−4 = P2

−2231

[01

]− 2789

[0,6−0,8

]+ 3674

[10

]=

[2000

0

]=

[P 2x

P 2y

]

Nudo 3:

−N3−5t3−5 −N3−6t3−6 −N3−4t3−4 +N2−3t2−3 +N1−3t1−3 = P3

−2438

[10

]+ 2232

[0,60,8

]+ 446

[01

]+ 2789

[0,6−0,8

]− 575

[10

]=

[00

]=

[P 3x

P 3y

]

etc.

P4 =

[0

−2000

], P5 =

[0

−6000

], P6 =

[0

−4000

], P7 =

[00

]P8 =

[0

−2000

], R9 =

[−71528333

], P10 =

[2000

0

]


4.6.2. Deformaciones y elongaciones en las barras

Las deformaciones de una barra pueden calcularse o partir de los desplazamiento de losnudos (desconocidos en este caso) o a partir de los esfuerzos internos y los cambios térmicos(nulos en este caso).

εI =N I

EAIeI = εILI =

N ILI

EAI=N I

kI

Montantes:

k =EAI

LI=

2,1× 106 8

400= 42000 [kg/cm]

Denom. 1-2 3-4 5-6 7-8 9-10e[cm] -0.0531 -0.0106 0.0226 -0.0019 -0.0772

Cordón Inferior:

k =EAI

LI=

2,1× 106 4

300= 28000 [kg/cm]

Denom. 1-3 3-5 5-7 7-9e[cm] -0.0205 0.0871 0.0525 -0.1190

Cordón Superior:

k =EAI

LI=

2,1× 106 12

300= 84000 [kg/cm]

Denom. 2-4 4-6 6-8 8�10e[cm] -0.0437 -0.0912 -0.0789 -0.0051

Diagonales:

k =EAI

LI=

2,1× 106 4

500= 16800 [kg/cm]

Denom. 1-4 2-3 3-6 4-5 5-8 6-7 7-10 8-9e[cm] -0.2556 0.1660 -0.1329 0.1399 0.2360 -0.2352 0.2411 -0.3789

4.6.3. Cálculo de desplazamientos

Conocidos las deformaciones o elongaciones de las barras es posible calcular los desplaza-mientos en puntos de interés. Notar primero que la elongación de una barra (que tiene dimensiónde longitud al igual que un desplazamiento) puede verse como la integración de la deformación(uniforme en este caso) a lo largo de la barra. Los desplazamientos resultan también de laintegral de las deformaciones, el proceso de integración es más complejo en tal caso y por ellose recurrie al principio de fuerzas virtuales.

4.6.3.1. Desplazamiento del punto central del cordón inferior (nudo 6).

Para ello colocamos una fuerza virtual unitario en el nudo 1, con la dirección del desplaza-miento a medir, como nos interesa el desplazamiento vertical, la fuerza será vertical. A su vezel sentido que le demos a la fuerza nos de�ne la convención de signos para el desplazamientoincógnita, así si colocamos la fuerza unitaria hacia abajo, un valor positivo del desplazamientoresultado indica que es hacia abajo (lo que se espera en este caso), si por el contrario colocamosla fuerza virtual unitaria hacia arriba, un valor positivo del desplazamiento resultado indicaque es hacia arriba.

4.6. EJEMPLO 79

Colocada la fuerza virtual unitaria en el nudo 5 (dirección vertical hacia abajo), resultanecesario de�nir un sistema virtual de esfuerzos y reacciones en equilibrio con dicha fuerza, yque no incluya otras fuerzas externas nodales. Utilizaremos 2 sistemas distintos

1er. sistema (veri�car que está en equilibrio)

Montantes:Denom. 1-2 3-4 5-6 7-8 9-10N 0 0 0 0 0

Cordón Inferior:Denom. 1-3 3-5 5-7 7-9N [kg] 0 0 0 0

Cordón Superior:Denom. 2-4 4-6 6-8 8�10N [kg] 0 -0.75 -0.75 0

Diagonales:Denom. 1-4 2-3 3-6 4-5 5-8 6-7 7-10 8-9N [kg] -0.625 0 0 0.625 0.625 0 0 -0.625

2do. sistema (veri�car que está en equilibrio)

Montantes:Denom. 1-2 3-4 5-6 7-8 9-10N -0.5 0 1.0 0 -0.5

Cordón Inferior:Denom. 1-3 3-5 5-7 7-9N [kg] 0 0.75 0.75 0

Cordón Superior:Denom. 2-4 4-6 6-8 8�10N [kg] -0.375 -0.375 -0.375 -0.375

Diagonales:Denom. 1-4 2-3 3-6 4-5 5-8 6-7 7-10 8-9N [kg] 0 0.625 -0.625 0 0 -0.625 0.625 0

En ambos casos las reacciones de los apoyos son iguales de valor 0.5 en la dirección vertical.Aplicamos entonces el principio de fuerzas virtuales para determinar el desplazamiento ver-

tical del nudo 5. La expresión correspondiente es

TV CI =NB∑I=1

N IeI = δ5y 1 = TV CE

Con el 1er sistema (sólo se incluyen las barras con esfuerzos virtuales no nulos)

δ5y = −0,75× (−0,0912)− 0,75× (−0,0789)

−0,625× (−0,2556) + 0,625× 0,1399 + 0,625× 0,2360− 0,625× (−0,3789)

= 0,7591[cm]

Con el 2do sistema (sólo se incluyen las barras con esfuerzos virtuales no nulos)

δ5y = −0,5× (−0,0531) + 1,0× 0,0226− 0,5× (−0,0772)

+0,75× 0,0871 + 0,75× 0,0525

−0,375× (−0,0437)− 0,375× (−0,0912)− 0,375× (−0,0789)− 0,375× (−0,0051)

+0,625× 0,1660− 0,625× (−0,1329)− 0,625× (−0,2352) + 0,625× 0,2411

= 0,7591[cm]


0.5 0.51

-0.75

-0.6

25

0.62

50.625

-0.625

0.375 0.375

0.5 0.51

-0.6

25

+0.6

25+0.625

-0.625

-0.375 -0.375

+0.75 +0.75

-0.5

-0.51

Figura 4.13: Sistemas virtuales de fuerza

El resultado con cualquier sistema virtual de fuerzas es por supuesto el mismo. Esto es asíporque las deformaciones obtenidas a partir de los esfuerzos dato son compatibles, y sirve deveri�cación de que los esfuerzos datos han sido bien calculados.

Notar que en el segundo sistema virtual de fuerzas se involucra a un mayor número de barrascon esfuerzos no nulos, por lo cual el esfuerzo numérico es mayor. Recordar lo dicho respectoal signo del desplazamiento resultado, el valor positivo indica en este caso que es hacia abajo.Si por el contrario hubiésemos puesto la fuerza virtual hacia arriba, hubiéramos obtenido losmismos esfuerzos virtuales pero cambiados de signo por lo que en las expresiones para el cálculode los desplazamientos hubiésemos obtenido un valor negativo para el desplazamiento.

Finalmente digamos que los sistemas virtuales de fuerza propuestos resultan de resolverlos sistemas isostáticos obtenidos a partir de eliminar convenientemente (y arbitrariamente)algunas barras y/o apoyos en la estructura original

Los desplazamientos nodales son:

Nudo 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10ux[cm] 0 0.253 -0.020 0.210 0.066 0.118 0.119 0.039 0 0.034uy[cm] 0 -0.053 -0.466 -0.477 -0.759 -0.736 -0.442 -0.444 0 -0.077

Con ellos se propone:

1. Comprobar el valor de las deformaciones calculadas y de los esfuerzos datos. Notar quedebido a la precisión (3 dígitos) de los desplazamientos puede haber diferencias con losvalores datos.

2. Calcular el desplazamiento vertical del nudo 7 usando el PFV, elegir adecuadamente unsistema isostático (veri�car).

3. Calcular la elongación del cordón superior (u10x − u2

x), notar �a posteriori� que es la sumade las elongaciones de las barras que la componen.

4.6. EJEMPLO 81

Figura 4.14: Sistemas isostáticos utilizados

Un desplazamiento horizontal del apoyo derecho (9) δ produce los siguientes esfuerzos

Montantes:Denom. 1-2 3-4 5-6 7-8 9-10N [kg] 713.3 1361.3 1296.1 1361.3 713.3

Cordón Inferior:Denom. 1-3 3-5 5-7 7-9N [kg] -6975.5 -7024.4 -7024.4 -6975.5

Cordón Superior:Denom. 2-4 4-6 6-8 8�10N [kg] 535.0 486.0 486.0 535.0

Diagonales:Denom. 1-4 2-3 3-6 4-5 5-8 6-7 7-10 8-9N [kg] -891.6 -891.6 -810.1 -810.1 -810.1 -810.1 -891.6 -891.6

Veri�car que los esfuerzos indicados están en equilibrio sin que aparezcan fuerzas nodales.Calcular el desplazamiento δ que ha producido tales esfuerzos.


4.7. Ejercicios

4.7. EJERCICIOS 83

4.7. EJERCICIOS 85

4.7. EJERCICIOS 87

4.7. EJERCICIOS 89

4.7. EJERCICIOS 91

4.7. EJERCICIOS 93

Capítulo 5

METODO DE LAS FUERZAS


Los problemas hiperestáticos de barras o vigas no son posibles de resolver usando exclu-sivamente condiciones de equilibrio. Es necesario conocer las características seccionales y laspropiedades del material que constituye los elementos estructurales. El método de las fuerzaspermite solucionar este tipo de problemas a partir del planteo de condiciones de compatibilidadusando el Principio de Fuerzas Virtuales. Recordemos que dicho principio plantea (desde el pun-to de vista que nos interesa aquí) que un campo de deformaciones generalizadas es compatible,es decir que existe un campo de desplazamientos que satisface las condiciones de desplaza-mientos en el contorno y del cual pueden derivarse las deformaciones, si para todo sistema deFuerzas Virtuales se cumple que el Trabajo Virtual Complementario Interno (TVCI) es igualal Trabajo Virtual Complementario Externo (TVCE). En los sistemas de barras y vigas, ele-mentos unidimensionales en el sentido que todas las variables están referidas a la coordenadaa lo largo del eje de la pieza, el grado de hiperestaticidad es �nito, y la dimensión del espaciovectorial que de�ne a todos los posibles sistemas de Fuerzas Virtuales es precisamente el gradode hiperestaticidad.

5.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS

Para desarrollar los pasos necesarios para resolver una estructura de barras articuladasusando el método de las fuerzas recurriremos a un ejemplo de tal forma de �jar algunas ideascon mayor facilidad.

5.1.1. Un primer ejemplo

La estructura tiene 4 nudos o articulaciones. En cada nudo es posible plantear dos condi-ciones de equilibrio (una en cada dirección del plano) lo que lleva a un total de 8. La cantidadde incógnitas de fuerzas (o esfuerzos) es 10, correspondientes a los esfuerzos (N I) en cada unade las 6 barras y a las cuatro reacciones de apoyo. Luego el problema es hiperestático de 2do.grado y requiere en consecuencia de 2 condiciones adicionales para que sea posible obtener lasolución.

Ordenemos los datos para plantear las condiciones de equilibrio necesarias

95

96 CAPÍTULO 5. METODO DE LAS FUERZAS

1 2

3 4

6

1

2

3

45

P1

P2

Figura 5.1: Ejemplo a considerar

Nudo X Y1 0.0 0.02 4.0 0.03 0.0 3.04 4.0 3.0

Barra Nudo-1 Nudo-2 Long. tx ty1 1 2 4.0 1.0 0.02 1 3 3.0 0.0 1.03 3 4 4.0 1.0 0.04 2 4 3.0 0.0 1.05 3 2 5.0 0.8 -0.66 1 4 5.0 0.8 0.6

5.1.1.1. Determinación de todas las soluciones de equilibrio

Las ecuaciones de equilibrio son

1 0 0.8 10 1 0.6 1-1 0 -0.80 1 0.6 1

0 1 0.8 1-1 0 -0.6

-1 0 -0.80 -1 -0.6

N1

N2

N3

N4

N5

N6

R1x

R1y

R2y

R3x

+

000000P1

P2

= 0 (5.1)

O separando en el primer miembro las fuerzas internas y en el segundo miembro las fuerzasexternas:

-1 0 -0.80 -1 -0.61 0 0.80 -1 -0.6

0 -1 -0.81 0 0.6

1 0 0.80 1 0.6

N1

N2

N3

N4

N5

N6

=

R1x

R1y

0R2y

R3x

0P1

P2

(5.2)

Al haber más incógnitas que ecuaciones, desde el punto de vista del equilibrio el sistemaadmite múltiples soluciones. Del sistema de ecuaciones (5.2) separemos aquellas asociadas a los

5.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS 97

nudos que pueden desplazarse, es decir aquellas que no están asociadas a reacciones

1 0.8

1 0.61 0 0.80 1 0.6

N1

N2

N3

N4

N5

N6

=

00P1

P2

(5.3)

En tanto que las cuatro ecuaciones asociadas a reacciones son

-1 0 -0.80 -1 -0.60 -1 -0.6

0 -1 -0.8

N1

N2

N3

N4

N5

N6

=

R1x

R1y

R2y

R3x

(5.4)

Estas últimas cuatro ecuaciones (5.4) permiten una vez conocidos los esfuerzos en barras,calcular las reacciones realizando la multiplicación matricial en el primer miembro.

Las ecuaciones de equilibrio (5.3) son 4 ecuaciones con 6 incógnitas y tienen múltiplessoluciones. La forma habitual de resolver un sistema de estas caracterísiticas es elegir algunasincógnitas (por ej. las últimas dos) y pasar las columnas correspondientes al segundo miembro

1

11 00 1

N1

N2

N3

N4

=

00P1

P2

−

0.80.6

0.80.6

[ N5

N6

](5.5)

Dadas las características de la matriz de coe�cientes del primer miembro (es la identidad) lasolución es inmediata. Denominando con X1 = N5 y X2 = N6, las soluciones pueden escribirsecomo

N1

N2

N3

N4

N5

N6

=

00P1

P2

00

+X1

−0,8−0,60,00,010

+X2

0,00,0−0,8−0,6

01

(5.6)

N = N(0) +X1N(1) +X2N

(2) (5.7)

Notar que en la solución debida a las cargas extenas N5(0) = N6(0) = 0, que en la solucióndebida a X1, N

5(1) = 1 y N6(1) = 0, en tanto que para X2, N5(2) = 0 y N6(2) = 1

Un segundo elemento a tener en cuenta en estas soluciones de equilibrio son las reaccionesde apoyo dadas por la multiplicación matricial en (5.4), reemplazando allí las (5.6) tenemos


-1 0 -0.80 -1 -0.60 -1 -0.6

0 -1 -0.8

00P1

P2

00

+X1

−0,8−0,60,00,010

+X2

0,00,0−0,8−0,6

01

=

R1x

R1y

R2y

R3x

(5.8)

00−P2

−P1

+X1

0,80,6−0,6−0,8

+X2

0,8−0,6−0,80,6

=

R1x

R1y

R2y

R3x

(5.9)R

1(0)x

R1(0)y

R2(0)y

R3(0)x

+X1

R

1(1)x

R1(1)y

R2(1)y

R3(1)x

+X2

R

1(2)x

R1(2)y

R2(2)y

R3(2)x

=

R1x

R1y

R2y

R3x

(5.10)Estas son todas las soluciones de equilibrio posibles y han quedado en función de dos

incógnitas hiperestáticas X1 y X2, para obtener una de las posibles soluciones alcanzacon darle valor a las incógnitas. Al vector que agrupa a las incógnitas en la ecuación (5.1) lollamaremos Y

[Y]T =[N1 N2 N3 N4 N5 N6 R1

x R1y R2

y R3x

]Demos una interpretación física a la elección de las incógnitas hiperestáticas y observemos

que otras posibilidades podrían considerarse. La solución del sistema de ecuaciones (5.2) o (5.3)ha sido dividida en 3 partes.

(a) La primera parte indicada con un supraíndice 0 en (5.7) (5.10) y resulta de resolver lasecuaciones de equilibrio nodales con las fuerzas nodales externas conocidas y sin la parti-cipación de las barras 5 y 6. Es equivalente a resolver el sistema isostático que resulta deeliminar las barras 5 y 6 del ejemplo.[

Y(0)]T

=[N1(0) N2(0) N3(0) N4(0) N5(0) N6(0) R

1(0)x R

1(0)y R

2(0)y R

3(0)x

]El análisis de un estado de carga diferente se resume a modi�car el vector de fuerzas enlos nudos.

(b) La segunda parte indicada con un supraíndice 1 y escalada por X1, resulta de resolver lasecuaciones de equilibrio nodales sin fuerzas externas y con la condición de que N5 = 1.Es equivalente a resolver el isostático mencionado (es decir sin las barras 5 y 6), donde seha puesto de mani�esto el estado tensional que produce un valor unitario de esfuerzo enla barra 5 o las fuerzas que este introduce en el isostático,

(c) La tercera parte indicada con un supraíndice 2 y escalada por X2, resulta de resolver lasecuaciones de equilibrio nodales sin fuerzas externas y con la condición de que N6 = 1. Esequivalente a resolver el isostático sin las barras 5 y 6, donde se ha puesto de mani�estoel estado tensional que produce un valor unitario de esfuerzo en la barra 6.

Esta segunda y tercera componente han sido resueltas, colocando como única acción una delas incógnitas (la i) con valor unitario. A los esfuerzos y reacciones obtenidos de esta maneralos distinguiremos precisamente con el supra-índice i


P1

P2

(0) (1) (2)

1

1

Figura 5.2: Soluciones

[Y(i)

]T=[N1(i) N2(i) N3(i) N4(i) N5(i) N6(i) R

1(i)x R

1(i)y R

2(i)y R

3(i)x

]Luego todas las soluciones al sistema de ecuaciones Y pueden expresarse como

Y = Y(0) +2∑i=1

XiY(i) (5.11)

Las Y en (5.11) son todas las soluciones (desde el punto de vista del equilibrio) que elsistema tiene. Observemos que

-Y(0), corresponde a un estado de tensiones que equilibra las acciones externas, y por lotanto independientemente de los Xi cualquier solución equilibra las cargas externas

-Y(i), corresponden a estados de tensiones en equilibrio sin acciones externas salvo reaccionesde apoyo. Es decir no hay cargas adicionales en los nudos libres.

La elección hecha al considerar como incógnitas a N5 y N6 no es la única posibilidad. En estecaso resultó en forma natural por la forma en que se resolvió el sistema de ecuaciones (5.2) quefue separado en 2 grupos (5.3) y (5.4). La elección condujo a un sistema de resolución inmediatalo que ha resultado muy �conveniente�. Si de momento modi�camos nuestra estructura originalde tal forma que si eliminamos las barras en donde hemos elejido los esfuerzos como incógnitashiperestáticas tendremos

P1

P2

X1

X1X2

Figura 5.3: Isostático equivalente

Que corresponde a una estructura isostática. Notar aquí que la interpretación de �conve-niente� al �jar las incógnitas, es que conduzca por un lado a una estructura isostática, que si


puede resolverse exclusivamente en base a consideraciones de equilibrio. Otros elementos aso-ciados a la �conveniencia� resultan de la forma operativa del método y requieren de un pocode experiencia. Al sistema resultante (con cargas externas e incógnitas hiperestáticas) lo deno-minaremos isostático equivalente. A la estructura isostática la denominaremos isostáticofundamental (I.F.).

Sin embargo la solución del sistema de ecuaciones (5.1) admite otras posibilidades. Es posibleelegir como incógnita hiperestática una reacción (no más de una en este caso) u otra barradistinta. No es posible cualquier selección de incógnitas como hiperestáticas. Por ej., en estecaso no es posible elejir como incógnitas

-ambas reacciones verticales, porque no podrían equilibrarse fuerzas verticales-ambas reacciones horizontales, porque no podrían equilibrarse fuerzas horizontales-las barras 3 y 6, o 3 y 4, o 4 y 6 porque quedaría una única barra en el nudo 3-etc.

5.1.1.2. Sistemas de Fuerzas Virtuales

Observemos además las particularidades de los esfuerzos Y(i) (i = 1, 2):

(a) son sistemas de fuerzas en equilibrio

(b) no involucran a cargas externas, donde estas son �a priori� conocidas, Forman una basede un sub-espacio vectorial (de dimensión igual al grado de hiperestaticidad del sistemaoriginal) que incluye a todos los sistemas en equilibrio que no involucren fuerzas externasen los nudos (salvo reacciones de apoyo).

En este aspecto cada uno de estos sistemas de fuerzas Y(i) puede verse como un sistema defuerzas virtuales, más aún todos los sistemas de fuerzas virtuales posibles pueden generarse apartir de estos, es decir pueden escribirse como una combinación lineal de ellos:

δY =2∑j=1

δXj Yj (5.12)

Hasta ahora hemos agotado las condiciones de equilibrio posible y disponemos entoncesdel espacio de soluciones posibles. A continuación veremos como generar las dos condicionesadicionales imprescindibles para que el problema quede unívocamente resuelto. Para lo cualrecurriremos al Principio de Fuerzas Virtuales.

5.1.1.3. Planteo de compatibilidad

Recordemos que las ecuaciones de compatibilidad son relaciones que deben cumplir las de-formaciones (elongaciones) de las distintas barras de tal forma que se satisfagan las condicionesde desplazamientos en los apoyos y que la estructura mantenga su integridad o continuidad.

Expresemos entonce las elongaciones de las barras en función de las posibles soluciones deequilibrio utilizando la relación constitutiva correspondiente. La elongación de cada barra es:

ei =N i

EAL =

N i

Ki

= N ifi (5.13)

Similarmente a los esfuerzos N i en (5.6) las elongaciones se pueden escribir

eI =N I

KI

=N I(0) +

∑2k=1XkN

I(k)

KI

=N I(0)

KI

+2∑

k=1

XkN I(k)

KI

= e(0)I +

2∑k=1

Xke(k)I (5.14)


Veamos entonces cuales son las condiciones que es necesario imponer sobre las deformaciones,las cuales resultan de las modi�caciones realizadas sobre la estructura original al transformarlaen el isostático equivalente.

Estas pueden verse idealmente como haber cortado las barras 5 y 6 a la mitad de talforma que no puedan transmitirse fuerzas y se muevan en forma independiente. La solución deequilibrio calculada asegura que las fuerzas en cada cara son iguales y opuestas. Tenemos ahoraque asegurar que no hay desplazamiento relativo entre las caras de cada sección �cortada�.

Luego, una cualquiera de las barras donde se ha puesto como incógnita el esfuerzo (porejemplo la barra 5) deberá tener un desplazamiento relativo nulo entre las caras de una sec-ción. Dicho desplazamiento relativo se puede calcular aplicando fuerzas virtuales unitarias y desentido opuesto sobre cada cara.

X1

X1

X2

X2

δ

δ

δ

δ

Figura 5.4: Compatibilidad en las barras

Aplicando el sistema virtual de fuerzas indicado, el sistema de esfuerzos virtuales coincidecon el calculado para X1 = 1, es decir Y(1). El principio de Fuerzas Virtuales conduce en estecaso a

TVCI = TVCE = 0 no hay despl. de apoyo

TVCI =6∑I=1

N I(1)eI = 0

Reemplazando aquí la (5.14) tendremos

TVCI =6∑I=1

N I(1)

[e

(0)I +

2∑k=1

Xke(k)I

]=

6∑I=1

N I(1)e(0)I +

2∑k=1

Xk

6∑I=1

N I(1)e(k)I = 0

Debemos reconocer aquí el signi�cado de cada término. Notar que se han separado lasin�uencias de las cargas externas (primer término) y de cada una de las soluciones debidas avalores unitarios de las incógnitas (segunda sumatoria del segundo término). El primer términoque escribiremos

δ10 =6∑I=1

N I(1)e(0)I

representa el desplazamiento relativo de las caras cortadas de la barra 5 (en el I.F.) debido alsistema de cargas externas. Cada uno de los términos

δ1i =6∑I=1

N I(1)e(i)I


representa el desplazamiento relativo de las caras cortadas de la barra 5 (en el I.F.) debido alsistema en equilibrio resultante de colocar un valor unitario para Xi. Igualar a cero el TVCIestablece la condición de que la caras no van a desplazarse relativamente, luego podemos escribir

δ10 +2∑i=1

Xiδ1i = 0

Que establece entonces una condición de compatibilidad sobre los valores de las Xi, es decirsobre el espacio de soluciones Y.

La segunda condición a plantear es completamente similar pero asociada al corte realizadosobre la barra 6. El sistema de ecuaciones a resolver puede escribirse[

δ11 δ12

δ21 δ22

] [X1

X2

]= −

[δ10

δ20

]La matriz de coe�cientes [δij] se denomina matriz de �exibilidad del sistema, depende

de la geometría y material de la estructura, y de la elección de las incógnitas hiperestáticas, peroNO depende del sistema de cargas externas o las solicitaciones. La dependencia con las cargas uotras solicitaciones aparece en el término independiente [δi0]. Para estudiar el comportamientode la misma estructura frente a un estado distinto de solicitaciones basta con recalcular [δi0].

La matriz de coe�cientes es por supuesto no-singular y además es simétrica. La simetría pro-viene de un teorema de reciprocidad (ley de Betti) y puede comprobarse fácilmente observandolas expresiones correspondientes

δij =6∑I=1

N I(j)e(i)I =

6∑I=1

N I(j)NI(i)

KI

=6∑I=1

N I(j)

Ki

N I(i) = δji

Una vez resuelto el sistema ha quedado de�nida la (única) solución del problema (con losXi ahora conocidos)

Y = Y(0) +2∑i=1

XiY(i)

5.1.1.4. Compatibilidad Usando el principio de Fuerzas Virtuales

Una forma general de ver el problema consiste en reconocer todos los sistemas virtuales defuerzas posibles (con NB=Número de Barras y NI=Número de Incógnitas hiperestáticas) yadescriptos en (5.12)

δY =NI∑j=1

δXj Yj

El Principio de Fuerzas Virtuales exige qué para que las elongaciones

eI =

[e

(0)I +

NI∑i=1

Xie(i)I

]

sean compatibles, se cumpla que para todo δY, TVCI=TVCE, en este caso

TVCI =NB∑I=1

δN IeI =NB∑I=1

[NI∑j=1

δXj NI(j)

][e

(0)I +

NI∑i=1

Xie(i)I

]= 0


Reordenando las sumatorias, sacando factor común a los δXj

NI∑j=1

δXj

{NB∑I=1

N I(j)e(0)I +

NI∑i=1

Xi

[NB∑I=1

N I(j)e(i)I

]}= 0

Reconociendo que �para todo sistema de fuerzas virtuales� signi�ca �para todo juego devalores de δXj�, en consecuencia para que la igualdad se satisfaga para todo δXj lo que estádentro de las llaves debe ser nulo, luego para cada j debe cumplirse{

NB∑I=1

N I(j)e(0)I +

NI∑i=1

Xi

[NI∑I=1

N I(j)e(i)I

]}= 0

δj0 +NI∑i=1

Xiδji = 0

Que es el mismo resultado obtenido antes.Para el ejemplo considerado los coe�cientes valen

δ10 =6∑i=1

N i(1)e(0)i = −4

5× 0− 3

5× 0 + 0× P1

K3

+ 0× P2

K4

+ 1× 0 + 0× 0 = 0

δ20 =6∑i=1

N i(2)e(0)i = 0× 0 + 0× 0− 4

5× P1

K3

− 3

5× P2

K4

+ 0× 0 + 1× 0

= −(

4

5

P1

K3

+3

5

P2

K4

)

δ11 =6∑i=1

N i(1)N i(1)

Ki

=

(−4

5

)21

K1

+

(−3

5

)21

K2

+ 02 1

K3

+ 02 1

K4

+ 12 1

K5

+ 02 1

K6

=16

25

1

K1

+9

25

1

K2

+1

K5

δ12 =6∑i=1

N i(1)N i(2)

Ki

=−4

5∗ 0

K1

−35∗ 0

K2

+0 ∗(−4

5

)K3

+0 ∗(−3

5

)K4

+1 ∗ 0

K5

+0 ∗ 1

K6

= 0 = δ21

δ22 =6∑i=1

N i(2)N i(2)

Ki

=02

K1

+02

K2

+

(−4

5

)2

K3

+

(−3

5

)2

K4

+02

K5

+12

K6

=16

25

1

K3

+9

25

1

K4

+12

K6

Luego el sistema de ecuaciones a resolver es[1625

1K1

+ 925

1K2

+ 1K5

0

0 1625

1K3

+ 925

1K4

+ 12

K6

] [X1

X2

]=

[0(

45P1

K3+ 3

5P2

K4

) ](5.15)

Cuya solución es

X1 = 0

X2 =

[0,8P1

K3

+0,6P2

K4

]/

(1

K6

+0,64

K3

+0,36

K4

)Lo que resuelve el problema y permite calcular esfuerzos (5.6) reacciones (5.4) y usando la

relación cinemática (5.13) o las (5.14) evaluar las elongaciones


5.1.1.5. Un planteo diferente de la compatibilidad

Veamos a continuación un camino diferente para la obtención de las ecuaciones de compa-tibilidad. El objetivo en este caso es mostrar como por un vía alternativa, diferente conceptualy metodológicamente, es posible llegar a las mismas ecuaciones. La presentación está particu-larizada para el ejemplo de trabajo.

Las ecuaciones cinemáticas nos permiten escribir las elongaciones en función de los despla-zamientos de los nodos

ei = ti ·∆ui (5.16)

Para el ejemplo considerado esto resulta (notar que la matriz de coe�cientes que resulta esigual a la transpuesta de la matriz de coe�cientes de la ecuación (5.2))

-1 0 1 00 -1 0 1

-1 0 1 00 -1 0 10.8 -0.6 -0.8 0.6

-0.8 -0.6 0.8 0.6

u1 = 0v1 = 0u2

v2 = 0u3 = 0v3

u4

v4

=

e1

e2

e3

e4

e5

e6

(5.17)

Eliminando las columnas asociadas con los desplazamientos nulos (apoyos) queda

110 1 0

0 0 10.8 0.6

0.8 0.6

u2

v3

u4

v4

=

e1

e2

e3

e4

e5

e6

(5.18)

Tenemos aquí 6 ecuaciones con cuatro incógnitas (los cuatro desplazamientos) en funciónde las 6 elongaciones. El sistema de ecuaciones no admite solución para valores arbitrarios delos ei, es decir no cualquier combinación de los ei conduce a una solución. Para determinar quecondiciones deben cumplir los ei para que la solución exista, operemos con las �las (ecuaciones)de tal forma de eliminar los coe�cientes de las dos últimas ecuaciones. Sumando a la quinta laprimera multiplicada por -0.8 y la segunda por -0.6 y sumando a la sexta la tercera multiplicadapor -0.8 y la cuarta por -0.6 resulta

110 1 0

0 0 10 0

0 0

u2

v3

u4

v4

=

e1

e2

e3

e4

e5 − 0,8e1 − 0,6e2

e6 − 0,8e3 − 0,6e4

(5.19)

En el segundo miembro aparecen en las últimas dos �las las condiciones que deben satisfacerlas elongaciones ei para que existan valores de desplazamientos. Estas condiciones son ecuacionesde compatibilidad

e5 − 0,8e1 − 0,6e2 = 0e6 − 0,8e3 − 0,6e4 = 0

(5.20)

que deben hacerse cumplir y permiten determinar de las múltiples soluciones de equilibrio, cuáles la solución del problema.


Previamente se han obtenido todas las soluciones de equilibrio (5.6) y con ellas las elonga-ciones de todas las barras (5.14), que pueden escribirse

e = e(0) +X1e(1) +X2e

(2) (5.21)

e1 =−0,8

K1

X1

e2 =−0,6

K2

X1

e3 =P1

K3

− 0,8

K3

X1 (5.22)

e4 =P2

K4

− 0,6

K4

X1

e5 =1

K5

X1

e6 =1

K6

X2

Reemplazando en (5.20) tenemos

1K5X1 + 0,64

K1X1 + 0,36

K2X1 = 0

1K6X2 − P1

K3− 0,8

K3X2 − 0,6

K4(P2 − 0,6X2) = 0

Ordenando (1K5

+ 0,64K1

+ 0,36K2

)X1 = 0

X2

(1K6

+ 0,64K3

+ 0,36K4

)− 0,8P1

K3− 0,6P2

K4= 0

(5.23)

Que es idéntico al sistema obtenido antes (5.15).El camino seguido para la obtención de las ecuaciones de compatibilidad (desde (5.16)

hasta (5.20)) es un tanto engorroso en un caso general, el objetivo del ejemplo es mostrarun procedimento matricial que no es habitual para el planteo del método de las fuerzas. Unsubproducto de esta aproximación es que una vez resuelta la compatibilidad es posible calcularlos desplazamientos nodales usando (5.19)

5.1.2. Cambios Térmicos

Muchas veces una de las acciones a considerar es la in�uencia del cambio de temperaturarespecto a la de montaje (∆t) que podrá ser la misma para todas las barras o no, en este últimocaso distinguiremos en cada barra un ∆tI . La única modi�cación al procedimiento anterioraparece al evaluar las deformaciones, ahora tendremos (con NI es el número de incógnitashiperestática):

eI =N I

KI

+ α∆tILI =N I(0)

KI

+ α∆tILI +NI∑i=1

XiN I(i)

KI

= e(0)I +

NI∑i=1

Xie(i)I

La contribución debida al cambio térmico aparece en el cálculo de e(0)I

e(0)I =

N I(0)

KI

+ α∆tILI

lo que se traduce en una modi�cación del término independiente del sistema de ecuaciones aresolver. Como era de esperar esto no afecta a la matriz de �exibilidad del sistema.


5.1.3. Desplazamientos de Apoyos

En general si algún apoyo presenta un desplazamiento conocido, aparecerá una contribuciónal TVCE al aplicar el PFV. Sea ∆ el desplazamiento conocido de un punto y sea R la reacciónasociada al mismo. El valor de la reacción resultará (como cualquier otra reacción o esfuerzointerno)

R = R(0) +NI∑i=1

XiR(i)

donde R(0) es la reacción en el I.F. debido a las cargas externas y R(i) son cada una de lasreacciones en el I.F. debido a la incógnita i con valor unitario. Paralelamente los valores posiblesde la reacción en los sistemas virtuales son

δR =NI∑j=1

δXjR(j)

El trabajo virtual complementario externo que produce esta reacción debido al movimiento∆ es

TVCE = ∆NI∑j=1

δXjR(j) =

NI∑j=1

δXj

(R(j)∆

)Luego las contribuciones que este término genera aparecen directamente en el segundo

miembro del sistema de ecuaciones a resolver. En este caso para cada ecuación j con (j = 1, NI)el término independiente será

−δj0 +R(j)∆

Por ejemplo si en la estructura considerada se tiene que el nudo 2 se mueve un valor datou2y. La contribución al TVCE resulta (Recordar de (5.9) que R2

y = −P2 − 0,8X1 − 0,6X2 y enconsecuencia δR2

y = −0,8 δX1 − 0,6 δX2)

TVCE = δR2y u

2y = − (0,8 δX1 + 0,6 δX2) u2

y

que contribuye a las ecuaciones de compatibilidad (notar que u2y es positivo si coincide con la

dirección positiva del eje y)[δ11 00 δ22

] [X1

X2

]= −

[δ10

δ20

]−[

0,80,6

]u2y (5.24)

5.1.4. Un segundo ejemplo

Veamos un segundo caso a los �nes de ejempli�car el métodoLa estructura tiene 6 nudos o articulaciones. En cada nudo es posible plantear dos condi-

ciones de equilibrio (una en cada dirección del plano) lo que lleva a un total de 12. La cantidadde incógnitas de fuerzas (o esfuerzos) es 15, correspondientes a los esfuerzos (N I) en cada unade las 11 barras y a las cuatro reacciones de apoyo. Luego el problema es hiperestático de 3er.grado y requiere en consecuencia de 3 condiciones adicionales para que sea posible obtener lasolución.

Hasta aquí el problema puede verse como un sistema de 12 ecuaciones con 15 incógnitas,luego desde el punto de vista del equilibrio admite in�nitas soluciones, para obtener una de lasposibles soluciones alcanza con darle valor a 3 de las incógnitas y resolver el sistema resultantede 12 ecuaciones con 12 incógnitas.

Como primer paso elijamos convenientemente las incógnitas hiperestáticas a �jar. Por ejem-plo:


1 2 3

4 56

P

P 2P P

2P

1

2 4

3

56

7

8910 11

4.0 4.0

3.0

Figura 5.5: Segundo Ejemplo a considerar

-Los esfuerzos en las barras inclinadas 10 y 11, a los que llamaremos respectivamente X1 yX2.

-La reacción horizontal en el apoyo derecho (nudo B) a la que llamaremos X3

Si de momento modi�camos nuestra estructura original de tal forma que:

-Convertimos el apoyo derecho en un apoyo movil

-Eliminamos las barras en donde hemos elejido los esfuerzos como incógnitas hiperestáticas.

tendremos

X1

X2

X2

X3

X3


Que corresponde a una estructura isostática.

No es posible cualquier selección de incógnitas como hiperestáticas. Por ej. , en este caso noes posible elejir como incógnitas

-una reacción vertical

-ambas reacciones horizontales

-las barras 4, 10, 11 simultaneamente, etc.

Veamos que forma tiene el sistema de 12 ecuaciones. Para ello planteamos en cada nudo lasdos ecuaciones de equilibrio posibles, en base a los siguientes datos:


nudo x y1 0 32 4 33 8 34 4 05 8 06 0 0

Barra Nudo 1 Nudo 2 Longitud tx = cosα ty =sen α1 6 1 3 0 12 1 2 4 1 03 1 4 5 4/5 -3/54 2 3 4 1 05 4 2 3 0 16 4 3 5 4/5 3/57 5 3 3 0 18 4 5 4 1 09 6 4 4 1 010 6 2 5 4/5 3/511 2 5 5 4/5 -3/5

Escribamos las 12 ecuaciones matricialmente, para lo cual ordenemos en el vector de incóg-nitas, primero las incógnitas que han quedado en el sistema isostático y luego las incógnitashiperestáticas. De esta forma tendremos

0 -1 -4/51 0 3/5

1 -1 0 4/5 -4/50 0 1 3/5 3/5

1 4/5 00 3/5 1

4/5 0 -4/5 -1 1-3/5 -1 -3/5 0 0

0 1 4/5 -1

-1 0 -3/50 -1 -4/5-1 0 -3/4

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

N10 = X1

N11 = X2

R5x = X3

=

P−P

0−2PP−P

0−2P

0R5y

R6x

R6y

(5.25)

En el vector de incógnitas hemos incluido a la reacción horizontal en 5, que si bien es unareacción, como la hemos elegido como incógnita hiperestática necesitamos su valor en cada pasode análisis.

Trabajaremos con las nueve primeras ecuaciones, las últimas tres sólo son necesarias paracalcular las reacciones, lo que puede hacerse al �nal (salvo que haya desplazamientos de apoyo).A las nueve primeras columnas de la matriz de coe�cientes las asociaremos a una matriz Acuadrada (9× 9) a las últimas tres columnas las asociaremos a una matriz B (sólo las primerasnueve �las), a cada una de estas columnas las denominaremos como BJ , al vector que agrupaa las incógnitas lo llamaremos Y y al término independiente (sólo las primeras nueve �las) lodenominaremos F, de forma que el sistema anterior puede escribirse

[A|B]9×12 Y12×1 = F9×1

también podemos reescribirlo separando en Y las incógnitas hiperestáticas X del resto Y

[A|B]

[Y9×1

X3×1

]= F9×1

o �nalmente pasando las incógnitas hiperestáticas al segundo miembro

A9×9Y9×1 = F9×1−B9×3X3×1


0 -1 -4/51 0 3/5

1 -1 00 0 1

1 4/5 00 3/5 1

4/5 0 -4/5 -1 1-3/5 -1 -3/5 0 0

0 1

N1

N2

N3

N4

N5

N6

N7

N8

N9

=

P−P

0−2PP−P

0−2P

0R5y

R6x

R6y

−

4/5 -4/53/5 3/5

4/5 -1

N10 = X1

N11 = X2

R5x = X3

(5.26)La matriz A es cuadrada y no singular (invertible), con ella se puede resolver el sistema

isostático equivalente sometido a cualquier estado de carga. El análisis de un estado de cargadiferente se resume a modi�car el vector F.

El segundo paso consiste en resolver sucesivamente el isostático fundamental sometido a lossiguientes estados de carga

Las cargas y/o solicitaciones externas. Referido al último sistema de ecuaciones, es equi-valente a resolver AY = F, es decir suponiendo que X = 0. A los esfuerzos y reaccionesobtenidos de esta manera los distinguiremos con un supra-índice 0, así tendremos[

Y(0)]T

=[N1(0) N2(0) N3(0) N4(0) N5(0) N6(0) N7(0) N8(0) N9(0)

]-Colocando como única acción una de las incógnitas con valor unitario. Referido al sistemade ecuaciones, esto equivale a resolver AY = −Bi, donde Bi, es la columna asociada a laincógnita a la que estamos dando valor unitario. A los esfuerzos obtenidos de esta maneralos distinguiremos precisamente con el supra-índice i[

Y(i)]T

=[N1(i) N2(i) N3(i) N4(i) N5(i) N6(i) N7(i) N8(i) N9(i)

]Luego todas las soluciones al sistema de ecuaciones AY = F−BX pueden expresarse como

Y = Y(0)

+3∑i=1

XiY(i)

Mas aún el vector Y completo puede escribirse a partir del anterior agregándole X, es decir

Y =

[YX

]=

Y(0)

000

+X1

Y(1)

100

+X2

Y(2)

010

+X3

Y(3)

001

Y = Y(0) +

3∑i=1

XiY(i)

Que son todas las soluciones que el sistema tiene.Hasta ahora hemos agotado las condiciones de equilibrio posible y disponemos entonces

del espacio de soluciones posibles. A continuación veremos como generar las tres condiciones


adicionales imprescindibles para que el problema quede unívocamente resuelto. Para lo cualrecurriremos al Principio de Fuerzas Virtuales. Veamos entonces cuales son las condicionesque es necesario imponer. Estas condiciones resultan de las modi�caciones realizadas sobre laestructura original al transformarla en el isostático equivalente.

Para de�nir el I.F. eliminamos las contribuciones de las barras 10 y 11. Esto puede verseidealmente como haber cortado dichas barras a la mitad de tal forma que no puedan transmitirfuerzas. Tenemos ahora que asegurar que no hay desplazamiento relativo entre las caras de cadasección �cortada�.

Luego una cualquiera de las barras donde se ha puesto como incógnita el esfuerzo (porejemplo la barra 10) deberá tener un desplazamiento relativo nulo entre las cara de una sec-ción. Dicho desplazamiento relativo se puede calcular aplicando fuerzas virtuales unitarias y desentido opuesto sobre cada cara.

Figura 5.7: Compatibilidad en las barras

Las elongaciones de las barras se obtienen utilizando la relación constitutiva correspondiente

eI =N I

KI

=N I(0) +

∑3i=1XiN

I(i)

KI

=N I(0)

KI

+3∑i=1

XiN I(i)

KI

= e(0)I +

3∑i=1

Xie(i)I

Aplicando el sistema virtual de fuerzas indicado, el sistema de esfuerzos virtuales coincidecon el calculado para X1 = 1, es decir Y(1). El principio de Fuerzas Virtuales conduce en estecaso a

TVCI =11∑I=1

N I(1)

[e

(0)I +

3∑i=1

Xie(i)I

]=

11∑I=1

N I(1)e(0)I +

3∑i=1

Xi

11∑I=1

N I(1)e(i)I = 0

0 = δ10 +3∑i=1

Xiδ1i

Similarmente al ejemplo anterior δ10 representa el desplazamiento relativo entre las seccionesdebido a las cargas externas y δ1i el debido a cada una de las incógnitas hiperestáticas de valorunitario. Un análisis similar permite obtener la condición correspondiente sobre la barra 11.

Por otro lado está claro que el apoyo derecho no puede desplazarse en la dirección horizontal.El conjunto de soluciones Y fue obtenido con un apoyo movil en lugar del apoyo �jo y por lotanto no asegura que el movimiento allí sea nulo. Es decir que de las soluciones posibles Y nosinteresan sólo aquellas en las que el apoyo derecho no se mueve. El cálculo del desplazamiento delapoyo derecho para cada solución en Y puede realizarse de la siguiente manera: colocamos allíuna fuerza virtual unitaria y generamos un sistema virtual de fuerzas asociado, a continuación


planteamos igualdad de TVCI y TVCE. La elección más sencilla del sistema de fuerzas virtuales,en función de lo hecho hasta ahora, es usar el sistema de fuerzas en equilibrio que resulta deresolver el sistema isostático fundamental con la carga unitaria puesta precisamente en el apoyo.Este sistema ya ha sido resuelto al evaluar todas las posibles soluciones en equilibrio y coincidecon Y(3). Tenemos entonces que

TVCE = 1 · u5x = 0

TVCI =11∑I=1

N I(3)eI

Llevando este resultado a la expresión del TVCI tendremos

TVCI =11∑I=1

N I(1)

[e

(0)I +

3∑i=1

Xie(i)I

]=

11∑I=1

N I(1)e(0)I +

3∑i=1

Xi

11∑I=1

N I(1)e(i)I

Esta última expresión debe igualarse con el TVCE, el que es cero, luego esta última tam-bién lo será. Debemos reconocer aquí el signi�cado de cada término. El primer término queescribiremos

δ30 =11∑I=1

N I(3)e(0)I

representa el desplazamiento del apoyo derecho (en el I.F.) debido al sistema de cargas externas.Cada uno de los términos

δ3i =11∑I=1

N I(3)e(i)I

representa el desplazamiento del apoyo derecho (en el I.F.) debido al sistema en equilibrioresultante de colocar un valor unitario para Xi. Igualar a cero el TVCI establece la condiciónde que el apoyo derecho no va a desplazarse, luego podemos escribir

δ30 +3∑i=1

Xiδ3i = 0

Que establece entonces una condición de compatibilidad sobre los valores de las Xi, es decirsobre el espacio de soluciones Y.

El sistema de ecuaciones a resolver puede �nalmente escribirse δ11 δ12 δ13

δ21 δ22 δ23

δ31 δ32 δ33

X1

X2

X3

= −

δ10

δ20

δ30

Al mismo resultado se llega planteando en forma general a partir de reconocer todos los

sistemas virtuales de fuerzas posibles

δY =3∑j=1

δXj Y(j)

El Principio de Fuerzas Virtuales exige que para que las elongaciones

eI =

[e

(0)I +

3∑i=1

Xie(i)I

]


sean compatibles, para todo δY debe cumplirse que TVCI=TVCE, en este caso

11∑I=1

δN IeI =11∑I=1

[3∑j=1

δXj NI(j)

][e

(0)I +

3∑i=1

Xie(i)I

]= 0

Reordenando las sumatorias, sacando factor común a los δXj

3∑j=1

δXj

{11∑I=1

N I(j)e(0)I +

3∑i=1

Xi

[11∑I=1

N I(j)e(i)I

]}= 0

Reconociendo que �para todo sistema de fuerzas virtuales� signi�ca �para todo juego devalores de δXj�, en consecuencia para que la igualdad se satisfaga para todo δXj lo que estádentro de las llaves debe ser nulo, luego para cada j debe cumplirse{

11∑I=1

N I(j)e(0)I +

3∑i=1

Xi

[11∑I=1

N I(j)e(i)I

]}= 0

δj0 +3∑i=1

Xiδji = 0

Que es el mismo resultado obtenido antes.Para el presente ejemplo asumiendo que todas las barras están hechas del mismo material

y tienen la misma sección y tomando P = 1, Los resultados que se obtienen son los que sedescriben en continuación

Y(0) Y(1) Y(2) Y(3) (NI(1))2

Ki

(NI(2))2

Ki

(NI(3))2

Ki

NI(1)NI(2)

Ki... NI(3)NI(0)

Ki

N1 -2.625 -0.600 -0.000 0.000 1.08 0.00 0.00 0.00 ... 0.00N2 -3.167 -0.800 -0.000 0.000 2.56 0.00 0.00 0.00 ... 0.00N3 2.708 1.000 -0.000 0.000 5.00 0.00 0.00 0.00 ... 0.00N4 -3.167 -0.000 -0.800 0.000 0.00 2.56 0.00 0.00 ... 0.00N5 -2.000 -0.600 -0.600 0.000 1.08 1.08 0.00 1.08 ... 0.00N6 3.958 0.000 1.000 0.000 0.00 5.00 0.00 0.00 ... 0.00N7 -3.375 -0.000 -0.600 0.000 0.00 1.08 0.00 0.00 ... 0.00N8 0.000 0.000 -0.800 1.000 0.00 2.56 4.00 0.00 ... 0.00N9 1.000 -0.800 0.000 1.000 2.56 0.00 4.00 0.00 ... 4.00N10 0 1 0 0 5.00 0.00 0.00 0.00 ... 0.00N11 0 0 1 0 0.00 5.00 0.00 0.00 ... 0.00∑

17.28 17.28 8.00 1.08 ... 4.00

Rx5 0 0 0 1

Ry5 3.375 0.000 -0.000 0.000

Rx6 -1.000 0.000 0.000 -1.000

Ry6 2.625 -0.000 0.000 0.000

Sistema �nal de ecuaciones y solución

17,28 1,08 −3,201,08 17,28 −3,20−3,20 −3,20 8,00

X1

X2

X3

= −

28,839,64,0

X1

X2

X3

=

−1,93249−2,59916−2,31266

Esfuerzos y reacciones �nales

5.2. VIGAS CONTINUAS 113

N1 -1.466N2 -1.621N3 0.776N4 -1.087N5 0.719N6 1.359N7 -1.816N8 -0.233N9 0.233N10 -1.932N11 -2.599Rx

5 -2.313Ry

5 3.375Rx

6 1.313Ry

6 2.625

5.2. VIGAS CONTINUAS

Como paso previo a la aplicación a pórticos planos y emparrillados planos, analizaremos laaplicación de la metodología anterior a vigas continua

5.2.1. Viga empotrada articulada

Como primer ejemplo consideremos una viga continua de un solo tramo. Sea la viga empotrada-articulada de la �gura bajo carga distribuída uniforme.

q

Figura 5.8: Viga empotrada - simplemente apoyada

Los pasos necesarios para la solución del problema por el método de las fuerzas consistenen:

a)buscar todas las soluciones de equilibrio posibles. Para ello resulta necesario in-troducir �incógnitas hiperestáticas� que permitan expresar con facilidad las soluciones posibles.La cantidad de incógnitas hiperestáticas Xi a �jar es igual al orden de hiperestaticidad del pro-blema. Para el ejemplo indicado el orden de hiperestaticidad es 1 y se ha elegido expresar lasdistintas posibilidades en función del valor del momento de empotramiento ME = X1. De estaforma se ha momentaneamente liberado el empotramiento (la restricción al giro en dicho punto,lo que luego debe compatibilizarse) convirtiendo a la viga original en simplemente apoyada enambos extremos (isostático fundamental).

Podemos entonces calcular las posibles soluciones de equilibrio resolviendo la viga simple-mente apoyada sucesivamente sometida a (1)la carga distribuida q y (2)el momento de empo-tramiento ME = X1


q

qL2

qL2

8

+

ME

ME

LME

L

+qL2

Figura 5.9: soluciones de equilibrio

M (x) = M (0) (x) +X1M(1) (x) (5.27)

De esta forma las posibles soluciones de equilibrio están conformadas de dos partes, unaprimera parte que equilibra las cargas externas y una segunda parte que sólo incluye esfuerzosinternos y reacciones.

b)calcular las deformaciones asociadas. Esto normalmente consiste en escalar los dia-gramas de esfuerzos usando las ecuaciones constitutivas. Para el caso de la viga la deformaciónde interés es

χ (x) =M (x)

EI=M (0) (x)

EI+X1

M (1) (x)

EI= χ(0) (x) +X1χ

(1) (x) (5.28)

qL2

EIME

+8EI

χ(1)(x)

χ(0)(

Figura 5.10: Deformaciones asociadas a soluciones de equilibrio

c)establecer todos los sistemas de fuerzas virtuales. Los posibles sistemas de fuerzasvirtuales (sistemas en equilibrio sin cargas externas salvo reacciones) son formalmente idénticosa la segunda parte de las soluciones en equilibrio, es decir

δM (x) = δX1M(1) (x) (5.29)

d)aplicar el principio de fuerzas virtuales. Establecer a través del principio de fuerzasvirtuales las condiciones que deben satisfacer las deformaciones (5.28) para ser compatibles con


1L

1 1

1L

M1(

Figura 5.11: sistemas de fuerzas virtuales

las condiciones de apoyo (desplazamientos y/o giros conocidos a priori). La igualdad

TVCI = TVCE

conduce en este caso en que no hay desplazamientos de apoyo a que el TVCE= 0, por lo cual

TVCI =

∫ L

0

χ (x) δM (x) dx =

∫ L

0

[χ(0) (x) +X1χ

(1) (x)]δX1M

(1) (x) dx = 0

= δX1

∫ L

0

1

EI

qL2

8+X1

dx

= δX1

∫ L

0

qL2

8EIdx+

X1

EI

∫ L

0

dx

= δX1

{− qL

2

8EI

L

3+X1

L

3EI

}(5.30)

= δX1 {δ10 +X1δ11} (5.31)

La condición de TVCI= 0 es independiente de δX1 por lo que debe anularse lo que estáentre llaves, lo que conduce a

X1 = −δ10

δ11

=qL2

8

Si hubiera desplazamientos de apoyos es necesario modi�car el término asociado al TV CEque ahora no sería nulo. En el caso más general de que sean no nulos los desplazamien-tos de ambos apoyos (u1 y u2)(suponiendo que son descensos) y el giro del empotramiento(β1)(suponiendo que sea horario). El TV CE resulta

TVCE = δX1

{1

L

(u2 − u1

)− β1

}De tal forma que la igualdad de trabajos virtuales resulta ahora

δX1

{− qL

2

8EI

L

3+X1

L

3EI

}= δX1

{1

L

(u2 − u1

)− β1

}de donde

X1 =qL2

8+

3EI

L

{1

L

(u2 − u1

)− β1

}(5.32)

Si hubieran cambios térmicos, hay que modi�car (5.28) incluyendo las curvaturas debido atales efectos. Es decir

χ (x) =M (0) (x)

EI+X1

M (1) (x)

EI+ χ

(0)∆t (x) = χ(0)

q (x) + χ(0)∆t (x) +X1χ

(1) (x) (5.33)


Lo cual conduce a modi�car el término δ10

δ10 = δ(q)10 +

∫ L

0

χ(0)∆t dx

En todos los casos la ecuación de compatibilidad que resulta es equivalente a plantearsobre el isostático equivalente la condición de que el empotramiento (que ha sido liberadooriginalmente) no gire o que gire un valor β1 en el caso que este valor sea conocido y distintode cero (5.32). Que esto es así puede verse fácilmente. Si consideramos las curvaturas dadaspor (5.28), y buscamos la condición que debe cumplir X1 para que el apoyo izquierdo no gire,el método usual es colocar en tal apoyo un momento virtual unitario e igualar trabajo internocon externo. En tal caso si lo que se busca es que el apoyo no gire, el trabajo (externo) quedebe producir el momento virtual es nulo TV CE = δM β1 = 0, en tanto que el trabajo internoes idéntico al calculado para llegar a la ecuación (5.30).

5.2.2. Viga continua

A continuación analizaremos la solución por el método de las fuerzas a una viga continuade más de un tramo(ver Fig. 5.12).

L1 L2L3

L4

P P Pq

1 2

Figura 5.12: Viga Continua

La estructura de la �gura tiene una hiperestaticidad de 3er grado. El primer paso es estable-cer una estructura isostática equivalente elijiendo adecuadamente las incógnitas hiperestáticas.En general en este tipo de estrucuturas (vigas continuas) resulta conveniente elegir como in-cógnitas (en la medida de lo posible) los momentos �ectores sobre los apoyos. Esto equivalea colocar allí una articulación, es decir la estructura isostática fundamental no podrá tomarmomentos donde el momento es incógnita. Por razones que quedarán claras al desarrollar elejemplo estas resultan ser la opción más conveniente. La estructura equivalente puede verse enla Fig. 5.13

Esta no es por supuesto la única opción, también pueden utilizarse como incógnitas hiperes-táticas las reacciones de apoyo, o el corte en alguna sección, y por supuesto también el momento�ector en puntos diferentes a los apoyos.

De�nido el I.F. el segundo paso consiste en resolver la estructura isostática resultante so-metida a:

Las cargas externas. Notar que al haber elejido los momentos sobre los apoyos, la soluciónde la viga continua se resume a resolver vigas simplemente apoyadas.

Cada una de las incógnitas hiperestáticas con valor unitario, (ver Fig. 5.15)


P P PLq

4

X1

X2X2 X3


PL4L3

2qL2

2P 2

qL2

P2

P2

PL4L3

P2 P

qL22

8

PL4

2PL4

4PL1

4PL3

M(0)

Q(0)

Figura 5.14: Solución con carga externa

Notar la similitud de las soluciones de los distintos casos y lo sencillo que resultaría siste-matizarlo.

La solución global del problema desde el punto de vista de equilibrio es

Q (x) = Q(0) (x) +3∑i=1

Xi Q(i) (x)

M (x) = M (0) (x) +3∑i=1

Xi M(i) (x)

Por otro lado el conjunto de sistemas de fuerzas virtuales puede escribirse

δQ (x) =3∑j=1

δXj Q(j) (x)

δM (x) =3∑j=1

δXj M(j) (x)

La aplicación del Principio de Fuerzas Virtuales puede realizarse, reconociendo primero que


M(3)(x)

1L3

1 Q(3)(x)L2

M(1)(x)

11L1

1

Q(1)(x)L1

1 1

1

M(2)(x)

1L2

1 Q(2)(x)L1

1

Figura 5.15: Solución con momentos unitarios

las curvaturas asociadas a las posibles soluciones de equilibrio son:

χ(x) =M (x)

EI=

1

EI

[M (0) (x) +

3∑i=1

Xi M(i) (x)

]

= χ(0) (x) +3∑i=1

Xi χ(i) (x)

Recordar que hemos despreciado las distorsiones transversales debidas al corte, luego elTrabajo Virtual Complementario Interno vale

TVCI =

∫ L1+L2+L3

0

δM (x)χ (x) dx =

∫ L1+L2+L3

0

[3∑j=1

δXj M(j) (x)

][χ(0) (x) +

3∑i=1

Xi χ(i) (x)

]dx

El trabajo externo vale cero en este caso, será diferente de cero cuando haya desplazamientosde apoyos. Reacomodando las sumatorias e integrales, y sacando factor común a los δXj queson arbitrarios, tenemos


TVCI =3∑j=1

δXj

{∫ L1+L2+L3

0

M j (x)χ(0) (x) dx+3∑i=1

Xi

[∫ L1+L2+L3

0

M j (x)χ(i) (x) dx

]}= 0

Reconociendo que esto debe ser igual a cero independientemente de los valores de los δXj,luego lo que está entre llaves debe anularse y para cada j tendremos una ecuación de compati-bilidad ∫ L1+L2+L3

0

M (j) (x)χ(0) (x) dx+3∑i=1

Xi

[∫ L1+L2+L3

0

M (j) (x)χ(i) (x) dx

]= 0

δj0 +3∑i=1

Xi δji = 0

donde hemos introducido las de�niciones

δj0 =

∫ L1+L2+L3

0

M (j) (x)χ(0) (x) dx

δji =

∫ L1+L2+L3

0

M (j) (x)χ(i) (x) dx

Estas tres ecuaciones adicionales, nos permiten calcular las incógnitas hiperestáticas y re-solver el problema. Cada una de estas ecuaciones representa una ecuación de compatibilidadde desplazamientos asociada al desplazamiento (generalizado) conjugado de cada incógnita hi-perestática. Los desplazamientos generalizados conjugados a los momentos son los giros de lassecciones donde están aplicados los momentos. En nuestro caso la primera incógnita correspondeal momento �ector en el empotramiento, luego el giro del empotramiento es su giro conjugadoy claramente este debe ser cero para satisfacer la condición cinemática impuesta. La primeraecuación (j = 1) corresponde a esta condición. La segunda incógnita corresponde al momentosobre el primer apoyo, allí hemos colocado un momento a cada lado, que tienen cada uno ungiro conjugado, por razones de continuidad el giro debe ser igual en ambas secciones, o lo quees mismo el giro relativo entre las secciones debe ser nulo. La segunda ecuación (j = 2) planteaprecisamente que este giro relativo debe ser nulo. Lo mismo puede decirse respecto a la terceraincógnita.

Podemos ver que efectivamente esto es así, supongamos que queremos calcular el giro delempotramiento βE, entonces ponemos allí un momento virtual de valor unitario. El sistemavirtual en equilibrio con tal momento unitario es Q(1) (x), M (1) (x). Aplicando el principio defuerzas virtuales resulta

TVCE = M (1)(x = 0)βE = βE

TVCI =

∫ L1+L2+L3

0

M (1) (x)

[χ(0) (x) +

3∑i=1

Xi χ(i) (x)

]dx

Notar que la integral puede restringirse al primer tramo ya que en los otros M (1) (x) es nulo.Igualando ambos términos

βE =

∫ L1

0

M (1) (x)χ(0) (x) dx+3∑i=1

Xi

∫ L1

0

M (1) (x)χ(i) (x) dx

Esta ecuación igualada a cero es la primera de las condiciones resultantes de aplicar el P.F.V.


En forma similar si deseamos calcular el giro relativo de las secciones a ambos lados de laarticulación sobre el primer apoyo movil, debemos colocar alli dos momentos virtuales unitarios,uno a cada lado de las sección, con sentido opuesto. El sistema virtual de fuerzas resultantes esQ(2) (x), M (2) (x). Aplicando el principio de fuerzas virtuales resulta

TVCE = βI − βD = βrel

TVCI =

∫ L1+L2+L3

0

M (2) (x)

[χ(0) (x) +

3∑i=1

Xi χ(i) (x)

]dx

igualando ambos términos

βrel =

∫ L1+L2

0

M (2) (x)χ(0) (x) dx+3∑i=1

Xi

∫ L1+L2

0

M (2) (x)χ(i) (x) dx

que corresponde a la segunda de las ecuaciones resultantes de aplicar el P.F.V.Veamos en detalle el cálculo de la matriz de coe�cientes, es decir de los términos δij con

i, j = 1, 2, 3

δij =

∫ L1+L2+L3

0

M (i) (x)χ(j) (x) dx

Notemos que cada diagrama de momentos abarca sólo los tramos adyacentes al apoyo dondese aplica el momento incógnita M (i) o el momento virtual M (j). En consecuencia si:

-j e i coinciden la integral se extiende a los dos tramos adyacentes (uno solo en el casode un extremo)

δii =1

EIi

∫Li+Li+1

[M (i) (x)

]2dx =

Li3EIi

+Li+1

3EIi+1

-j e i son consecutivos la integral se extiende sólo al tramo que los tiene como extremos

δij =1

EIi

∫Li

M (i) (x)M (j) (x) dx =Li

6EIi

-j e i no son coincidentes ni consecutivos

δij = 0

En vigas continuas con más tramos es posible sistematizar con facilidad el cálculo de la matrizde coe�cientes, de forma que cada ecuación resulta

δi,i−1Mi−1 + δi,iMi + δi,i+1Mi+1 = −δi0

donde

δi,i−1 =Li−1

6EIi−1

δi,i+1 =Li

6EIiδii = 2(δi,i−1 + δi,i+1)

La matriz de coe�cientes del sistema resulta tridiagonal (son no-nulos sólo los coe�cientes dela diagonal y los inmediatamente adyacentes), de muy rápida resolución. Esta sistematizacióndel cálculo de vigas continuas por el método de las fuerzas se conoce como método de lostres momentos.

5.3. PORTICOS PLANOS 121

5.3. PORTICOS PLANOS

Las ideas y procedimientos expuestos hasta aquí se pueden aplicar al análisis de pórticosplanos. La secuencia operativa es la misma.

1- Obtener las posibles soluciones en equilibrio Primero se elijen las NI incógni-tas hiperestáticas, con lo que queda de�nido el Sistema Isostático equivalente y el IsostáticoFundamental. Las incógnitas hiperestáticas pueden ser:

-a) Esfuerzos internos en alguna sección elejida

-Momento �ector, lo que implica poner allí una articulación para el I.F.

-Esfuerzo de Corte, lo que implica que la sección no podrá transmitir corte pero si otrotipo de esfuerzo

-Esfuerzo normal, que restringe a esa sección a transmitir sólo corte y �exión.

-b) Reacciones de apoyo, incluyendo momentos de empotramiento por supuesto.

Sobre el I.F. se calculan los sistemas en equilibrio asociados a:

-Cargas externas, lo que dará lugar a los correspondientes diagramas M (0)(x), Q(0)(x) yN (0)(x), para cada uno de los elementos (vigas o columnas) que compongan la estructura

-Incógnitas hiperstáticas de valor unitario, con lo cual se tendrá para cada caso M (i)(x),Q(i)(x) y N (i)(x).

De esta forma por superposición lineal, en cada elemento estructural tendremos que la solucióncompleta será (todas las posibles soluciones de equilibrio)

N (x) = N (0) (x) +NI∑i=1

XiN(i) (x)

M (x) = M (0) (x) +NI∑i=1

XiM(i) (x)

Q (x) = Q(0) (x) +NI∑i=1

XiQ(i) (x)

2- Deformaciones asociadas a equilibrio Las ecuaciones constitutivas nos permite cal-cular las deformaciones generalizadas (reales) correspondientes (considerando las deformacionesde origen térmico si las hubiere)

ε (x) =N (x)

EA+ α∆t = ε(0) (x) +

NI∑i=1

Xiε(i) (x)

χ (x) =M (x)

EI+ α

(∆ts −∆ti

h

)= χ(0) (x) +

NI∑i=1

Xiχ(i) (x)


3- Posibles sistemas de fuerzas virtuales Por otro lado todos los posibles sistemasvirtuales de fuerzas quedan de�nidos por

δN (x) =NI∑j=1

δXjN(j) (x)

δM (x) =NI∑j=1

δXjM(j) (x)

δQ (x) =NI∑j=1

δXjQ(j) (x)

4- Determinación de las condiciones de compatibilidad La aplicación del Principiode Fuerzas Virtuales conduce a determinar de todos las posibles deformaciones asociadas asistemas en equilibrio la que además es compatible. Estas condiciones de compatibilidad surgende igualar trabajo interno y externo. El segundo sólo aparece cuando hay desplazamientos deapoyos. Entonces sea NT el número de elementos estructurales (sobre los que hay que evaluarel trabajo interno) y sea NA el número de apoyos con desplazamientos pre�jados de valor ∆N ,luego

TVCE =NA∑N=1

∆N

(NI∑j=1

δXjR(j)N

)

TVCI =NT∑I=1

∫ LI

0

[δM (x)χ (x) + δN (x) ε (x)] dx

reemplazando en la última expresión los esfuerzos virtuales y las deformaciones reales tendresos

NT∑I=1

∫ LI

0

{[NI∑j=1

δXjM(j) (x)

][χ(0) (x) +

NI∑i=1

Xiχ(i) (x)

]+

[NI∑j=1

δXjN(j) (x)

][ε(0) (x) +

NI∑i=1

Xiε(i) (x)

]}dx

Reordenando las sumatorias e integrales, esto puede escribirse

NI∑j=1

δXj

∑NT

I=1

∫ LI

0

[M (j) (x)χ(0) (x) +N (j) (x) ε(0) (x)

]dx

+∑NIi=1Xi

[∑NTI=1

∫ LI

0

[M (j) (x)χ(i) (x) +N (j) (x) ε(i) (x)

]dx]

denominando como antes

δj0 =NT∑I=1

∫ LI

0

[M (j) (x)χ(0) (x) +N (j) (x) ε(0) (x)

]dx

δij =NT∑I=1

∫ LI

0

[M (j) (x)χ(i) (x) +N (j) (x) ε(i) (x)

]dx

Las condición para que el TVCI sea igual al TVCE para todo sistema virtual de fuerzas seresume a NI ecuaciones de compatibilidad (una para cada j)

NI∑i=1

Xi δji = −δj0 +NA∑N=1

∆NR(j)N

En la evaluación de las integrales, normalmente las contribuciones asociadas al esfuerzonormal son despreciables frente a las debidas a la �exión. Sin embargo esto no siempre es así ydebe tenerse cuidado al despreciar tales términos. Cuando las acciones corresponden a cambiostérmicos di�cilmente puedan despreciarse las integrales asociadas al esfuerzo normal.

5.4. EMPARRILLADOS PLANOS 123

5.4. EMPARRILLADOS PLANOS

Consideremos el emparrillado plano de la �gura. Esta compuesto de dos vigas a 900 apoyadasen sus extremos y en la unión de las dos vigas. Uno de los apoyos extremos corresponde a unapoyo elástico de rigidez K. La cargas actuante es una carga distribuida de igual valor q enambos tramos.

2

3

3K

X

Y

q

11

2

X

YZ

b

a

Figura 5.16: Emparrillado plano

El sistema tiene restringidos 3 grados de libertad por lo tanto no son posibles movimientosde cuerpo rígido por lo cual es claramente isostático. Para calcular las reacciones podemostomar momentos respecto a los ejes de las vigas de esta forma resulta:

-Tomando momento respecto al eje del tramo 1-2 (∑My = 0)

qbb

2−R3b = 0 → R3 =

qb

2

-Tomando momento respeto al eje del tramo 2-3 (∑Mx = 0)

qaa

2−R1a = 0 → R1 =

qa

2

-Finalmente, usando equilibrio de fuerzas (∑Fz = 0)

−qa− qb+R1 +R2 +R3 = 0 → R2 =qa

2+qb

2

Dada la geometría y el tipo de apoyos, no aparece torsión y sólo hay momentos �ectores.El apoyo elástico se desplaza un valor (hacia abajo naturalmente)

u(0) =R3

K=

qb

2K

El tramo 1-2 gira alrededor de su eje arrastrado por el giro del tramo 2-3 cuyo apoyo 2 giradebido a la �exión. A su vez el tramo 2-3 gira alrededor de su eje arrastrado por el tramo 1-2cuyo apoyo 2 gira debido a la �exión.

Supongamos ahora que en el apoyo 1 se restringe el giro alrededor del eje de la viga. Estoconvierte al problema en hiperestático. Introduciendo como incógnita hiper-estática el momento


correspondiente (en el sentido del eje de la viga, es decir el momento torsor). Debemos encontrarel valor del momento torsor que evita que la sección sobre el apoyo 1 gire (alrededor del eje, enel otro sentido, �exión, está libre).

La solución de equilibrio debido a este momento de empotramiento es:

Todas las posibles soluciones de equilibrio quedan englobadas por la suma de la solucióninicial (que equilibra las cargas externas) y la segunda solución asociada al momento torsorreactivo. Para re-establecer la compatibilidad podemos aplicar el Principio de Fuerzas Virtuales.No hay desplazamientos conocidos, luego el TV CE = 0. El trabajo virtual interno es la sumade los trabajos en cada una de las componentes estructurales, las dos vigas y el resorte.

1. -Tramo 1-2

Curvatura de �exión: Parábola cuadrática debida a cargas externas χ(0) = M(0)

EI, no

hay curvatura debido a la incógnita

Curvatura de torsión: Valor constante asociado a la incógnita θ(1) = X1

GJρ

TV CI12 =

∫ a

0

X1

GJρdx =

X1a

GJρ

2. -Tramo 2-3

Curvatura de �exión: Parábola cuadrática debida a cargas externas χ(0) = M(0)

EImás

un diagrama lineal debido a la incógnita χ(1) = M(1)

EI

Curvatura de torsión: no hay deformaciones por torsión

TV CI23 =

∫ b

0

1

EI

+X1

dx =b

3EI

(−qb

2

8+X1

)

3. -Resorte, el trabajo es idéntico a lo que ocurre en una barra de reticulado, es el esfuerzopor la elongación

TV CIK =(u(0) + u(1)

) 1

b=

(qb

2K+X1

bK

)1

b=

q

2K+

X1

Kb2

q b2

qa2

q a2bq 2

a2

q 8

1 2

Mf

b2

q 8

2 3

Figura 5.17: Reacciones y diagrama de momentos


β(0)

β(0)

u(0)

Figura 5.18: Desplazamiento de la estructura isostática

β(0)

β(0)

u(0)

Figura 5.19: Reacciones y diagrama de momentos debido al Momento de Empotramiento

Sumando las distintas contribuciones, y sacando factor común X1

TV CI = X1

(a

GJρ+

b

3EI+

1

Kb2

)+

b

3EI

qb2

8+

q

2K

Igualando a cero dado que el trabajo esterno es nulo, el valor de la incógnita hiperestáticaes

X1 = −b

3EIqb2

8+ q

2Ka

GJρ+ b

3EI+ 1

Kb2

Notar en esta última expresión el signi�cado de cada término. Cada componente es un giroalrededor del eje y. El numerador es (cambiado de signo) el giro de la sección sobre el apopo 1

debido a las cargas externas β(0). Este está compuesto de dos términos, el primero ( b3EI

qb2

8) es

debido a la curvatura en el tramo 2-3 y el segundo ( q2K

) es debido al giro como cuerpo rígidodel tramo 2-3 debido al descenso del apoyo elástico.

El numerador es el giro que produce un momento torsor unitario en el empotramientoβ(1). Está compuesto de tres términos. El primero ( a

GJρ) es la rotación relativa por torsión de

las secciones extremas del tramo 1-2. El segundo ( b3EI

) es el giro de la sección 2 debido a la�exión en el tramo 2-3 y �nalmente ( 1

Kb2) es el giro del tramo 2-3 como cuerpo rígido debido

al movimiento del apoyo elástico.

De esta forma se logra que el giro �nal βy en la sección 1 sea: β(0) +X1β(1) = 0

5.5. EJERCICIOS 127

5.5. Ejercicios

5.5. EJERCICIOS 129

5.5. EJERCICIOS 131

5.5. EJERCICIOS 133

5.5. EJERCICIOS 135

5.5. EJERCICIOS 137

Capítulo 6

METODO DE RIGIDEZ

Dr. Fernando Flores

El método de rigidez o método de los desplazamientos, es el método más utilizado para elanálisis de estructuras. Esto es debido a su fácil sistematización e implementación en compu-tadoras, además de su versatilidad para tratar condiciones de contorno generales y distintasno-linealidades (geométricas y materiales).

En todo método de análisis las condiciones que deben cumplirse son:

1. Equilibrio entre esfuerzos internos y fuerzas externos.

2. Continuidad de la estructura, interna y con los vínculos.

3. Relaciones constitutivas entre los esfuerzos internos y las deformaciones asociadas.

En el método de los desplazamientos, para cumplir con estas condiciones se procede de lasiguiente forma. En las ecuaciones de equilibrio (escritas en función de los esfuerzos internos ylas fuerzas externas) se reemplazan los esfuerzos en función de las deformaciones, obteniendo enprimera instancia ecuaciones de equilibrio en términos de deformaciones y de acciones externas.El segundo paso consiste en reemplazar las deformaciones en función de los desplazamientoshaciendo uso de relaciones cinemáticas. Este segundo reemplazo asegura el cumplimiento dela continuidad de la estructura (ya que se está introduciendo un campo de desplazamientoscontinuos) y permite introducir luego las condiciones de vínculo con facilidad. De esta formase han obtenido ecuaciones de equilibrio en función de los campos de desplazamiento y de lasacciones externas.

Veamos ahora como es este procedimiento en casos concretos de diferentes tipos de estruc-turas.

6.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS

Recordemos que en este tipo de estructuras se aceptan sólo cargas en los nudos. Las ecua-ciones de equilibrio se re�eren precisamente a que los esfuerzos presentes en cada barra esténen equilibrio con las fuerzas externas (si las hubiera) en cada nudo. Las ecuaciones de equilibrio

139

140 CAPÍTULO 6. METODO DE RIGIDEZ

a satisfacer son entonces en cada nudo (para estructuras planas)∑Fx = 0∑Fy = 0

Si denominamos con NI al esfuerzo axial de la barra I y con αI al ángulo que forma la barracon el eje x (orientando la barra desde al nudo en que estamos planteando el equilibrio haciael nudo opuesto, ver Figura 6.1), entonces las ecuaciones de equilibrio se expresan como

NB∑I=1

NI cos (αI) + Fx = 0

(6.1)NB∑I=1

NI sin (αI) + Fy = 0

donde NB es el número de barras que concurren al nudo y Fx y Fy son las fuerzas externasaplicadas directamente en el nudo.

X

Y

Fx

Fy

NI

NJ

α

αJ

I

Figura 6.1: Equilibrio de un nudo en una estructura de barras articuladas

Si aislamos una de estas barras (la I por ejemplo), en cada extremo (que denotaremoslocalmente como 1 y 2), las fuerzas necesarias para el equilibrio de la barra (iguales y opuestasa la que ésta realiza sobre los nudos) son:

F1x

F1y

F2x

F2y

=

− cosα− sinα+ cosα+ sinα

N (6.2)

Notar que en el nudo 2 las fuerzas transmitidas al nudo son iguales a las del nudo 1 pero desentido opuesto.

Fácilmente podemos expresar el esfuerzo N en función de la deformación asociada. Usandola relación (constitutiva)

N = EAε (6.3)


α1

2

F2

F1

F2x

F2y

F1y

F1x

N

Figura 6.2: Elemento de barra articulada

donde E es el material que constituye la barra, A es el área transversal y ε es la deformaciónaxial de la barra; luego

F1x

F1y

F2x

F2y

= EA


ε (6.4)

Recordemos ahora la ecuación cinemática que nos dice cuanto vale la deformación axial dela barra en función de los desplazamientos de los extremos de la misma. Para sistemas conpequeños desplazamientos y pequeños giros habíamos visto que

ε =t · ∆u

L(6.5)

donde L es la longitud original de la barra de�nida por

L = [(x2 − x1) · (x2 − x1)]1/2 (6.6)

con x1 y x2 las coordenadas del primer y segundo nudo de la barra respectivamente

t =

[cosαsinα

]=

(x2 − x1)

L(6.7)

t es el versor paralelo a la barra orientado desde 1 a 2 y

∆u = u2 − u1 =

[u2 − u1

v2 − v1

](6.8)

con u1 y u2 los desplazamientos del primer y segundo nudo de la barra y u y v las componentessegún las direcciones x e y respectivamente. La deformación axial puede escribirse entonces

ε =1

L

[cosαsinα

]·[u2 − u1

v2 − v1

]=

1

Lt · [u2 − u1]

=1

L[cosα (u2 − u1) + sinα (v2 − v1)]

=1

L[− cosα, − sinα, cosα, sinα]

u1

v1

u2

v2

=1

L[−t, t]

[u1

u2

](6.9)


reemplazando esta última expresión en 6.4 tenemosF1x

F1y

F2x

F2y

=EA

L


[− cosα, − sinα, cosα, sinα]

u1

v1

u2

v2

(6.10)

= k

[−tt

][−t, t]

[u1

u2

](6.11)

desarrollando el producto entre el vector columna y el vector �la; denotando por (rigidez axialde la barra)

k =EA

L(6.12)

resultaF1x

F1y

F2x

F2y

= k

cosα cosα cosα sinα − cosα cosα − cosα sinαcosα sinα sinα sinα − cosα sinα − sinα sinα− cosα cosα − cosα sinα cosα cosα cosα sinα− cosα sinα − sinα sinα cosα sinα sinα sinα

u1

v1

u2

v2

(6.13)

= k

[t tT

−t tT−t tT

t tT

] [u1

u2

](6.14)

Hemos entonces escrito las fuerzas que actúan sobre los nudos extremos de una barra enfunción de la geometría y el material que la constituye y los desplazamientos de sus extremos.A la matriz de 4 × 4 obtenida de esta manera (incluyendo el factor k) la denominaremosmatriz de rigidez de la barra de reticulado (plano). Al vector [u1, v1, u2, v2]T , que agrupaa los desplazamientos de los extremos, lo denominaremos vector de desplazamientos de labarra.

6.1.1. Propiedades de la matriz de rigidez

Esta matriz tiene algunas características especiales que resulta importante remarcar:

La matriz está compuesta de 4 submatrices de 2× 2 que toman los mismos valores (salvoel signo)

K =

[k11 k12

k21 k22

]=

[k11 −k11

−k11 k11

]k11 = k

[cosα cosα cosα sinαcosα sinα sinα sinα

](6.15)

La matriz es simétrica kij = kji

Cada término kij puede interpretarse de la siguiente manera: es el esfuerzo que aparece eni (Fi)cuando realizamos un desplazamiento unitario en j (uj = 1). Mejor aún la submatrizkij relaciona la fuerza que aparece en el nudo i cuando desplazamos el nudo j. Notar quelos términos de la diagonal son positivos, esto está en consonancia con lo anterior, puesrepresenta la fuerza que aparece en un nudo en una dirección (por ejemplo el nudo 1 y ladirección y F1y) al imponer un desplazamiento unitario en el mismo nudo y en la mismadirección v1) que naturalmente tienen que tener el mismo sentido.


La energía interna de deformación de la barra se puede escribir

Wi =1

2L N ε =

1

2L E A ε ε

=1

2

L E A

L2

[u1 v1 u2 v2

] − cosα− sinα+ cosα+ sinα


u1

v1

u2

v2

=1

2

[u1 v1 u2 v2

] EAL



u1

v1

u2

v2

=1

2

[u1 v1 u2 v2

]K

u1

v1

u2

v2

que también puede expresarse en función del trabajo externo que realizan las fuerzas ensus extremos

Wi =1

2

F1x

F1y

F2x

F2y

·u1

v1

u2

v2

=1

2K

u1

v1

u2

v2

·u1

v1

u2

v2

(6.16)

=1

2

[u1 v1 u2 v2

]K

u1

v1

u2

v2

≥ 0

notar que esta energía debe ser positiva o nula, luego K se dice que es semi-de�nidapositiva.

La �la 2 es igual a la �la 1 multiplicada por sinα/ cosα, la �la 3 es también igual a la�la 1 pero multiplicada por −1, en tanto que la �la 4 es igual a la �la 1 multiplicada por− sinα/ cosα. Es decir que la matriz tiene sólo una �la linealmente independiente, luegosu rango es 1 y su núcleo es 3. Esto a su vez conduce a que tenga 3 autovalores nulosy sólo un autovalor no nulo (λ = k > 0). El autovalor no nulo tiene como autovectorasociado

ϕ1 =

− cosα− sinαcosαsinα

=

[−tt

](6.17)

que corresponde a la elongación pura de la barra. Por otro lado los autovectores asociadosal autovalor nulo (de multiplicidad 3) se pueden escribir en función de los siguientes tres


autovectores

ϕ2 =

cosαsinαcosαsinα

=

[tt

](6.18)

ϕ3 =

− sinαcosα− sinαcosα

=

[nn

](6.19)

ϕ4 =

sinα− cosα− sinαcosα

=

[−nn

](6.20)

donde n es el versor normal a t. Estos tres autovectores corresponden a movimientos decuerpo rígido, es decir no contribuyen a la energía interna de deformación. Notar que elprimero (ver Figura 6.3) de ellos es una traslación en la dirección del eje de la barra, elsegundo es una traslación en la dirección normal a la barra y el tercero corresponde a unarotación de la barra. Luego

1

2ϕT1 Kϕ1 = 2k

1

2ϕTi Kϕi = 0 para i = 2, 3, 4

1

2ϕT1 Kϕi = 0 para i = 2, 3, 4

+tI

+tI

ϕ2

+nI

+nI

ϕ3

+nI

-nI

ϕ4

+tI

-tI

ϕ1

Figura 6.3: Modo de deformación y modos de cuerpo rígido

6.1.2. Forma alternativa para la obtención de la matriz de rigidez

Veremos ahora un modo alternativo para la obtención de la matriz de rigidez; esta modalidadserá utilizada luego para otros elementos estructurales por lo que resulta ilustrativo verlo aquí.


X

Y

Z

1

2

X

Y

Z

^

^

Figura 6.4: Barra articulada en el espacio

Mas aún, nuestro objetivo ahora es obtener la matriz de la barra de reticulado en el espaciotridimensional, del cual la barra de reticulado plano es un caso particular.

De�namos un sistema local de coordenadas asociado a la barra. En este sistema local el ejex coincidirá con el eje de la barra (t), los dos ejes locales restantes (y , z) los elegiremos enforma arbitraria con la única condición de que formen una terna derecha. Luego los versoresque de�nen nuestra terna serán [

tx ty tz]

(6.21)

donde tx, ty y tz son los versores en la direcciones locales x, y , z respectivamente, expresadosen la terna global.

A los variables (desplazamientos y fuerzas) referidos a este sistema local los denotaremoscomo u, v y w. De tal forma que las únicas fuerzas no nulas sobre los nudos debidas a la barracorresponden a la dirección x, es decir

F1x

F1y

F1z

F2x

F2y

F2z

=

−N

00N00

= N

−100100

= E A ε

−100100

(6.22)

Por otro lado a la deformación de la barra sólo contribuyen los desplazamiento en la direcciónx:

ε =(u2 − u1)

L=

1

L[−1, 0, 0, 1, 0, 0]

u1

v1

w1

u2

v2

w2

(6.23)


Luego

F1x

F1y

F1z

F2x

F2y

F2z

=EA

L

−100100

[−1 0 0 1 0 0

]u1

v1

w1

u2

v2

w2

= k

1 0 0 −1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0−1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

u1

v1

w1

u2

v2

w2

(6.24)

Notar que en el sistema local resulta muy sencillo observar las propiedades de la matriz derigidez. En el caso tridimensional los modos de cuerpo rígido corresponden a tres desplazamien-tos en direcciones cartesianas y dos rotaciones en planos perpendiculares que contengan al ejex.

El siguiente paso es transformar esta matriz de rigidez al sistema global de coordenadas,que es donde nos interesa plantear el equilibrio de cada nudo. Para ello notar que un vectorcualquiera v, con componentes v expresadas en el sistema local de coordenadas puede escribirse

v =[

tx ty tz]v = Rv vx

vyvz

=[

tx ty tz] vx

vyvz

(6.25)

Donde hemos introducido la matriz de rotación R cuyas columnas son los versores delsistema local expresados respecto al sistema global. Por la construcción de R (sus columnasson las componentes de versores ortogonales entre sí), la inversa es igual a la transpuesta

R−1 = RT

Luego invirtiendo la relación 6.25 tenemos

v = RTv

Utilizando este cambio de coordenadas para las fuerzas actuando en cada uno de los nodos,y para los desplazamientos de cada nodo

F1x

F1y

F1z

F2x

F2y

F2z

=

[RT 03×3

03×3 RT

]F1x

F1y

F1z

F1x

F1y

F1z

(6.26)

u1

v1

w1

u2

v2

w2

=

[RT 03×3

03×3 RT

]u1

v1

w1

u2

v2

w2

(6.27)


Denominaremos además

Λ =

[R 03×3

03×3 R

]Reemplazando 6.26 y 6.27 en 6.24 tenemos

[R 03×3

03×3 R

]TF1x

F1y

F1z

F1x

F1y

F1z

= k

1 0 0 −1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0−1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

[

R 03×3

03×3 R

]Tu1

v1

w1

u2

v2

w2

(6.28)

premultiplicando por ΛF1x

F1y

F1z

F1x

F1y

F1z

=

[R 03×3

03×3 R

]k

1 0 0 −1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0−1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

[

R 03×3

03×3 R

]Tu1

v1

w1

u2

v2

w2

(6.29)

o en forma compacta

F = Λ K ΛT

u = K u (6.30)

La matriz de transformación puede escribirse en este caso más sencillamente como

Λ =

[ [tx 03×1 03×1

]03×3

03×3

[tx 03×1 03×1

] ] (6.31)

Donde hemos descartado a ty y tz pues son arbitrarios y no tienen in�uencia en la transforma-ción.

En de�nitiva la expresión de la matriz de rigidez de la barra de reticulado espacial resultaen coordenadas globales

kΛ

1 0 0 −1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0−1 0 0 1 0 00 0 0 0 0 00 0 0 0 0 0

ΛT (6.32)

Mas aún, operando sobre la expresión anterior se llega a

K = k

[txt

Tx −txt

Tx

−txtTx txt

Tx

]= k

[ttT −ttT

−ttT ttT

](6.33)

Notar que esta expresión vale tanto para un problema plano (comparar con 6.14) comoespacial. Si reemplazamos aquí la de�nición de t del caso plano tendremos

txtTx =

[cosαsinα

] [cosα sinα

]=

[cosα cosα cosα sinαcosα sinα sinα sinα

]= k11/k (6.34)

Para el caso espacial la de�nición de tx (o sencillamente t) es ligeramente diferente, seexpresa en función de los tres cosenos directores (γi) respecto a los tres ejes cartesianos

t =

γxγyγz

(6.35)


luego

ttT =

γxγx γxγy γxγzγyγx γyγy γyγzγzγx γzγy γzγz

= [γiγj] (6.36)

6.1.3. Ensamble de las ecuaciones de equilibrio

Tenemos entonces las fuerzas sobre los extremos de cada barra en función de los despla-zamientos de dichos nudos, estamos en condiciones de plantear las ecuaciones de equilibrio decada nudo. Notemos además que las fuerzas que ejerce cada barra sobre los nodos extremos soniguales y opuestas a las consideradas como acciones sobre la barra.

El proceso de ensamble o armado de las ecuaciones globales de equilibrio es una sistemati-zación de las ecuaciones de equilibrio 6.1. Las que para el caso tridimensional podemos escribir

NB∑I=1

NIγIj + Fj = 0 (6.37)

NB∑I=1

−FIj + Fj = 0 (6.38)

NB∑I=1

FIj = Fj (6.39)

donde Fj es la componente de la fuerza externa en la dirección correspondiente (a veces, paramayor comodidad, denominaremos a las componentes cartesianas con números en vez de conletras j = 1, es x , j = 2, es y, j = 3, es z). FIj es la fuerza de�nida antes sobre la barra quecambiada de signo (por ello el signo menos) estamos aplicando al nudo.

Está claro que cada barra sólo contribuye al equilibrio de sus nudos extremos o visto de otraforma, al equilibrio de cada nudo contribuyen además de los desplazamientos del propio nudo,los desplazamientos de los nudos que están unidos a este por alguna barra. Para visualizar esteproceso de ensamble notemos que la barra I contribuye al equilibrio de sus nudos extremos (n1

y n2) de la siguiente forma:Para cada uno de sus nudosK y para cada dirección j del espacio tiene una componente FKj,

que es la �la correspondiente de su matriz de rigidez multiplicada por los desplazamiento deambos nudos (vector de desplazamientos de la barra). Para �jar ideas supongamos que estamosarmando la ecuación de equilibrio del segundo de sus nodos (n2) en la dirección del espacio x(j = 1), luego la �la correspondiente sera la cuarta en un problema espacial, donde la matrizes de 6 × 6 (la tercera en un problema plano, donde la matriz es de 4 × 4). La contribución aesta ecuación será entonces:

[−γxγx −γxγy −γxγz γxγx γxγy γxγz

]un1

vn1

wn1

un2

vn2

wn2

El resto de las contribuciones a esta ecuación de equilibrio procederán de las barras que

concurren al nudo, que según la de�nición de cada barra el nudo aquí ejempli�cado como n2

podrá corresponder al primero o al segundo nudo de tales barras. En todos los casos las contri-buciones serán por un lado al nudo sobre el que estamos planteando el equilibrio (en tal casolos coe�cientes corresponden a factores del tipo γ1γj) y a contribuciones a los nudos adyacentes


(con coe�cientes del tipo −γ1γj , el 1 porque es en esa dirección donde estamos planteandoel equilibrio y la j de acuerdo a la dirección del desplazamiento que estamos considerando sucontribución).

Este proceso de ensamble que a primera vista parece un tanto complejo, es en realidad muysimple de sistematizar como se verá en los ejemplos. Por otro lado el ensamblaje puede verseen forma un poco más general si se consideran las diferentes contribuciones no ya al equilibriode cada dirección en particular, sino al equilibrio del nudo en general. Recordando que hemosescrito la matriz de rigidez en función de submatrices (ec. 6.15), podemos ver el ensamble de lasiguiente forma: la submatriz kIJ son las contribuciones al equilibrio del nudo I provenientesdel nudo J .

Las ecuaciones de equilibrio una vez ensambladas pueden escribirse de la forma

KGuG = FG

donde KG agrupa a los coe�cientes de todas las ecuaciones de equilibrio, uG agrupa a las incóg-nitas del problema (desplazamientos nodales) y en FG hemos agrupado a las fuerzas externasen los nudos. Si el orden en que están ordenadas las ecuaciones en KG es el mismo orden enque se han incluido las incógnitas en uG (lo habitual y más conveniente) entonces la matriz KG

es simétrica, propiedad que adquiere de haber ensamblado matrices simétricas. Otra propiedadque hereda esta matriz de rigidez global, es que es singular. El grado de singularidad es el mismoque el de las matrices elementales (3 en el plano y 5 en el espacio), esto último si la estructuraaislada (es decir sin restricciones de apoyo) no es un mecanismo, si no el orden de singularidadpuede ser mayor.

6.1.4. Solución del sistema de ecuaciones

Una vez ensambladas las ecuaciones de equilibrio, para calcular los desplazamientos nodales,previamente es necesario introducir las condiciones de vínculo. Las técnicas habituales pararesolver sistemas de ecuaciones, no permiten resolver sistema hipostático (matriz singular o noinvertible) ya que en tal caso la solución no es única. Por ello en el caso plano es imprescindible�jar 3 componentes de desplazamiento y en el espacio 5. Estas son las condiciones mínimas, porsupuesto que si la estructura tiene más condiciones, impondremos todas las que correspondan.

Al imponer una condición del tipo uKj = uKj , estamos diciendo que el desplazamientodel nudo K en la dirección espacial J es conocido y de valor igual a uKj , luego este valorya no es incógnita corresponde físicamente a un apoyo. Por otro lado tampoco nos interesa �apriori� establecer allí la condición de equilibrio, porque al ser un apoyo, la reacción de apoyocorrespondiente (incógnita) rKj asegura el equilibrio del mismo. En base a tales consideracioneshay dos cosas que podemos hacer:

1. La columna de KG que está asociada a uKj la podemos multiplicar por este valor conocidoy pasarla al segundo miembro (el de las fuerzas nodales) con el signo cambiado. Luegotendremos una columna menos en KG.

2. La �la de KG asociada al equilibrio de uKj no nos interesa (por ahora) porque allí el equi-librio se cumplirá debido a que el apoyo provee la reacción necesaria, luego de momentoesta �la podemos eliminarla del sistema de ecuaciones a resolver. En tal caso la matrizKG tendrá una �la menos.

En de�nitiva que para cada componente de desplazamiento conocido (nulo o no) podemoseliminar la columna y �la asociada en KG con lo que ésta se mantiene cuadrada y simétricapero de un orden menor.


Finalmente una vez impuestas las condiciones de apoyo la matriz de coe�cientes ha dejadode ser singular (no tiene ningún autovalor nulo asociado a un movimiento de cuerpo rígido) ypodemos resolver usando alguna técnica adecuada.

Notar que la matriz global de la estructura sólo depende del material que la constituye y dela geometría de la misma. Que la introducción de las condiciones de apoyo se resume a eliminarde la matriz �las y columnas pero no modi�ca el resto de los coe�cientes.

Las acciones sobre la estructura se mani�estan en el término independiente donde colocamoslas fuerzas sobre los nodos y fuerzas equivalentes provenientes de los desplazamientos de apoyo(si existieran) o cambios térmicos.

Es posible introducir restricciones de desplazamiento mucho más generales, por ejemplo unapoyo de 1ra. especie orientado en una dirección distinta de algún eje coordenado, pero esostemas no serán cubiertos aquí.

El proceso previo de imposición de condiciones de vínculo puede describirse también dela siguiente forma: Si reordenamos las ecuaciones de forma de poner primero aquellas que sinecesitamos resolver, y además reordenamos en la misma forma las posiciones de las incógnitasen el vector uG de modo de mantener la simetría de la matriz de coe�cientes, podemos escribir[

K11 K12

K21 K22

] [uu

]=

[FR

](6.40)

donde en u se agrupa a los desplazamientos incógnitas, en u a los desplazamiento conocidos(nulos o no), en F a las cargas nodales conocidas (incluyendo aquellas debidas a efectos térmicosque veremos luego), y en R a las reacciones de apoyo (desconocidas por ahora).

Del primer grupo de ecuaciones podemos determinar los desplazamientos incógnitas

u = K−1 [F−K12u] (6.41)

y una vez resuelto, reemplazar en el segundo grupo para calcular R

R = K21u + K22u (6.42)

6.1.5. Cambios térmicos.

Para completar el tipo de acciones más relevantes sobre este tipo de estructuras, veremoscomo considerar la in�uencia sobre el estado tensional debido a cambios térmicos (∆t) relativosa la temperatura de montaje. Para ello en la relación constitutiva 6.3 debemos incluir tal efecto

N = EA (ε− α∆T ) (6.43)

donde α es el coe�ciente de dilatación térmico del material. Esto conduce a que las fuerzas enlos extremos de la barra valgan:

F1x

F1y

F1z

F1x

F1y

F1z

= K

u1

v1

w1

u2

v2

w2

− EAα∆T

−γx−γy−γzγxγyγz

(6.44)

El cambio térmico genera una contribución que debe incluirse en el segundo miembro duranteel proceso de ensamble y, como era de esperar, no modi�ca la matriz de rigidez. Podemosdenominar con

N0 = −EAα∆T (6.45)


al esfuerzo normal que aparece en la barra debido al cambio térmico si uno mantiene inmóvilessus extremos. Con lo cual la contribución al término independiente es

N0

[−t+t

]

6.1.6. Cálculo de los esfuerzos en barras y reacciones de apoyo

Una vez obtenidos los desplazamientos nodales el cálculo del esfuerzo en cada barra se puederealizar de la siguiente manera:

Usando la ec. 6.5 calculamos la deformación axial de la barra y usando 6.3 el esfuerzo axial.Si hubieran efectos térmicos, al obtenido usando 6.3 hay que sumarle N0.

Las reacciones de apoyo se pueden calcular básicamente de dos formas

1. Si se dispone de la matriz de rigidez global antes de imponer las condiciones de contorno,usar la ecuación correspondiente (descartada en su momento) para calcular las reaccionesde apoyo necesarias para mantener el equilibrio. Es decir de la ecuaciones 6.40 usamosel segundo bloque, lo que permite calcular las reacciones de apoyo una vez conocidos losdesplazamientos u como se indicara antes.

R = K21u + K22u

2. Si las matrices K12 y K22 no han sido calculadas. En cada punto con componente dedesplazamiento conocido (apoyo), sumar la contribución del esfuerzo de cada barra quellega al nudo proyectado en la dirección buscada.

6.1.7. Ejemplo de reticulado plano

Consideremos la estructura plana de barras esquematizada en la �gura. La estructura esisostática, lo que permitirá veri�car fácilmente los resultados �nales. Supongamos por simpli-cidad que todas las barras tienen la misma sección

12

3

4 5 6

1

2 3

4 5

12

3

4 5 6

F

F

L

L

L

Figura 6.5: Ejemplo de Barras articuladas

El primer paso consiste en numerar los nudos y las barras para su identi�cación. El ordende la numeración de las barras no tiene relevancia numérica, pero si el de los nudos, como se


verá más adelante al observar las propiedades del sistema de ecuaciones a resolver.

Barra Nudo 1 Nudo 21 3 12 2 13 2 34 4 25 4 36 5 3

Dos barras con la misma geometría (sección, longitud y orientación) y material, tendránla misma matriz de rigidez, luego hay tres matrices diferentes

K1 = EAL

0 0 0 00 1 0 −10 0 0 00 −1 0 1

=

[k1

11 k112

k121 k1

22

]= K4 = K6

K2 = EA2√

2L

1 1 −1 −11 1 −1 −1−1 −1 1 1−1 −1 1 1

=

[k2

11 k212

k221 k2

22

]= K5

K3 = EAL

1 0 −1 00 0 0 0−1 0 1 00 0 0 0

=

[k3

11 k312

k321 k3

22

]Las ecuaciones de equilibrio globales son 10 (2 por nudo) y resultan de ensamblar las con-

tribuciones de cada barra

k1

22 + k222 k2

21 k121

k212 k2

11 + k311 + k4

22 k312 k4

21

k112 k3

21 k111 + k3

22 + k522 + k6

22 k521 k6

21

k412 k5

12 k411 + k5

11

k612 k6

11

u1

u2

u3

u4

u4

=

−F000−F0R4x

R4y

R5x

R5y

Los aspectos importantes necesarios para entender el proceso de ensamble son:

1. Los desplazamientos de los nudos están ordenados en orden ascendente en el vector deincógnitas.

2. Se han utilizado submatrices de 2× 2 para una mayor claridad.

3. Cada �la representa las dos ecuaciones de equilibrio de cada nudo.

4. La �la 1 corresponde al equilibrio del nudo 1, la 2 al del 2, etc.

5. En las submatrices el superíndice indica la barra y los subíndices la submatriz

6. En el término independiente se han desarrollado las dos componentes para clari�car cualesson los valores conocidos y cuales son las reacciones. De esta forma pueden visualizarselas componentes de fuerzas no nulas (ambas en la dirección x) y las cuatro reaccionesincógnitas en los nudos 4 y 5.


7. Sobre cada lugar en la diagonal aparecen tantas submatrices como barras concurran alnudo. Así por ejemplo en la tercera posición (nudo 3) concurren las barras 1, 3, 5 y 6.Notar que el nudo 3 es el primer nudo en la barra 1 y por ello la contribución provienede k1

11 y es el segundo en los otras barras, con lo cual la contribución proviene de k322, k5

22

y k622

8. Fuera de la diagonal sólo aparece un valor por casillero

Observemos que la matriz de rigidez global es-Simétrica-De diagonal dominante-En banda, es decir que los coe�cientes no nulos se ubican cercanos a la diagonal.Imponiendo las condiciones de contorno de desplazamientos (u4 = 0 y u5 = 0), es decir

eliminando �las y columnas asociadas a los nudos 4 y 5, el sistema a resolver queda

k122 + k2

22 k221 k1

21

k212 k2

11 + k311 + k4

22 k312

k112 k3

21 k111 + k3

22 + k522 + k6

22

u1

u2

u3

=

−F000−F0

Reemplazando las matrices calculadas antes, ensamblando sólo las contribuciones sobre la

diagonal debido a que el sistema es simétrico, tendremos:

EA

L

0 + 12√

20 + 1

2√

2−1

2√

2−1

2√

20 0

1 + 12√

2−1

2√

2−1

2√

20 −1

12√

2+ 1 + 0 1

2√

2+ 0 + 0 −1 0

12√

2+ 0 + 1 0 0

simet. 0 + 1 + 12√

2+ 0 0 + 0 + 1

2√

2+ 0

1 + 0 + 12√

2+ 1

u1

v1

u2

v2

u3

v3

=

−F000−F0

Operando

EA

L

0,35 0,35 −0,35 −0,35 0,00 0,00

1,35 −0,35 −0,35 0,00 −1,001,35 0,35 −1,00 0,00

1,35 0,00 0,00sim. 1,35 0,35

2,35

u1

v1

u2

v2

u3

v3

=

−F000−F0

Resolviendo este sistema obtenemos

u1

v1

u2

v2

u3

v3

=FL

EA

−17,485

4,000−9,657−1,000−8,657

3,000


Los esfuerzos en las barras pueden obtenerse de distintas forma (ejempli�cando con la barra2). Primero calculando las fuerzas en el extremo de la barra

F2x

F2y

F1x

F1y

= K2

u2

v2

u1

v1

=EA

2√

2L

1 1 −1 −11 1 −1 −1−1 −1 1 1−1 −1 1 1

−9,657−1,000−17,485

4,000

FLEA =

11−1−1

Fy luego proyectando las fuerzas del segundo nudo (nudo 1, en este caso) sobre el versor en ladirección de la barra:

N2 = t2 · F1 =1√2

(1, 1) · (−1,−1)F = −√

2F

Resultando que puede veri�carse inmediatamente mediante consideraciones de equilibrio.Una segunda posibilidad para evaluar el esfuerzo es directamente utilizar la expresión

N2 = k2t2 · (u5 − u2)

Para calcular las reacciones necesitamos los esfuerzos de las barras que concurren a losapoyos. Por ejemplo en el nudo 5, los esfuerzos en la barra 6 son

F5x

F5y

F3x

F3y

=EA

L

0 0 0 00 1 0 −10 0 0 00 −1 0 1

0,0000,000−8,657

3,000

FLEA = F

0−303

a) que proyectando las fuerzas en el segundo nudo (3) sobre el versor t6 da

N6 = [0, 1] · [0, 3]F = +3F

b) Las fuerzas en el primer nudo son las reacciones de apoyo el nudo 5[R5x

R5y

]= F

[0−3

]

La segunda opción para calcular reacciones es tomar las ecuaciones eliminadas al aplicar lascondiciones de contorno

[0 k4

12 k512 k4

11 + k511 0

0 0 k612 0 k6

11

]u1

u2

u3

u4

u5

=

R4x

R4y

R5x

R5y

dado que los apoyos (4 y 5) tienen desplazamiento nulo y que el nudo 1 no tiene in�uencia aquí,se reduce a

[k4

12 k512

0 k612

] [u2

u3

]=

0 0 − 1

2√

2− 1

2√

2

0 −1 − 12√

2− 1

2√

2

0 0 0 00 0 0 −1

−9,657−1,000−8,657

3,000

F =

2,0003,0000,000−3,000

F =

R4x

R4y

R5x

R5y


6.1.8. Ejemplo de reticulado espacial

En este segundo ejemplo consideremos una estructura típica de torre arriostrada. En laFigura se indica un esquema de una torre vertical articulada en su base. Esta torre se mantieneen posición gracias a tres tensores ubicados simétricamente uno de otro. La altura de la torrees de 20 m y su sección equivalente de 30cm2. Los tensores tienen su base sobre un círculo deradio 10m y el área de la sección transversal es de 5cm2. El material constitutivo es en todoslos caso acero con E = 2,1× 106 kg/cm2.

Los tensores tienen un esfuerzo de tracción inicial de montaje de 500kg, y la carga actuantef es de 200 kg. Calcular los esfuerzos �nales en la estructura.

yx

z

1

2

34

α=20ο

f

β

5

Figura 6.6: Ejemplo de reticulado espacial

Previo al análisis por el método de rigidez, notar que si cada tensor tiene un esfuerzo de500kg, la torre debe equilibrar dichas tensiones mediante un esfuerzo de compresión. Dada lasimetría del conjunto, las componentes horizontales de la pretensión se equilibran entre lostensores, en tanto que la componente vertical vale:

N0 = −3 · 500 · cos β = 1341,6 kg

donde β es el ángulo que forma cada tensor con la vertical β =arctan (10/20) = 26,56o.Orientando todas las barras desde los nudos sobre el terreno hacia el nudo superior, los

vectores tI resultan

barra n1 − n2 L γx γy γz k1 1− 5 20, 00 0, 0000 0, 0000 1, 0000 315002 2− 5 22, 36 −0, 3873 −0, 2236 0, 8944 46963 3− 5 22, 36 0, 3873 −0, 2236 0, 8944 46964 4− 5 22, 36 0, 0000 0, 4472 0, 8944 4696

La matriz de rigidez de cada barra es (última submatriz solamente)

k122 = 31500

0, 000 0, 000 0, 0000, 000 0, 000 0, 0000, 000 0, 000 1, 000

k222 = 4696

0, 1500 0, 0866 −0, 34640, 0866 0, 0500 −0, 2000−0, 3464 −0, 2000 0, 8000

k3

22 = 4696

0, 1500 −0, 0866 0, 3464−0, 0866 0, 0500 −0, 2000

0, 3464 −0, 2000 0, 8000

k422 = 4696

0, 0000 0, 0000 0, 00000, 0000 0, 2000 0, 40000, 0000 0, 4000 0, 8000


Debido a las condiciones de borde (todos los desplazamientos de la base son nulos), bastaensamblar sólo el nudo 5. La matriz de rigidez ensamblada es:

K = k122 + k2

22 + k322 + k4

22 =

1, 4087 0, 0000 0, 00000, 0000 1, 4087 0, 00000, 0000 0, 0000 42, 770

× 103

que debido a la simetría resulta diagonal en este caso particular. El sistema de ecuaciones aresolver es 1408, 7 0, 0 0, 0

0, 0 1408, 7 0, 00, 0 0, 0 42770

u5

v5

w5

=

−68, 40187, 94

0, 00

===>

u5

v5

w5

=

−0,048560,133410,00000

[cm]

No aparecen nuevos esfuerzos sobre la columna (los cables toman todos los esfuerzos hori-zontales), lo cual resulta de que w5 = 0, que es la componente de desplazamiento en la direcciónt1. El cable más solicitado es naturalmente el opuesto a la carga, veamos cuanto vale el esfuerzoallí

N4 = k4 tT4 [u5 − u4] = 4696[

0, 0000 0, 4472 0, 8944] −0,04856

0,133410,00000

= 280 (+500) [kg]

que deben sumarse a la pretensión de 500 kg. En tanto que el cable más descargado es el 3-5

N3 = k3tT3 [u5 − u3] = 4696

[0, 3873 −0, 2236 0, 8944

] −0,048560,133410,00000

= −228 (+500) [kg]

Notar que un cable no puede tomar compresiones, por lo que si la suma de esfuerzos (debidoa la carga + pretensión) fuese negativo, el análisis no es válido y debe corregirse en formaiterativa.

6.2. VIGAS CONTINUAS

Como paso previo al estudio de estructuras más generales, nos concentraremos ahora en vercomo abordar la solución de vigas continuas a través de la formulación en desplazamientos.

Resulta muy importante observar la función que cumple la matriz de rigidez de una barra dereticulado: relaciona las fuerzas en los extremos de la barra que la mantienen en equilibrio debidoa los desplazamientos impuestos en sus extremos. El objetivo principal es ahora expresar lasfuerzas externas en los extremos de un tramo de viga continua en función de los desplazamientosy giros de sus extremos. Un segundo aspecto que tendremos en cuenta (que no aparece en elcaso de barras de reticulado) es la in�uencia de las cargas aplicadas en el interior de la viga enlas fuerzas de extremo.

6.2.1. Solución de la ecuación diferencial de la viga

Consideremos un tramo de viga de longitud L, sometida a una carga arbitraria q (x), sinapoyos intermedios y con condiciones de contorno exclusivamente de desplazamientos. Laecuación diferencial correspondiente y sus condiciones de contorno son

−EI d4v (x)

dx4+ q (x) = 0

{v|x=0 = v1

dv

dx|x=0 = β1

v|x=L = v2

dv

dx|x=L = β2


Integrando esta ecuación diferencial se obtiene

una vez :d3v

dx3=

1

EI

∫q (x) dx+ A = − Ty

EI:

dos veces :d2v

dx2=

1

EI

∫ ∫q (x) dxdx+ Ax+B = χz =

Mz

EI:

tres veces :dv

dx=

1

EI


Ax2

2+Bx+ C = β1

:

cuatro veces : v =1

EI

∫ ∫ ∫ ∫q (x) dxdxdxdx+

Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

(6.46)

Nuestro objetivo es obtener la solución general de este problema. Para ello resolveremosprimero la ecuación homogénea (es decir sin carga externa) con una única condición de contornono nula por vez, y luego la ecuación diferencial no homogénea con condiciones de contornohomogéneas (es decir con q (x) arbitraria pero con condiciones de borde todas nulas). Dada quela ecuación diferencial es lineal, la solución general será la suma de tales soluciones.

Ecuación diferencial homogénea con sólo v1 6= 0

La solución general es entonces de la forma

v =Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

dv

dx=Ax2

2+Bx+ C

(6.47)

Mz = EI (Ax+B )

Ty = −EIAEvaluando giros y desplazamientos en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = v1dv

dx|x=0 = C = 0

v|x=L =AL3

6+BL2

2+ v1 = 0

dv

dx|x=L =

AL2

2+BL = 0

Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B) L3

6

L2

2L2

2L

[ AB

]=

[−v1

0

]===>

A =−v1L

−L4/12=

12

L3v1

B =v1L

2/2

−L4/12= − 6

L2v1

reemplazando A−D en las expresiones (6.47)

v (x) =

[2(xL

)3

− 3(xL

)2

+ 1

]v1 (6.48)

β (x) =6

L

[(xL

)2

−(xL

)]v1 (6.49)

Mz(x) =6EI

L2

[2(xL

)− 1]v1 (6.50)

Ty (x) = −12EI

L3v1 (6.51)


Notemos que para el caso sin carga de tramo (ver Figura 6.7):

1. La solución (desplazamientos) es una parábola cúbica

2. El momento varía en forma lineal entre −6EIL2 v1 para x = 0 y 6EI

L2 v1 para x = L

3. El corte es constante (no hay carga en el tramo)

Nos interesa saber cuanto valen las fuerzas que los extremos (empotramientos) hacen sobrela viga para que se cumplan las condiciones de contorno impuestas. Estas resultan de evaluar(6.50) y (6.51) en los extremos (en el primer nudo los esfuerzos cambian de signo pues es lasección negativa)

F1

M1

F2

M2

= EI

12/L3

6/L2

−12/L3

6/L2

v1 (6.52)

Notar que para la de�nición de estos esfuerzos se ha supuesto positivo para las fuerzas en ladirección positiva del eje y y para los momentos si el vector asociado coincide con la direcciónnormal al plano (antihorario). Así naturalmente las fuerzas F 1 y F 2 son iguales y de sentidocontrario ya que no hay fuerzas interiores. En tanto que los momentos tienen el mismo sentido,necesarios para igualar el momento global que producen las fuerzas iguales y opuestas.

Q 12EIL3

v1______

M ______6EIL2 v1

Figura 6.7: Solución homogénea con sólo v1 6= 0

Ecuación diferencial homogénea con sólo β1 6= 0

Evaluando en los extremos e imponiendo las condiciones de borde

v|x=0 = D = 0dv

dx|x=0 = C = β1

v|x=L =AL3

6+BL2

2+ β1L = 0

dv

dx|x=L =

AL2

2+BL = 0

Nos quedan dos ecuaciones con dos incógnitas (A y B) L3

6

L2

2L2

2L

[ AB

]=

[−β1L−β1

]===>

A =−β1L

2/2

−L4/12=

6

L2β1

B =β1L

3/3

−L4/12= − 4

Lβ1


que conduce a (ver Figura 6.8)

v (x) = L

[(xL

)3

− 2(xL

)2

+(xL

)]β1 (6.53)

β (x) =

[3(xL

)2

− 4(xL

)+ 1

]β1 (6.54)

Mz(x) =2EI

L

[3(xL

)− 2]β1 (6.55)

Ty (x) = −6EI

L2β1 (6.56)

Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:F1

M1

F2

M2

= EI

6/L2

4/L−6/L2

2/L

β1 (6.57)

β1

M _____2EIL β1

Q _____6EIL2

Figura 6.8: Solución homogénea con sólo β1 6= 0



v|x=0 = D = 0dv

dx|x=0 = C = 0

v|x=L =AL3

6+BL2

2= +v2

dv

dx|x=L =

AL2

2+BL = 0

Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B)

L3

6

L2

2L2

2L

[ AB

]=

[v2

0

]===>

A =v2L

−L4/12= −12

L3v2

B =−v2L

2/2

−L4/12=

6

L2v2



v (x) =

[−2(xL

)3

+ 3(xL

)2]v2 (6.58)

β (x) =6

L

[−(xL

)2

+(xL

)]β2 (6.59)

Mz(x) =6EI

L2

[−2(xL

)+ 1]v2 (6.60)

Ty (x) =12EI

L3v2 (6.61)


M1

F2

M2

= EI

−12/L3

−6/L2

12/L3

−6/L2

v2 (6.62)

Q ______12EIL3 v2

v2

M _____6EIL2




v|x=0 = D = 0dv

dx|x=0 = C = 0

v|x=L =AL3

6+BL2

2= 0

dv

dx|x=L =

AL2

2+BL = β2

Nos quedan dos ecuaciones (las últimas dos) con dos incógnitas (A y B)

L3

6

L2

2L2

2L

[ AB

]=

[0β2

]===>

A =−β2L

2/2

−L4/12=

6

L2β2

B =β2L

3/6

−L4/12= − 2

Lβ2



v (x) = L

[(xL

)3

−(xL

)2]β2 (6.63)

β (x) =

[3(xL

)2

− 2(xL

)]β2 (6.64)

Mz(x) =2EI

L

[3(xL

)− 1]β2 (6.65)

Ty (x) = −6EI

L2β2 (6.66)


M1

F2

M2

= EI

6/L2

2/L−6/L2

4/L

β2 (6.67)

β2

Q _____6EIL2 β2

M _____4EIL


Resumen de la solución homogénea

Resumiendo los desarrollos anteriores podemos escribir la solución de la viga sin cargade tramo con desplazamientos impuestos en los extremos como la suma de cada una de lassoluciones calculadas:

vH(x) =

[2(xL

)3

− 3(xL

)2

+ 1

]v1 + L

[(xL

)3

− 2(xL

)2

+(xL

)]β1 (6.68)

+

[−2(xL

)3

+ 3(xL

)2]v2 + L

[(xL

)3

−(xL

)2]β2

De la misma forma los esfuerzos (cortes y momentos) en los extremos de la viga resultan:F1

M1

F2

M2

H

= EI

12/L3

6/L2

−12/L3

6/L2

v1 +

6/L2

4/L−6/L2

2/L

β1 +

−12/L3

−6/L2

12/L3

−6/L2

v2 +

6/L2

2/L−6/L2

4/L

β2

(6.69)

o puesto en forma matricial, sacando factor al vector de desplazamientos en los extremos

uT =[v1 β1 v2 β2

]T(6.70)

162 CAPÍTULO 6. METODO DE RIGIDEZF1

M1

F2

M2

H

= EI

12/L3 6/L2 −12/L3 6/L2

6/L2 4/L −6/L2 2/L−12/L3 −6/L2 12/L3 −6/L2

6/L2 2/L −6/L2 4/L

v1

β1

v2

β2

(6.71)

Es decir que hemos logrado calcular los esfuerzos en los extremos de la barra en función de losdesplazamientos y giros de los extremos. A la matriz que multiplica al vector de desplazamientosde los extremos se la denomina �matriz de rigidez de un elemento de viga K�, luego

F1

M1

F2

M2

= K u (6.72)

Ecuación diferencial no-homogénea con desplazamientos y giros nulos en los extre-mos (biempotrada)

Veamos ahora el caso de considerar carga actuando en el interior de la viga: la solucióngeneral era de la forma

v =1

EI

∫ ∫ ∫ ∫q (x) dx dx dx dx+

Ax3

6+Bx2

2+ Cx+D

dv

dx=

1

EI

∫ ∫ ∫q (x) dx dx dx+

Ax2

2+Bx+ C

Denominado con

vq (x) =1

EI

∫ ∫ ∫ ∫ x

0

q (x) dx dx dx dx

βq =1

EI

∫ ∫ ∫ x

0

q (x) dx dx dx

y valuadas en los extremos

vq = vq (x = L)

βq = βq (x = L)

Imponiendo las condiciones de biempotramiento (condiciones de contorno homogéneas) setiene

0 0 0 10 0 1 0L3

6L2

2L 1

L2

2L 1 0

ABCD

= −

00vq

βq

En el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas resultante, las dos primeras ecuaciones son

de resolución inmediata, [CD

]=

[00

](6.73)

en tanto que las dos restantes son:[L3

6L2

2L2

2L

] [AB

]=

[−vq−βq

]===>

[AB

]=

[12L3 − 6

L2

− 6L2

2L

] [vqβq

](6.74)


Tenemos entonces que la solución de la viga biempotrada con carga de tramo resulta

vNH (x) = vq (x) +Ax3

6+Bx2

2(6.75)

= vq (x) +(2vq − βqL

) (xL

)3

+(−3vq + βqL

) (xL

)2

(6.76)

M (x) =

∫ ∫ x

0

q (x) dxdx+6EI

L2

(2vq − βqL

) xL

+2EI

L2

(−3vq + βqL

)(6.77)

T (x) =

∫ x

0

q (x) dx+6EI

L3

(2vq − βqL

)(6.78)

En forma similar a los casos sin carga es posible calcular los esfuerzos en extremos de barra,la única diferencia es la contribución de vq que conduce a que el corte no sea constante y queel momento no sea lineal. A estos esfuerzos les llamaremos �esfuerzos de empotramientoperfecto�

F1

M1

F2

M2

NH

=

FE

1

ME1

FE2

ME2

Solución completa de la viga

La solución completa de la viga resulta de sumar las soluciones anteriores, es decir las corres-pondientes a los casos con desplazamientos en el contorno y sin carga, más la correspondientea carga en el tramo pero sin desplazamientos en los extremos. Luego

v(x) =

[2(xL

)3

− 3(xL

)2

+ 1

]v1 + L

[(xL

)3

− 2(xL

)2

+(xL

)]β1 (6.79)

+

[−2(xL

)3

+ 3(xL

)2]v2 + L

[(xL

)3

−(xL

)2]β2 + vNH (x)

Los esfuerzos en extremos de la viga resultanF1

M1

F2

M2

= EI

12/L3 6/L2 −12/L3 6/L2

6/L2 4/L −6/L2 2/L−12/L3 −6/L2 12/L3 −6/L2

6/L2 2/L −6/L2 4/L

v1

β1

v2

β2

+

FE

1

ME1

FE2

ME2

(6.80)

Similarmente al caso de las barras articuladas, hemos escritos los esfuerzos que aparecenen los extremos de un viga en �exión, sometida a una carga arbitraria, en función de la cargaactuante y de los desplazamientos generalizados (es decir desplazamientos y giros) en sus extre-mos. Esto permite en cada punto de unión (nudos de las diferentes vigas) plantear el equilibriode fuerzas y momentos. La forma operativa para la solución de un problema es idéntica a lovisto para estructuras de barras (ensamble y aplicación de las condiciones de contorno), lasdiferencias son la cantidad de desplazamientos incógnitas en cada nudo (ahora son 3 antes 2)y las fuerzas de empotramiento perfecto que en el caso de barras de reticulado sólo aparecenpara cambios térmicos pues no hay cargas interiores.


P q

L1 L2

1 2 31 2

Figura 6.11: Ejemplo de viga continua

6.2.2. Ejemplo

Apliquemos los resultados anteriores al análisis de una viga continua de dos tramos (Figura6.11)

Los esfuerzos en los extremos del primer tramo son:F1

M1

F2

M2

(1)

= EI

12/L3

1 6/L21 −12/L3

1 6/L21

6/L21 4/L1 −6/L2

1 2/L1

−12/L31 −6/L2

1 12/L31 −6/L2

1

6/L21 2/L1 −6/L2

1 4/L1

v1

β1

v2

β2

+

P/2PL1/8P/2−PL1/8

Los esfuerzos en los extremos del segundo tramo son:

F2

M2

F3

M3

(2)

= EI

12/L3

2 6/L22 −12/L3

2 6/L22

6/L22 4/L2 −6/L2

2 2/L2

−12/L32 −6/L2

2 12/L32 −6/L2

2

6/L22 2/L2 −6/L2

2 4/L2

v2

β2

v3

β3

+

qL2/2qL2

2/12qL2/2−qL2

2/12

Donde hemos reemplazado los esfuerzos de empotramiento perfecto debido a la carga pun-

tual y distribuida, que pueden obtenerse resolviendo la ecuación diferencial o de tablas. A losesfuerzos en los extremos de cada tramo le hemos agregado un superíndice entre paréntesispara indicar el elemento al que pertenecen, además en cada caso el subíndice indica el nudocorrespondiente (referido a la notación de la �gura). De la misma forma el subíndice en losdesplazamientos se re�ere al nudo correspondiente.

Podemos ahora plantear en cada nudo dos ecuaciones, una de equilibrio en la direcciónvertical y una de momentos. Para ello en cada nudo hacemos actuar los mismos esfuerzos queactúan en los extremos de cada viga pero cambiados de signo. La suma de fuerzas sobre elnudo provenientes de las barras más las acciones externas que actúan directamente sobre elnudo (fuerzas conocidas o reacciones en el caso de apoyos) debe ser cero. En este caso no hayacciones conocidas aplicadas directamente sobre el nudo, sólo reacciones de apoyo.

En los nudos extremos (1 y 3) hay sólo contribución de una de las barras, en tanto quesólo en el nudo central es donde hay que sumar dos contribuciones. Luego las seis ecuacionesresultan

EI

12/L3

1 6/L21 −12/L3

1 6/L21 0 0

6/L21 4/L1 −6/L2

1 2/L1 0 0−12/L3

1 −6/L21 12/L3

1 + 12/L32 −6/L2

1 + 6/L22 −12/L3

2 6/L22

6/L21 2/L1 −6/L2

1 + 6/L22 4/L1 + 4/L2 −6/L2

2 2/L2

0 0 −12/L32 −6/L2

2 12/L22 −6/L2

2

0 0 6/L22 2/L2 −6/L2

2 4/L2

v1

β1

v2

β2

v3

β3

+


+

−P/2−PL1/8

−P/2− qL2/2PL1/8− qL2

2/12−qL2/2+qL2

2/12

−

R1

ME1

R2

0R3

0

=

000000

Son seis ecuaciones con 6 incógnitas (β2,β3, R1,M

E1 , R2, R3). Observemos que del vector de

desplazamientos hay 4 valores conocidos (v1 = β1 = v2 = v3 = 0), llevando estos valores a lasseis ecuaciones estas se reducen a (eliminamos las columnas que están multiplicadas por cero)

EI

6/L2

1

4/L1

−6/L21 + 6/L2

2

4/L1 + 4/L2

−6/L22

2/L2

00

6/L22

2/L2

−6/L22

4/L2

[β2

β3

]+

P/2PL1/8

P/2 + qL2/2−PL1/8 + qL2

2/12qL2/2−qL2

2/12

−

R1

ME1

R2

0R3

0

=

000000

(6.81)

Las ecuaciones 4ta y 6ta (donde no aparecen reacciones como incógnitas) pueden separarsedel resto y resolverse. Este procedimiento corresponde a lo que se vio en la sección �Solucióndel sistema de ecuaciones�.

EI

[4/L1 + 4/L2

2/L2

2/L2

4/L2

] [β2

β3

]=

[−PL1/8 + qL2

2/12−qL2

2/12

]Notar que este sistema es simétrico, es no singular y nos permite determinar todas las incógnitasde desplazamientos. En el término independiente aparecen las acciones (equivalentes), si hubiesealgún momento aplicado directamente sobre el nudo, este debe colocarse directamente en eltérmino independiente y con el signo que le corresponde (positivo antihorario). La matriz

K =EI

[4/L1 + 4/L2

2/L2

2/L2

4/L2

]Es la matriz de rigidez de nuestro problema, y su orden es el número de incógnitas de

desplazamientos. Esta se podría haber calculado en forma más directa, si al calcular las matriceselementales se introducen allí las condiciones de contorno, es decir si se observa que:

para el primer tramo:F1

M1

F2

M2

(1)

= EI

6/L2

1

2/L1

−6/L21

4/L1

[ β2

]+

−P/2−PL1/8−P/2

+PL1/8

(6.82)

para el segundo tramo:F2

M2

F3

M3

(2)

= EI

6/L2

2

4/L2

−6/L22

2/L2

6/L22

2/L2

−6/L22

4/L2

[ β2

β3

]+

−qL2/2−qL2

2/12−qL2/2qL2

2/12

(6.83)

Y que las ecuaciones que interesa ensamblar corresponden a las asociadas (conjugadas) delas incógnitas de desplazamientos, en este caso equilibrio de momentos sobre el nudo 2 y sobreel nudo 3

M(1)2 +M

(2)2 = 0

M(2)3 = 0


Obtenidos los desplazamientos (giros en este caso), es posible calcular los esfuerzos en losextremos de cada barra (usando 6.82 y 6.83) y las reacciones de apoyo, usando por ejemplo(hay más de una forma) las primeras tres ecuaciones y la 5ta de 6.81

EI

6/L2

1

2/L1

−6/L21 + 6/L2

2

−6/L22

00

6/L22

−6/L22

[ β2

β3

]+

−P/2−PL1/8

−P/2− qL2/2−qL2/2

=

R1

ME1

R2

R3

Los diagramas de esfuerzos dentro de cada barra se obtienen como superposición del debido a

los desplazamientos de los extremos más el debido a las cargas externas (sistema biempotrado),que es lo que hemos denominado antes �solución completa de la viga�.

En el ejemplo utilizando los siguientes datos L1 = 4,0 L2 = 3,0 P = −2,0 q = −1,0EI = 200,0, El sistema a resolver resulta[

466,67 133,33133,33 266,67

] [β2

β3

]=

[0,250,75

]Cuya solución es [

β2

β3

]=

[−0,00031+0,00297

] [�

]Los esfuerzos en extremos de barras son

F1

M1

F2

M2

(1)

=

75,0

100,0−75,0200,0

[ −0,00031]

+

1,001,001,00−1,00

=

0,980,971,02−1,06

↑↑�

F2

M2

F3

M3

(2)

=

133,3266,7−133,3

133,3

[ −0,00031]+

133,3133,3−133,3

266,7

[ 0,00297]+

1,500,751,50−0,75

=

1,851,061,15−0,00

↑↑�

0.97

0.99

1.06

0.98

1.02

1.85

1.15

Figura 6.12: Diagramas de esfuerzos


6.3. PORTICOS PLANOS

Para el análisis de pórticos planos debemos incluir el esfuerzo normal en el elemento de vigacontinua de la sección anterior. Esto es muy sencillo debido a que la �exión está desacoplada delesfuerzo normal. Recordemos que, visto como un problema unidimensional, la matriz de rigidezde una barra de reticulado es (caso particular de las matrices presentadas en 6.13 y 6.24)[

F1x

F2x

]=EA

L

[1 −1−1 1

] [u1

u2

](6.84)

Debemos incluir este efecto en 6.71. Ordenando adecuadamente las componentes de fuerzasen los extremos de la viga y las correspondientes componentes de desplazamientos

F1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

= E

A/L −A/L

12I/L3 6I/L2 −12I/L3 6I/L2

6I/L2 4I/L −6I/L2 2I/L−A/L A/L

−12I/L3 −6I/L2 12I/L3 −6I/L2

6I/L2 2I/L −6I/L2 4I/L

u1

v1

β1

u2

v2

β2

(6.85)

Que es la matriz de rigidez de una viga con el eje coincidente con la dirección x. Notar queahora las fuerzas en los extremos de la viga tienen dos componentes, según el correspondienteeje del plano y además a los momentos le hemos agregado el subíndice z para indicar el eje degiro. Debe estar claro que toda componente, sea de desplazamiento, giro, fuerza o momento espositiva si coincide con la dirección positiva del eje y negativa en caso contrario.

En un pórtico plano y en general en una estructura de vigas en el plano, la dirección de cadaviga puede ser arbitraria (en el plano) y debe ser posible expresar los esfuerzos en los extremosde las barras para cualquier orientación. Para ello utilizaremos el mismo método utilizado paracalcular la matriz de una barra de reticulado espacial. Un vector cualquiera r expresado en unsistema local cuyo eje x forma un ángulo α con el eje x global (α es positivo si al pasar del ejex al eje x el ángulo es antihorario visto desde el eje z) y tal que los ejes z y z coinciden puedeexpresarse (ver Figura 6.13)

X

Y

1

2αrx

ry

rxry

^^

Figura 6.13: Cambio de sistema local a global de una viga 2-d

rxryrz

=

cosα − sinα 0sinα cosα 0

0 0 1

rxryrz

(6.86)


Esta claro que el cambio de coordenadas se re�ere exclusivamente al plano x − y y por lotanto las componentes sobre el eje z no cambian. Luego ni giros ni momentos ni cualquier otravariable asociada se modi�ca, en consecuencia para cada nudo tendremos[

FxFy

]=

[cosα − sinαsinα cosα

] [FxFy

]Mz = Mz

Escribiendo estas transformaciones en una única expresión FxFyMz

=

cosα − sinα 0sinα cosα 0

0 0 1

FxFyMz

= R

FxFyMz

(6.87)

Similarmente uvβz

= R

uv

βz

Las relaciones inversas son naturalmente Fx

FyMz

= RT

FxFyMz

uv

βz

= RT

uvβz

(6.88)

La expresión 6.85 puede ahora pensarse como la matriz de la viga expresada en un sistemalocal donde el eje de la viga coincide con el eje x,

F1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

= E

A/L −A/L

12I/L3 6I/L2 −12I/L3 6I/L2

6I/L2 4I/L −6I/L2 2I/L−A/L A/L

−12I/L3 −6I/L2 12I/L3 −6I/L2

6I/L2 2I/L −6I/L2 4I/L

u1

v1

β1

u2

v2

β2

(6.89)

Llamando KL a la matriz de coe�cientes en el sistema local, esto puede reescribirse como

[RT 03×3

03×3 RT

]F1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

= KL

[RT 03×3

03×3 RT

]u1

v1

β1

u2

v2

β2

Denominando con

Λ =

[R 03×3

03×3 R

](6.90)

Premultiplicando la expresión anterior por Λ tendremosF1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

=

[R 03×3

03×3 R

]KL

[RT 03×3

03×3 RT

]u1

v1

β1

u2

v2

β2

(6.91)


La matriz

K = Λ KL ΛT (6.92)

Es la matriz de rigidez del elemento de viga en el plano y la expresión es general paracualquier valor del ángulo α. Observar claramente que α se mide en sentido antihorario desdeel eje global x al eje local x. Denotando por c = cosα y s =senα

E

L

c2A+ s212I/L2 cs(A− 12I/L2) −s6I/L −c2A− s212I/L2 cs (−A+ 12I/L2) −s6I/L

s2A+ c212I/L2 c6I/L cs (−A+ 12I/L2) −s2A− c212I/L2 c6I/L4I s6I/L −c6I/L 2I

c2A+ s212I/L2 cs(A− 12I/L2) s6I/Lsimétrica s2A+ c212I/L2 −c6I/L

4I

(6.93)

En particular para el caso de α = π2que corresponde a una viga vertical (columna) orientada

desde el punto inferior al superior, la matriz de rigidez resulta

K =

0 −11 0

10 −11 0

1

KL

0 1−1 0

10 1−1 0

1

= E

12I/L3 −6I/L2 −12I/L3 −6I/L2

A/L −A/L−6I/L2 4I/L 6I/L2 2I/L−12I/L3 6I/L2 12I/L3 6I/L2

−A/L A/L−6I/L2 2I/L 6I/L2 4I/L

(6.94)

Respecto a los esfuerzos de empotramiento debidos a las cargas actuando en el interior dela viga, estos naturalmente se transforman en la misma forma que los otros, de forma que encada nudo Fx

FyMz

= R

0

FEy

MEz

=

−sFEy

cFEy

MEz


Las propiedades de la matriz de rigidez del elemento de viga (pórtico plano) son:

La matriz es simétrica kij = kji.

La interpretación física de un término kij cualquiera puede verse como el esfuerzo queaparece en la posición asociada a i cuando se da un desplazamiento unitario en la posiciónasociada a j. Por ejemplo el término k26 es la fuerza vertical en el primer nudo debido auna rotación unitaria del segundo nudo.

La energía interna de deformación, expresada en función del trabajo realizado por las


fuerzas en los extremos, es

Wi =1

2

F1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

·

u1

v1

β1

u2

v2

β2

=1

2(Ku) · u =

1

2uTK u > 0

luego K es semi-de�nida positiva.

Tiene 3 autovalores nulos (o un autovalor nudo de multiplicidad 3) k1 = k2 = k3 = 0asociados a los posibles movimientos de cuerpo rígido

1. Traslación en la dirección x ϕT1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Traslación en la dirección y ϕT2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

3. Rotación de la viga ϕT3 =[0,−1, 2

L0, 0, 1, 2

L

]Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformación.

k4 = 2EA

Lk5 = 2

EI

Lk6 = 6

EI (4 + L2)

L3

1. Elongación pura de la barra ϕT4 = [−1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Flexión pura (sin corte) de la barra ϕT5 = [0, 0,−1, 0, 0, 1]

3. Flexión con corte ϕT6 =[0, 2

L, 1, 0,− 2

L, 1]

La de�nición de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a lamatriz K

K = Φ k ΦT =

−1 0 00 0 2

L

0 −1 11 0 00 0 − 2

L

0 1 1

2EA

L

2EIL

6EI(4+L2)

L3

−1 0 0 1 0 0

0 0 −1 0 0 10 2

L1 0 − 2

L1

(6.95)

que muestra las diferentes respuestas de la viga frente a los distintos modos de defor-mación. Hasta aquí hemos trabajado con la matriz KL en coordenadas locales, si laexpresamos en coordenadas globales

K = Λ KL ΛT= Λ Φ k ΦT ΛT = (Λ Φ) k (Λ Φ)T (6.96)

= Ψ k ΨT

donde Ψ agrupa a los autovectores expresados en coordenadas globales. Los autovaloresde hecho no cambian (por ser escalares).


1

2 3

4X

Y

L1

L2 L3

F

q 2q

I1

I2

I3

Figura 6.14: Ejemplo de estructura de pórticos

6.3.2. Ejemplo de pórtico plano

Consideremos el pórtico de tres tramos indicado en la Figura 6.14. Lo primero que hay quehacer es numerar nudos y barras

Las matrices de rigidez de las vigas tienen la forma (los superíndices indican los nudos querelaciona cada matriz y el orden indica además la orientación de la viga):

K12 =

[k12

11 k1212

k1221 k12

22

]K23 =

[k23

11 k2312

k2321 k23

22

]K43 =

[k43

11 k4312

k4321 k43

22

]donde cada submatriz kIJij es de 3× 3

Si ensamblamos las ecuaciones de equilibrio para cada nudo (4) de este problema (3 ecua-ciones de equilibrio por nudo), tendremos

nudo 1nudo 2nudo 3nudo 4

k12

11 k1212

k1221 k12

22 + k2311 k23

12

k2321 k23

22 + k4322 k43

21

k4312 k43

11

u1 = 0u2

u3

u4 = 0

=

R1

F−F 23E

−M23E

nudo 2

−F 43E

−F 23E

−M23E −M43E

nudo 3

R4

El sistema a resolver (una vez introducidas las condiciones de borde) es de 6×6, asociado al

equilibrio de los nudos 2 y 3. Las matrices necesarias son (expresadas en coordenadas globales):

k1222 = E

12I1/L31 0 6I1/L

21

A1/L1 04I1/L1

K23 =E

L2

A2 −A2

12I2/L22 6I2/L2 −12I2/L

22 6I2/L2

6I2/L2 4I2 −6I2/L2 2I2

−A2 A2

−12I2/L22 −6I2/L2 12I2/L

22 −6I2/L2

6I2/L2 2I2 −6I2/L2 4I2


k4322 = E

12I3/L33 0 6I3/L

23

A3/L3 04I3/L3

Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez tendremos

KG = E

12I1L3

1+ A2

L2

6I1L2

1

−A2

L2A1

L1+ 12I2

L32

6I2L2

2

−12I2L3

2

6I2L2

24I1L1

+ 4I2L2

−6I2L2

2

2I2L2

A2

L2+ 12I3

L33

6I3L2

3

simétrica 12I2L3

2+ A3

L3

−6I2L2

24I2L2

+ 4I3L3

En cuanto al término independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotra-

miento. Así para cada barra tendremos (en coordenadas locales)

F12E =

000000

F23E =

0

qL2/2qL2

2/120

qL2/2−qL2

2/12

F43E =

0

+3qL3/10qL2

3/150

+7qL3/10−qL2

3/10

Llevando a coordenadas globales (F43E) y ensamblando

FG=

+0−qL2/2−qL2

2/12+0−qL2/2+qL2

2/12

+0+0+0+7qL3/10+0+qL2

3/10

+F+0+0+0+0+0

Para los siguientes datos L1 = 400 cm, L2 = 400 cm, L3 = 300 cm ,E = 2,4 × 105 kg/cm2, I1 = 1

12104 cm4 A1 = 100 cm2, I2 = 103 cm4 A2 = 100 cm2,

I3 = 103 cm4 A3 = 120 cm2

K12 =

0,375E2 0,00E0 −0,75E4 −0,375E2 0,00E0 −0,75E4

0,60E5 0,00E0 0,000E0 −0,60E5 0,00E00,20E7 0,750E4 0,00E0 0,10E7

0,375E2 0,00E0 0,75E4simétrica 0,60E5 0,00E0

0,20E7

K23 =

0,60E5 0,00E0 0,00E0 −0,60E5 0,00E0 0,00E0

0,45E2 0,90E4 0,00E0 −0,45E2 0,90E40,24E7 0,00E0 −0,90E4 0,12E7

0,60E5 0,00E0 0,00E0simétrica 0,45E2 −0,90E4

0,24E7

K43 =

0,107E3 0,00E0 −0,16E5 −0,107E3 0,00E0 −0,16E5

0,96E5 0,00E0 0,000E0 −0,96E5 0,00E00,32E7 0,160E5 0,00E0 0,16E7

0,107E3 0,00E0 0,16E5simétrica 0,96E5 0,00E0

0,32E7


KG =

60038.

0. 60045. simétrica7500. 9000. 4400000.−60000. 0. 0. 60107.

0. −45. −9000. 0. 96045.0. 9000. 1200000. 16000. −9000. 5600000.

Resuelto el sistema de ecuaciones

KG

u2

v2

β2

u3

v3

β3

= FG =

500−400−26667

420−40044667

==>

u2

v2

β2

u3

v3

β3

=

8,7715−0,002060−0,01738

8,7665−0,007046−0,01335

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras estos pueden calcularse en coordenadas

locales o globales. Esto depende de que matrices se disponga previamente. Como ejemplo semostrará con la barra 4-3.

Si se dispone de las matrices de rigidez en cada sistema local se puede hacer lo siguiente:

1. Llevamos los desplazamientos al sistema local,

u4

v4

β4

u3

v3

β3

=

1

−11

1−1

1

u4

v4

β4

u3

v3

β3

=

000v3

−u3

β3

=

000

−0,007046−8,7665−0,01335

2. Evaluamos los esfuerzos en los extremos de barra, considerando que los desplazamientos

del nudo 4 son nulos resulta

F4x

F4y

M4z

F3x

F3y

M3z

= E

−A3/L3

A3/L3

−12I3/L33

−6I3/L23

12I3/L33

−6I3/L23

6I3/L23

2I3/L3

−6I3/L23

4I3/L3

u3

v3

β3

+

0

+3qL3/10qL2

3/150

+7qL3/10−qL2

3/10

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse (seguimos con

la barra 3)que las cargas externas eran de variación lineal, por lo cual el diagrama decorte resulta de variación cuadrática entre los valores extremos (F4y y −F3y), en tantoque el diagrama de momentos resulta de variación cúbica entre los valores calculados enlos extremos (M4z y −M3z). El esfuerzo normal es constante de valor F3y

Si se dispone de las matrices de rigidez en el sistema global se puede hacer lo siguiente:

1. Calculamos los esfuerzos en los extremos de barra en el sistema globalF4x

F4y

M4z

F3x

F3y

M3z

= K43G

000

8,7665−0,007046−0,01335

+

−3qL3/10

0qL2

3/15−7qL3/10

0−qL2

3/10

=

−901,4676,4

130900301,4−676,479530


2. Pasamos los esfuerzos al sistema local y reconocemos los esfuerzos internos en sus extremos(cambiados de signo en el primer nudo, el 4 en este caso)

F4x

F4y

M4z

F3x

F3y

M3z

=

1

−11

1−1

1

F4x

F4y

M4z

F3x

F3y

M3z

=

676,4901,4

130900−676,4−301,479530

=

−N4

−T4

−M4

+N3

+T3

+M3

3. Para trazar el diagrama de esfuerzos dentro de la barra debe observarse que las cargas

externas eran de variación lineal, por lo cual el diagrama de corte resulta de variacióncuadrática entre los valores extremos (T4 = −901,4 y T3 = −301,4), en tanto que eldiagrama de momentos resulta de variación cúbica entre los valores calculados en losextremos (M4 = −130900 y M3 = 79530). El esfuerzo normal es constante de valorN = −676,4

N - T [kg]

M [kg-m]

y[m

]

-800 -600 -400

-1200 -800 -400 0 400 800

0

1

2

3

M

T

N

Figura 6.15: Diagramas de esfuerzos sobre la barra 4-3

6.3.3. Ejemplo de pórtico plano con un tensor

Consideremos el pórtico de tres tramos y un tensor indicado en la Figura 6.16. Los datosde las secciones, material y cargas son los siguientes:

1. El material del pórtico tiene un módulo E1 = 2 × 105[kg/cm2], las columna tienen un

área transversal de A1 = 200 [cm2] y momento de inercia I1 = 5000 [cm4]. En tanto que elárea de la viga inclinada es A2 = 300 [cm2] y su momento de inercia es I2 = 10000 [cm4] .

2. El tensor tiene un área transversal A3 = 5 [cm2] y el material un E2 = 2× 106[kg/cm2]

3. Las cargas son normales a los tramos q1 = 3000 [kg/m] y q2 = 2000 [kg/m]

6.3.3.1. Cálculo de la matriz de rigidez del sistema

Las matrices de rigidez de los distintos elementos son:


6m 4m

5m

q1q2

1

2

3

4 5

2m

Figura 6.16: Pórtico plano con un tensor

columna 1-2 L1 = 500 [cm], α = 90o (s = +1, c = 0), aplicamos la expresión (6.94) con E1,A1, I1 y L1

K12 =

96 0 −24000 −96 0 −240000 80000 0 0 −80000 0

−24000 0 8000000 24000 0 4000000−96 0 24000 96 0 24000

0 −80000 0 0 80000 0−24000 0 4000000 24000 0 8000000

viga inclinada L2 = 671 [cm], α = −26, 56o (s = −0, 447, c = +0, 894) aplicamos la expresión(6.93) con E1, A2, I2 y L2

K23 =

71570 −35745 11926 −71570 35745 11926−35745 17952 23851 35745 −17952 2385111926 23851 11925696 −11926 −23851 5962848−71570 35745 −11926 71570 −35745 −1192635745 −17952 −23851 −35745 17952 −2385111926 23851 5962848 −11926 −23851 11925696

columna 3-4 L3 = 200 [cm], α = −90o (s = −1, c = 0), Notar que no puede aplicarsedirectamente la expresión (6.94) porque el ángulo es −90o, hay que particularizar la


expresión (6.93) para este caso

K34 = E1

12I1/L

33 6I1/L

23 −12I1/L

33 6I1/L

23

A1/L3 −A1/L1

4I1/L3 −6I1/L23 2I1/L3

12I1/L33 −6I1/L

23

sim. A1/L3

4I1/L3

=

1500 0 150000 −1500 0 150000

0 200000 0 0 −200000 0150000 0 20000000 −150000 0 10000000−1500 0 −150000 1500 0 −150000

0 −200000 0 0 200000 0150000 0 10000000 −150000 0 20000000

tensor 3-5 L4 = 447 [cm], α = −26, 56o (s = −0, 447, c = +0, 894), la matriz de rigidezampliada resulta

K35 =E2A3

L4

c2 cs 0 −c2 −cs 0

s2 0 −cs −s2 00 0 0 0

c2 cs 0sim. s2 0

0

=

1789 −894 0 −1789 894 0−894 447 0 894 −447 0

0 0 0 0 0 0−1789 894 0 1789 −894 0

894 −447 0 −894 447 00 0 0 0 0 0

Notar que en el tensor no hay contribuciones al giro. Se ha ampliado la matriz a los �nes deque todas las matrices tengan idéntico tamaño y mostrar las contribuciones al equilibrio delnudo que provienen del tensor. El comportamiento del tensor es independiente de la rotacióndel nudo 3, depende sólo de sus desplazamientos. Por otro lado la rotación del nudo 5 no es ungrado de libertad del problema. Pues ningún elemento está in�uenciada por la misma.

Realizando el proceso de ensamble de las matrices de rigidez, sólo sobre los nudos 2 y 3, pueslos nudos 1, 4 y 5 tienen todos los desplazamientos nulos, tendremos (nudos 2 y 3 solamente,denotado por (2-3))

KG(2−3) =

71666 −35745 35926 −71570 35745 11926−35745 97952 23851 35745 −17952 2385135926 23851 19925696 −11926 −23851 5962848−71570 35745 −11926 74859 −36640 13807435745 −17952 −23851 −36640 218399 −2385111926 23851 5962848 138074 −23851 31925696


6.3.3.2. Término de cargas y solución del sistema

En cuanto al término independiente, primero es necesario calcular las fuerzas de empotra-miento. Así para las dos primeras barras tendremos (en coordenadas locales y globales)

F12E =

0

−q2L1/2−q2L

21/12

0−q2L1/2+q2L

21/12

F12E =

+q2L1/2

0−q2L

21/12

+q2L1/20

+q2L21/12

F23E =

0

q1L2/2q1L

22/120

q1L2/2−q1L

22/12

F23E =

cq1L2/2−sq1L2/2q1L

22/12

cq1L2/2−sq1L2/2−q1L

22/12

Evaluando y ensamblando sobre los nudos 2 y 3 (segundo miembro, es decir cambiando el

signo)

F12E =

5000

0−416667

50000

416667

F23E =

45009000

112500045009000

−1125000

FG(2−3)=

−9500−9000

−1541667−4500−9000

1125000

Resuelto el sistema de ecuaciones

KG(2−3)

u2

v2

β2

u3

v3

β3

= FG(2−3) ===>

u2

v2

β2

u3

v3

β3

=

−7,4937−0,15054−0,09436−7,3599−0,062560,08756

6.3.3.3. Determinación de esfuerzos en extremos de barras y reacciones

Para calcular los esfuerzos en extremos de barras:Multiplicamos la matriz de rigidez de cada elemento por los desplazamientos de cada viga

y le sumamos las fuerzas de empotramiento (todo en coordenadas globales)viga 1-2F1x

F1y

M1z

F2x

F2y

M2z

= K12

000

−7,4937−0,15054−0,09436

+ F12E =

2984

12043−557289−2984−12043−934729

+

5000

0−416667

50000

416667

=

798412043−973956

2016−12043−518062

Notar que:

Las fuerzas de extremos son la suma de K12u12 mas los fuerzas de empotramiento F12E.

El producto K12u12 conduce a fuerzas iguales y opuestas en los nudos extremos

Los tres primeros valores son las reacciones de empotramiento (nudo 1),

los últimos 3 (en este caso que concurren sólo dos vigas al nudo 2) deben equilibrarse conlas fuerzas en el primer nudo de la viga 2-3.


Los esfuerzos de corte y normal se calculan llevando los fuerzas en cada nudo del sistemaglobal al local. En el primer nudo resulta (además aquí hay que cambiar de signo por serla cara negativa) M1z = 557289 + 416667[N1

T1

]=

[c s−s c

] [−F1x

−F1y

]=

[0 1−1 0

] [−2984−12043

+−5000

0

]=

[−12043

2984+

05000

]en el segundo M2z = −934729 + 416667[N2

T2

]=

[c s−s c

] [F2x

F2y

]=

[0 1−1 0

] [−2984−12043

+5000

0

]=

[−12043

2984+

0−5000

]las primeras componentes (debida a los desplazamientos, o solución homogénea) son igua-les en ambos nudos, es decir el corte y el esfuerzo normal son constantes. Las segundascomponentes son las debidas a la carga, que sólo tiene corte y corresponden a los esfuerzosde empotramiento perfecto (cambiada de signo en el primer nudo).

viga 2-3F2x

F2y

M2z

F3x

F3y

M3z

= K23

−7,4937−0,15054−0,09436−7,3599−0,062560,08756

+ F23E =

−65123041−606896

6512−3041477865

+

45009000

112500045009000

−1125000

=

−201212041518104110125959

647135

Los esfuerzos en los extremos son: en el primer nudo M2z = 606896− 1125000[

N2

T2

]=

[0, 894 −0, 4470, 447 0, 894

] [6512−3041

+−4500−9000

]=

[5835−5629

+0

−10065

]en el segundo M3z = 477865− 1125000[

N3

T3

]=

[0, 894 −0, 4470, 447 0, 894

] [6512−3041

+45009000

]=

[5835−5629

+0

10065

]viga 3-4

F3x

F3y

M3z

F4x

F4y

M4z

= K34

−7,3599−0,062560,087560,00000,00000,0000

=

2094−12512647215−209412512−228385

Los últimos tres valores son las reacciones de empotramiento en 4. Los esfuerzos son: en el

primer nudo M3z = −647215[N3

T3

]=

[0 −11 0

] [−209412512

+00

]=

[−12512−2094

+00

]en el segundo M4z = −228385[

N4

T4

]=

[0 −11 0

] [−209412512

+00

]=

[−12412−2094

+00

]


tensor F3x

F3y

M3z

F5x

F5y

M5z

= K35

−7,3599−0,062560,087560,00000,00000,0000

=

−13111

65520

13111−6552

0

Naturalmente en este último caso no hay momentos de extremo. El esfuerzo axial es de

tracción, este puede calcularse proyectando las fuerzas en el segundo nudo sobre el vectorunitario (c, s)

N =

[13111−6552

].

[+0, 894−0, 447

]= 14650

Una vez conocidos los esfuerzos internos en los extremos de barra, el trazado de los diagramases sencillo. Estos resultan de superponer los diagramas de esfuerzos de empotramiento perfecto(también llamado Estado I) y los diagramas debidos a los desplazamientos nodales (tambiénllamado Estado II)

deformada x 3 Esfuerzos Normales

Corte Momento Flector

Diagrama de esfuerzos normales. Los diagramas debidos al estado II son constantes encada barra. Los debidos al estado I dependen de que haya cargas internas aplicadas en ladirección axial. En el presente ejemplo no las hay.

Diagrama de corte. Los diagramas debidos al estado II son constantes en cada barra. Losdebidos al estado I dependen de la forma de la carga interna aplicada en la direcciónnormal. En el presente ejemplo estas cargas son constantes en los tramos 1-2 y 2-3. Lacarga uniforme produce una variación lineal entre los valores extremos

Diagrama de Momento. Los diagramas debidos al estado II son lineales en cada barra.En los tramos 1-2 y 2-3 donde hay carga distribuida hay una variación cuadrática delmomento.


Los diagramas de esfuerzos internos han sido trazados de la siguiente forma: Recorriendo elpórtico del nudo 1 al 4, si el valor es positivo se gra�ca a la izquierda, si es negativo a la derecha.Si se observan los esfuerzos normales, ambas columnas están comprimidas (a la derecha de 1-2y 3-4), en tanto que la viga está traccionada (a la izquierda de 2-3).

6.4. EMPARRILLADOS PLANOS

Consideremos ahora el análisis de estructuras de vigas contenidas en un plano sometidas acargas normales al plano. Los esfuerzos que aparecen en las vigas son la �exión alrededor deleje de inercia contenido en el plano y torsión.

Sea entonces una viga en estas condiciones, y consideremos un sistema local x − y con xcoincidente con el eje de la viga e y de�nido por y = z × x , con z el eje normal al plano de lasestructura (dirección de acción de las cargas)

X

YZ

Mt

M fβ

βx

Figura 6.17: Viga de emparrillado plano

En este sistema local tenemos

βy = −dwdx

χy =dβydx

= −d2w

dx2My = EIyχy = Mf (6.97)

dTzdx

+ qz = 0dMy

dx= Tz (6.98)

θ =dβxdx

Mx = GρJθ = Mt (6.99)

El análisis de la �exión en el plano x − z es casi idéntico al del elemento de viga continuaen el plano x − y. La única diferencia radica en el sentido positivo del momento �ector, de lacurvatura y del giro asociado. Los esfuerzos debidos a �exión en los extremos de la viga son

F1z

M1y

F2z

M2y

= EIy

12/L3

−6/L2

−12/L3

−6/L2

−6/L2

4/L6/L2

2/L

−12/L3

6/L2

12/L3

6/L2

−6/L2

2/L6/L2

4/L

w1

β1y

w2

β2y

+

FE

1z

ME1y

FE2z

ME2y

(6.100)

El ángulo especí�co de torsión es

θ =dβxdx

=1

L

[β2x − β1x

](6.101)


Luego el momento torsor resulta

Mt = Mx =GρJ

L

[β2x − β1x

](6.102)

Los momento torsores en los extremos necesarios para mantener este estado son iguales yde sentido contrario [

M1x

M2x

]=GρJ

L

[1 −1−1 1

] [β1x

β2x

](6.103)

Escribiendo las relaciones 6.100 y 6.103 en una única expresión tendremos

F1z

M1x

M1y

F2z

M2x

M2y

=

1

L

12EIyL2

−6EIyL

−12EIyL2

−6EIyL

GρJ −GρJ−6EIyL

4EIy6EIyL

2EIy−12EIy

L2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

−GρJ GρJ−6EIyL

2EIy6EIyL

4EIy

w1

β1x

β1y

w2

β2x

β2y

+

FE1z

0

ME1y

FE2z

0

ME2y

(6.104)

Que es la matriz de rigidez de una viga de emparrillado plano en coordenadas locales. Parala obtención de una expresión general para una barra orientada en cualquier dirección dentrodel plano x− y notemos que

El eje z no cambia, luego las variables asociadas a este eje permanecen inalteradas w = w.

En tanto que los vectores con componentes en el plano, por ejemplo[βxβy

]=

[cosα − sinαsinα cosα

] [βxβy

](6.105)

Agrupando ambas relaciones wβxβy

=

1 0 00 cosα − sinα0 sinα cosα

w

βxβy

= R

w

βxβy

(6.106)

Notemos que la de�nición de la matriz de transformación R es similar que para pórticos planos,pero no es la misma, antes la dirección z estaba asociada al giro y las direcciones en el planoestaban asociadas a desplazamientos, y aquí es exactamente al revés. Similarmente podemosescribir Fz

Mx

My

= R

FzMx

My

(6.107)

y sus relaciones inversas w

βxβy

= RT

wβxβy

FzMx

My

FzMx

My

= RT

FzMx

My

(6.108)

Llevando estas relaciones a la expresión de los esfuerzos en coordenadas locales

[RT 00 RT

]F1z

M1x

M1y

F2z

M2x

M2y

= KL

[RT 00 RT

]

wβ1x

β1y

w2

β2x

β2y

+

[RT 00 RT

]FE

1z

ME1x

ME1y

FE2z

ME2x

ME2y

(6.109)


Premultiplicando por

Λ =

[R 00 R

](6.110)

Tenemos F1z

M1x

M1y

F2z

M2x

M2y

= Λ KLΛT

wβ1x

β1y

w2

β2x

β2y

+

FE

1z

ME1x

ME1y

FE2z

ME2x

ME2y

(6.111)

Con lo que hemos obtenido la matriz de rigidez de la viga de emparrillado en coordena-das globales. El caso particular más usado, es que la viga este orientada según la dirección y

(positiva). En tal caso la matriz de rigidez resulta (con R =

1 0 00 0 −10 1 0

)

K(α =

π

2

)=

1

L

12EIy/L

2

6EIy/L

−12EIy/L2

6EIy/L_

6EIy/L4EIy

−6EIy/L2EIy_

GρJ

−GρJ

−12EIy/L2

−6EIy/L

12EIy/L2

−6EIy/L_

6EIy/L2EIy

−6EIy/L4EIy

−GρJ

GρJ

(6.112)

En tanto que las fuerzas de empotramiento valen

FE(α =

π

2

)=

FE

1z

ME1x

ME1y

FE2z

ME2x

ME2y

=

FE1z

−ME1y

0FE

2z

−ME2y

0


Las propiedades de la matriz de rigidez de la viga de emparrillado son similares a las delresto de las matrices, en cuanto a: que es simétrica y semi-de�nida positiva, la interpretaciónfísica de sus componentes, etc. En cuanto a sus autovalores y autovectores, tenemos en estecaso

Tiene 3 autovalores nulos k1 = k2 = k3 = 0 asociados a los posibles movimientos decuerpo rígido

1. Traslación en la dirección z ϕT1 = [1, 0, 0, 1, 0, 0]

2. Rotación alrededor del eje x ϕT2 = [0, 1, 0, 0, 1, 0]

3. Rotación alrededor del eje de inercia y ϕT3 =[1, 0, 2

L0,−1, 0, 2

L

]Tiene tres autovalores positivos asociados a los posibles modos de deformación.

k4 = 2GρJ

Lk5 = 2

EIyL

k6 = 6EIy (4 + L2)

L3

1. Torsión pura de la barra ϕT4 = [0,−1, 0, 0, 1, 0]


2. Flexión pura (sin corte) de la barra ϕT5 = [0, 0,−1, 0, 0, 1]

3. Flexión con corte ϕT6 =[− 2L, 0, 1, 2

L, 0, 1

]La de�nición de autovalores y autovectores permite descomponer espectralmente a lamatriz K, en forma idéntica al caso del elemento de pórtico plano

6.4.2. Ejemplo de emparrillado plano

Veamos un ejemplo sencillo con dos elementos. En la �gura 6.18 se muestra una vista enperspectiva y la de�nición en el plano de la estructura.

K

MP

X

Y

L

L

1

2

3

Figura 6.18: Ejemplo de estructura de emparrillado

Analizaremos dos casos ligeramente diferentes, un primer caso con el nudo 3 simplementeapoyado y un segundo caso donde el nudo 3 descansa sobre un apoyo �exible de rigidez K. Enel primer caso el número de incógnitas es 5 y en el segundo 6.

La barra 1-2 está orientada según el eje y , además su primer nudo está empotrado luegonos interesa sólo la submatriz k12

22, que podemos obtener a partir de la expresión (6.112)

k1222 =

1

L

12EIy/L2

−6EIy/L_

−6EIy/L4EIy

GρJ

La barra 2-3 está orientada según la dirección x y para el segundo caso la necesitaremos

completa, usando la expresión (6.104)

K23 =1

L

12EIyL2

−6EIyL

−12EIyL2

−6EIyL

GρJ −GρJ−6EIyL

4EIy6EIyL

2EIy−12EIy

L2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

−GρJ GρJ−6EIyL

2EIy6EIyL

4EIy

=

[k23

11 k2312

k2321 k23

22

]

En cuanto al resorte, la relación entre el desplazamiento del extremo del mismo y el esfuerzoaplicado puede escribirse como: Fz

Mx

My

=

K 0 00 0 00 0 0

wβxβy

= Kru

Donde obviamente el resorte sólo toma fuerzas en la dirección normal en función del des-plazamiento vertical.


Si ensamblamos las tres matrices tendremos

KG =

[k12

22 + k2311 k23

12

k2321 k23

22 + Kr

]

12EIyL3 + 12EIy

L3

−6EIyL2

4EIyL

+ GρJL

−6EIyL2

GρJL

+ 4EIyL

−12EIyL3

6EIyL2

12EIyL3 +K

−GρJL

GρJL

−6EIyL2

2EIyL

6EIyL2

4EIyL

w2

β2x

β2y

w3

β3x

β3y

=

−P000−M

0

Donde sólo hemos ensamblado la parte inferior debido a que el sistema es simétrico. Hasta

aquí hemos considerado el caso 2, para el caso 1, w3 no es incógnita y hay que eliminar la cuarta�la y la cuarta columna.

6.5. CAMBIOS TERMICOS

La existencia de cambios térmicos genera la aparición de esfuerzos dentro de la estructurasi los diferentes elementos que la constituyen tienen restricciones a deformarse. Básicamenteestos cambios térmicos introducen:

-modi�caciones en la longitud de la pieza y con ello la aparición de esfuerzos normales-cambios de curvatura del eje de la pieza y con ello la aparición de momentos �ectores.Supongamos el caso de un pórtico plano, y que la viga tenga un cambio térmico idealizado

de la siguiente manera:-La temperatura en su cara superior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ∆ts-La temperatura en su cara inferior sea uniforme a lo largo de toda la pieza ∆ti-En el espesor de la viga varíe linealmente entre los valores en sus carasLa elongación de la viga está asociada al cambio térmico de su eje baricéntrico, si este

coincide con la mitad de la viga, valdrá

ε0 =α

2(∆ts + ∆ti) (6.113)

El problema es idéntico a lo visto para barras articuladas, es decir, este cambio generará(en ausencia de desplazamientos) un esfuerzo normal

N0 = −EAε0 = −EAα2

(∆ts + ∆ti) (6.114)

que se transmitirá a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos.Visto en coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma

FEε = [−N0, 0, 0, N0, 0, 0]T (6.115)

El cambio de curvatura de la viga está asociado al gradiente térmico en el espesor de la viga

χ0 =α

h(∆ts −∆ti) (6.116)

De tal forma que esto genera un momento �ector uniforme (en ausencia de giros) de valor

M0 = −EIzχ0 (6.117)

6.6. VIGAS EN TRES DIMENSIONES 185

que se transmitirá a sus nudos extremos y debe considerarse en el equilibrio de los mismos.Visto en coordenadas locales esto representa esfuerzos de empotramiento de la forma

FEχ = [0, 0,−M0, 0, 0,M0]T (6.118)

Que luego deben

-Expresarse en coordenadas globales

-Ensamblarse sobre el término independiente (con el signo cambiado como todos los esfuerzosde empotramiento)

-Considerarse al momento del cálculo de los esfuerzos �nales.

6.6. VIGAS EN TRES DIMENSIONES

Los casos vistos hasta ahora de problemas de pórticos planos y de emparrillados planoscorresponden a casos particulares de estructuras de vigas en tres dimensiones. En ambos casos laestructura es plana, y se ha descompuesto el comportamiento frente a acciones en el plano de laestructura (pórticos planos) y frente a acciones normales al plano de la estructura (emparrilladosplanos). Si la estructura no se encuentra contenida en un plano, o si los ejes principales de inerciade las secciones no son tales que uno de ellos se encuentra en el plano de la estructura y el otroes normal al mismo, entonces tendremos acoplamiento de todos los esfuerzos y resulta necesarioanalizar la estructura como tridimensional.

Comenzaremos por obtener la expresión de los esfuerzos en los extremos de la viga en unsistema local de coordenadas. El sistema local x− y − z es tal que

-el eje x (t1)coincide con el eje de la viga

-el eje y (t2)coincide con uno de los ejes principales de inercia de la sección de la viga. Laelección de cual de los dos ejes principales usar es arbitraria.

-el eje z (t3) coincide con el restante eje principal de inercia y requeriremos que formen unaterna derecha, luego t3 = t1 × t2

Los esfuerzos que existen en los extremos de barra son fuerza (vector) y momento (vec-tor), con tres componentes cada uno, en correspondencia con las proyecciones sobre los tresejes (locales) de�nidos. Entonces hay 6 componentes de esfuerzos por extremo asociados a suvez a 6 componentes de desplazamientos (las tres componentes del desplazamiento y las trescomponentes del giro). La matriz de rigidez tendrá en consecuencia 12 �las y 12 columnas.

Debido a que los diferentes esfuerzos: normal, torsión, �exión en x − y y �exión en x − z,están desacoplados, la relación entre los esfuerzos y los desplazamientos puede calcularse sepa-radamente como en los casos precedentes. La obtención de la matriz de rigidez de la viga en 3dimensiones consiste sencillamente en escribir en una única expresión las relaciones obtenidaspara la viga de pórtico plano y para la viga de emparrillado plano. Notar que las expresionescorrespondientes (6.89 y 6.104) no tienen componentes de fuerzas ni de desplazamientos encomún. Luego sólo es necesario ordenar adecuadamente esfuerzos y desplazamientos (generali-zados). Ver �gura 6.19.

Escribiremos la relación entre esfuerzos y deformaciones en forma compacta comoF1

M1

F2

M2

= KL

u1

β1

u2

β2

(6.119)


[Fx1 Fy1 Fz1 Mx1 My1 Mz1 Fx2 Fy2 Fz2 Mx2 My2 Mz2

]T= 1

L

EA EA12EIzL2

6EIzL

−12EIzL2

6EIzL

12EIyL2

−6EIyL

−12EIyL2

−6EIyL

GρJ −GρJ−6EIyL 4EIy

6EIyL 2EIy

6EIzL 4EIz −6EIz

L 2EIz−EA EA

−12EIzL2

−6EIzL

12EIzL2

−6EIzL

−12EIyL2

6EIyL

12EIyL2

6EIyL

−GρJ GρJ−6EIyL 2EIy

6EIyL 4EIy

6EIzL 2EIz −6EIz

L 4EIz

[u1 v1 w1 βx1 βy1 βz1 u2 v2 w2 βx2 βy2 βz2

]Tβ

β

βv2

w2

u2

My2

Mz2

Mx2

Fy2

Fz2

Fx2

x2

y2z2

ββ

β

Z

w1

u1

My1

Mz1

Mx1

Fy1

Fz1

Fx1

x1

y1z1

1 2v1 X

Y

t1

t2

t3

Figura 6.19: Matriz de rigidez de la viga en 3 dimensiones

Para obtener la expresión en coordenadas globales es necesario reconocer que para un vectorcualquiera ax

ayaz

=[

t1 t2 t3

] axayaz

(6.120)

a = R a

Donde a puede ser cualquiera de los vectores aquí considerados (F, M, u, β ). En formasimilar a lo realizado anteriormente, es posible de�nir una matriz de transformación Λ

Λ =

R

RR

R

(6.121)

Que relacionau1

β2

u2

β2

=

R

RR

R

u1

β1

u2

β2

F1

M1

F2

M2

=

R

RR

R

F1

M1

F2

M2

(6.122)

De tal manera que la matriz de rigidez en coordenadas globales resulta

K = Λ KL ΛT (6.123)

6.7. VIGAS INCLUYENDO DEFORMACIONES POR CORTE 187

Esta matriz de rigidez tiene por supuesto las mismas propiedades descriptas antes y heredatambién los modos de cuerpo rígido y de deformación de las anteriores matrices de viga depórtico y emparrillado plano. Tiene entonces seis autovalores nulos correspondientes a 3 trasla-ciones de cuerpo rígido en las direcciones del espacio y 3 rotaciones de cuerpo rígido. Los otrosseis autovalores son positivos y corresponden a los modos de deformación vistos en su momento(elongación, torsión, 2 de �exión sin corte (uno en cada plano), y 2 de �exión con corte).

6.7. VIGAS INCLUYENDODEFORMACIONES POR COR-

TE

En esta sección se obtendrá la matriz de rigidez utilizando una teoría que incluya deforma-ciones asociadas al corte transversal (teoría de vigas de Timoshenko). Las hipótesis de compor-tamiento son muy similares a las de la teoría clásica de vigas. La diferencia estriba en que lassecciones (que se supone se mantienen planas) no son necesariamente normales al eje de la vigadeformado. Esto implica ahora en general

β 6= dv

dx

Precisamente la diferencia entre estos dos valores es la distorsión debida al corte transversal.El resumen de las ecuaciones que gobierna el problema de �exión es:

Ecuaciones de equilibrio

dM

dx+ T = 0

dT

dx+ q (x) = 0

Ecuaciones constitutivas

M = EI χ T = GAc γ

Ecuaciones cinemáticas

χ =dβ

dxγ =

dv

dx− β

Condiciones de contorno

v = v o T = T

β = β o M = M

Reemplazando cinemáticas y constitutivas en equilibrio, se tiene

EIβ′xx +GAc (v′x − β) = 0

GAc (v′xx − β′x) + q (x) = 0

Despejando v′x de la primera

v′x = − EI

GAcβ′xx + β = −L

2

12α β′xx + β

donde se ha de�nido el coe�ciente adimensional

α =EI

GAc

12

L2


lo cual permite expresar la rigidez al corte transversal en función de la rigidez a �exión

GAc =12EI

αL2

de tal forma que

T =12EI

αL2(v′xx − β′x)

Reemplazando en la segunda de equilibrio

−EI β′xxx + q (x) = 0 o β′xxx =q (x)

EI

6.7.1. Solución de la ecuación diferencial de la viga

Consideremos un tramo de viga de longitud L, sometida a una carga arbitraria q (x), sinapoyos intermedios y con condiciones de contorno exclusivamente de desplazamientos.

Integrando sucesivamente la ecuación diferencial se obtiene

β′xx =1

EI

∫q (x) dx+ A (6.124)

β′x =1

EI

∫ ∫q (x) dxdx+ Ax+B = χ =

M

EI(6.125)

β =1

EI


Ax2

2+Bx+ C (6.126)

Reemplazando el valor de β en la expresión de v′x se tiene

v′x = −L2

12α

(1

EI

∫q (x) dx+ A

)+

1

EI


Ax2

2+Bx+ C

= − αL2

12EI

∫q (x) dx+

1

EI

∫ ∫ ∫q (x) dxdxdx+ A

(−L

2

12α +

x2

2

)+Bx+ C (6.127)

integrando la última expresión

v = − αL2

12EI

∫ ∫q (x) dxdx+

1

EI

∫ ∫ ∫ ∫q (x) dxdxdxdx+A

(−L

2

12αx+

x3

6

)+Bx2

2+Cx+D

(6.128)Nuestro objetivo es obtener la solución general de este problema. Para ello resolveremos

primero la ecuación homogénea (es decir sin carga externa) con una única condición de contornono nula por vez, y luego la ecuación diferencial no homogénea (es decir con q (x) arbitraria perocon condiciones de borde todas nulas). Dada que la ecuación diferencial es lineal, la solucióngeneral será la suma de tales soluciones.



v|x=0 = D = v1

β|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6

(−α

2+ 1)

+BL2

2+ v1 = 0

β|x=L =AL2

2+BL = 0



6

(−α

2+ 1) L2

2L2

2L

[ AB

]=

[−v1

0

]cuya solución es

A =12v1

L3 (1 + α)

B =−6v1

L2 (1 + α)

que conduce a

β (x) =6

(1 + α)

[(xL

)2

− x

L

]v1

L(6.129)

v (x) =1

(1 + α)

[2(xL

)3

− 3(xL

)2

− αxL

+ (1 + α)

]v1 (6.130)

Mz(x) =EI

L2 (1 + α)

[12x

L− 6]v1 (6.131)

Ty (x) = − 12EI

L3 (1 + α)v1 (6.132)

Notemos que para el caso homogéneo:

1. La solución (desplazamientos) es una parábola cúbica

2. El momento varía en forma lineal entre − 6EIL2(1+α)

v1 para x = 0 y 6EIL2(1−α)

v1 para x = L

3. El corte es constante (no hay carga en el tramo)

Nos interesa saber cuanto valen las fuerzas que los extremos (empotramientos) hacen sobre laviga para que se cumplan las condiciones de contorno impuestas. Estas serán

F 1

M1

F 2

M2

=EI

(1 + α)

12/L3

6/L2

−12/L3

6/L2

v1 (6.133)

Notar que para la de�nición de estos esfuerzos se ha supuesto para las fuerzas positivo en ladirección positiva del eje y y para los momentos positivo si el vector asociado coincide con ladirección normal al plano (antihorario). Así naturalmente las fuerzas F 1 y F 2 son iguales y desentido contrario ya que no hay fuerzas interiores. En tanto que los momentos tienen el mismosentido, necesarios para igualar el momento global que producen las fuerzas iguales y opuestas(en el primer nudo los esfuerzos cambian de signo pues es la sección negativa).



v|x=0 = D = 0

β|x=0 = C = β1

v|x=L = AL3

6

(−α

2+ 1)

+BL2

2+ β1L = 0

β|x=L =AL2

2+BL+ β1 = 0


v1

M ______6EIL2 v1(1+α)

Q 12EIL3

v1______

(1+



6

(−α

2+ 1) L

2L2

2L

[ AB

]=

[−β1

−β1

]cuya solución es

A =6

L2 (1 + α)β1

B = − (α + 4)

L (1 + α)β1

que conduce a

β (x) =1

(1 + α)

[3(xL

)2

− (α + 4)x

L+ (1 + α)

]β1 (6.134)

v (x) =L

(1− α)

[(xL

)3

−(α

2+ 2)(x

L

)2

+(

1 +α

2

) xL

]β1 (6.135)

Mz(x) =EI

L (1 + α)

[6x

L− 4− α

]β1 (6.136)

Ty (x) = − 6EI

L2 (1 + α)β1 (6.137)

Las fuerzas sobre los extremos de vigas son:F 1

M1

F 2

M2

=EI

(1 + α)

6/L2

(4 + α) /L−6/L2

(2− α) /L

β1 (6.138)



v|x=0 = D = 0

β|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6

(−α

2+ 1)

+BL2

2= v2

β|x=L =AL2

2+BL = 0


β1

M _____(2−α)L

β1(1+α)EI

Q _____6EIL2

β1(1+



6

(−α

2+ 1) L2

2L2

2L

[ AB

]=

[v2

0

]cuya solución es

A =−12

L3 (1 + α)v2

B =6

L2 (1 + α)v2

que conduce a

β (x) =6

(1 + α)

[−(xL

)2

+x

L

]v2

L(6.139)

v (x) =1

(1 + α)

[−2(xL

)3

+ 3(xL

)2

+ αx

L

]v2 (6.140)

Mz(x) =6EI

L2 (1 + α)

[−2

x

L+ 1]v2 (6.141)

Ty (x) =12EI

L3 (1 + α)v2 (6.142)


M1

F 2

M2

=EI

(1 + α)

−12/L3

−6/L2

12/L3

−6/L2

v2 (6.143)



v|x=0 = D = 0

β|x=0 = C = 0

v|x=L = AL3

6

(−α

2+ 1)

+BL2

2= 0

β|x=L =AL2

2+BL = β2


v2

Q ______12EIL3 v2(1+α)

M _____6EIL2

v2(1+



6

(−α

2+ 1) L2

2L2

2L

[ AB

]=

[0β2

]cuya solución es

A =6

L2 (1 + α)β2

B =(2− α)

L (1 + α)β2

que conduce a

β (x) =1

(1 + α)

[3(xL

)2

− (2− α)x

L

]β2 (6.144)

v (x) =L

(1 + α)

[(xL

)3

−(−α

2+ 1)(x

L

)2

− α

2

x

L

]β2 (6.145)

Mz(x) =EI

L (1 + α)

[6(xL

)− (2− α)

]β2 (6.146)

Ty (x) = − 6EI

L2 (1 + α)β2 (6.147)


M1

F 2

M2

=EI

(1 + α)

6/L2

(2− α) /L−6/L2

(4 + α) /L

β2 (6.148)

Resumen de la solución homogénea

Resumiendo los desarrollos anteriores podemos escribir la solución de la viga sin cargade tramo con desplazamientos impuestos en los extremos como la suma de cada una de lassoluciones calculadas:

βH (x) =1

(1 + α)

{6

L

[(xL

)2

− x

L

]v1 +

[3(xL

)2

− (4− α)x

L+ (1 + α)

]β1+

6

L

[−(xL

)2

+x

L

]v2 +

[3(xL

)2

− (2− α)x

L

]β2

}


β2

M _____(4+α)L

β2(1+α)EI

Q _____6EIL2

β2(1+


vH(x) =1

(1 + α)

{[2(xL

)3

− 3(xL

)2

− αxL

+ (1 + α)

]v1

+L

[(xL

)3

−(

2− α

2

)(xL

)2

+(

1 +α

2

) xL

]β1

+

[−2(xL

)3

+ 3(xL

)2

+ αx

L

]v2 + L

[(xL

)3

−(

1− α

2

)(xL

)2

− α

2

x

L

]β2

}

De la misma forma los esfuerzos (cortes y momentos) en los extremos de la viga resultan:

F 1

M1

F 2

M2

H

=EI

(1 + α)

12/L3

6/L2

−12/L3

6/L2

v1 +

6/L2

(4 + α) /L−6/L2

(2− α) /L

β1 +

−12/L3

−6/L2

12/L3

−6/L2

v2 +

6/L2

(2− α) /L−6/L2

(4 + α) /L

β2

(6.149)

o puesto en forma matricial, sacando factor al vector de desplazamientos en los extremos

uT =[v1 β1 v2 β2

]T(6.150)

F 1

M1

F 2

M2

H

=EI

(1 + α)

12/L3

6/L2

−12/L3

6/L2

6/L2

(4 + α) /L−6/L2

(2− α) /L

−12/L3

−6/L2

12/L3

−6/L2

6/L2

(2− α) /L−6/L2

(4 + α) /L

v1

β1

v2

β2

(6.151)

Es decir que hemos logrado calcular los esfuerzos en los extremos de la barra en función de losdesplazamientos y giros de los extremos. A la matriz que multiplica al vector de desplazamientosde los extremos se la denomina �matriz de rigidez de un elemento de viga K incluyendodeformaciones de corte�, luego

F 1

M1

F 2

M2

= Kc u (6.152)


Ecuación diferencial no-homogénea con desplazamientos y giros nulos en los extre-mos (biempotrada)

Veamos ahora el caso de considerar carga actuando en el interior de la viga: la solucióngeneral era de la forma

v = − αL2

12EI

∫ ∫q (x) dxdx+

1

EI

∫ ∫ ∫ ∫q (x) dxdxdxdx+ A

(−L

2

12αx+

x3

6

)+Bx2

2+ Cx+D

β =1

EI


Ax2

2+Bx+ C

Imponiendo aquí las condiciones de biempotramiento tendremos0 0 0 10 0 1 0

L3

6

(−α

2+ 1)

L2

2L 1

L2

2L 1 0

ABCD

= −

00

vq|x=L

βq|x=L

Donde hemos denominado con

vq = − αL2

12EI

∫ ∫ x

0

q (x) dxdx+1

EI

∫ ∫ ∫ ∫ x

0

q (x) dxdxdxdx

βq =1

EI

∫ ∫ ∫ x

0

q (x) dxdxdx

En el sistema de 4 ecuaciones con 4 incógnitas resultante, las dos primeras ecuaciones sonde resolución inmediata, [

CD

]=

[00

](6.153)

lo que puede llevarse a las dos restantes, resultando entonces[L3

6

(−α

2+ 1)

L2

2L2

2L

] [AB

]= −

[vq|x=L

βq|x=L

](6.154)

Tenemos entonces que la solución de la viga biempotrada con carga de tramo resulta

βNH (x) = βq (x) +Ax2

2+Bx (6.155)

vNH (x) = vq (x) + A

(−L

2

12αx+

x3

6

)+Bx2

2(6.156)

En forma similar a los casos sin carga es posible calcular los esfuerzos en extremos de barra,la única diferencia es la contribución de βq y vq que conduce a que el corte no sea constante y queel momento no sea lineal. A estos esfuerzos les llamaremos �esfuerzos de empotramiento�

F 1

M1

F 2

M2

NH

=

F 1E

M1E

F 2E

M2E

Veamos como ejemplo el caso de una carga uniforme

vq = −αL2q

12EI

x2

2+

q

EI

x4

24

βq =q

EI

x3

6

6.7. VIGAS INCLUYENDO DEFORMACIONES POR CORTE 195[L3

6

(−α

2+ 1)

L2

2L2

2L

] [AB

]=qL3

6EI

[(1− α) L

4

−1

]Cuya solución es

A = − qL

2EI

B =qL2

12EI

que conduce a

β (x) =qL3

12EI

[2(xL

)3

− 3(xL

)2

+x

L

](6.157)

v (x) = − qL4

24EI

[(xL

)4

− 2(xL

)3

+ (1− α)(xL

)2

+ αx

L

](6.158)

Mz(x) =qL2

12

[6(xL

)2

− 6x

L+ 1

](6.159)

Ty (x) =qL

2

(1− 2

x

L

)(6.160)

Las fuerzas sobre los extremos de vigas son (idénticos al caso de la teoría clásica):F 1

M1

F 2

M2

= qL

−1

2L12

−12L12

(6.161)

Solución completa de la viga

La solución completa de la viga resulta de sumar las soluciones anteriores, es decir las corres-pondientes a los casos con desplazamientos en el contorno y sin carga, más la correspondientea carga en el tramo pero sin desplazamientos en los extremos. Luego

β(x) = βH (x) + βNH (x)

v(x) = vH (x) + vNH (x) (6.162)

Los esfuerzos en extremos de la viga resultanF 1

M1

F 2

M2

= Kc

v1

β1

v2

β2

+

F 1E

M1E

F 2E

M2E

(6.163)

Similarmente al caso de la teoría clásica, hemos escritos los esfuerzos que aparecen en los ex-tremos de un viga en �exión incluyendo la �exibilidad al corte, sometida a una carga arbitraria,en función de la carga actuante y de los desplazamientos generalizados (es decir desplazamientosy giros) en sus extremos. Esto permite en cada punto de unión (nudos de las diferentes vigasplantear el equilibrio de fuerzas y momentos.


P q

L1 L2

1 2 31 2

Figura 6.24: Ejemplo de viga continua

6.7.2. Ejemplo

Apliquemos los resultados anteriores al análisis de una viga continua de dos tramosLos esfuerzos en el primer tramo son:F 1

1

M11

F 21

M21

=EI

(1 + α1)

12/L3

1

6/L21

−12/L31

6/L21

6/L21

(4 + α1) /L1

−6/L21

(2− α1) /L1

−12/L31

−6/L21

12/L31

−6/L21

6/L21

(2− α1) /L1

−6/L21

(4 + α1) /L1

v1

β1

v2

β2

+

P/2PL1/8P/2−PL1/8

Los esfuerzos en el segundo tramo son:F 2

2

M22

F 32

M32

=EI

(1 + α2)

12/L3

2

6/L22

−12/L32

6/L22

6/L22

(4 + α2) /L2

−6/L22

(2− α2) /L2

−12/L32

−6/L22

12/L32

−6/L22

6/L22

(2− α2) /L2

−6/L22

(4 + α2) /L2

v2

β2

v3

β3

+

qL2/2qL2

2/12qL2/2−qL2

2/12

Donde hemos reemplazado los esfuerzos de empotramiento debido a la carga puntual y

distribuida, que pueden obtenerse de las mismas tablas que la viga clásica o resolviendo laecuación diferencial. A los esfuerzos en los extremos de cada tramo le hemos agregado unsubíndice para indicar el elemento al que pertenecen, además en cada caso el superíndice indicael nudo correspondiente(referido a la notación de la �gura). De la misma forma el subíndice enlos desplazamientos se re�ere al nudo correspondiente.

Podemos ahora plantear en cada nudo dos ecuaciones, una de equilibrio en la direcciónvertical y una de momentos. Para ello en cada nudo hacemos actuar los mismos esfuerzos queactúan en los extremos de cada viga pero cambiados de signo. La suma de fuerzas sobre elnudo provenientes de las barras mas las acciones externas que actúan directamente sobre elnudo (fuerzas conocidas o reacciones en el caso de apoyos) debe ser cero. En este caso no hayacciones conocidas aplicadas directamente sobre el nudo, sólo reacciones de apoyo.

En los nudos extremos (1 y 3) hay sólo contribución de una de las barras, en tanto quesólo en el nudo central es donde hay que sumar dos contribuciones. Luego las seis ecuacionesresultan

EI

12L3

1(1+α1)6

L21(1+α1)

−12L3

1(1+α1)6

L21(1+α1)

0 06

L21(1+α1)

4+α1

L1(1+α1)−6

L21(1+α1)

2−α1

L1(1+α1)0 0

−12L3

1(1+α1)−6

L21(1+α1)

12L3

1(1+α1)+ 12

L32(1+α2)

−6L2

1(1+α1)+ 6

L22(1+α2)

−12L3

2(1+α2)6

L22(1+α2)

6L2

1(1+α1)2−α1

L1(1+α1)−6

L21(1+α1)

+ 6/L22

4+α1

L1(1+α1)+ (4+α2)

L2(1+α2)−6

L22(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

0 0 −12L3

2(1+α2)−6

L22(1+α2)

12L3

2(1+α2)−6

L22(1+α2)

0 0 6L2

2(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

−6L2

2(1+α2)

(4+α2)L2(1+α2)

v1

β1

v2

β2

v3

β3

+


+

−P/2−PL1/8

−P/2− qL2/2PL1/8− qL2

2/12−qL2/2+qL2

2/12

−

R1

ME1

R2

0R3

0

=

000000

Son seis ecuaciones con 6 incógnitas (β2,β3, R1,M

E1 , R2, R3). Observemos que del vector de

desplazamientos hay 4 valores conocidos (v1 = β1 = v2 = v3 = 0), llevando estos valores a lasseis ecuaciones estas se reducen a (eliminamos las columnas que están multiplicadas por cero)

EI

6L2

1(1+α1)0

2−α1

L1(1+α1)0

−6L2

1(1+α1)+ 6

L22(1+α2)

6L2

2(1+α2)4+α1

L1(1+α1)+ (4+α2)

L2(1+α2)(2−α2)L2(1+α2)

−6L2

2(1+α2)−6

L22(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

(4+α2)L2(1+α2)

[β2

β3

]+

P/2PL1/8

P/2 + qL2/2−PL1/8 + qL2

2/12qL2/2−qL2

2/12

−

R1

ME1

R2

0R3

0

=

000000

Reordenando las ecuaciones (intercambiando la cuarta con la quinta)

EI

6L2

1(1+α1)0

2−α1

L1(1+α1)0

−6L2

1(1+α1)+ 6

L22(1+α2)

6L2

2(1+α2)−6

L22(1+α2)

−6L2

2(1+α2)4+α1

L1(1+α1)+ (4+α2)

L2(1+α2)(2−α2)L2(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

(4+α2)L2(1+α2)

[β2

β3

]+

P/2PL1/8

P/2 + qL2/2qL2/2

−PL1/8 + qL22/12

−qL22/12

+

R1

ME1

R2

R3

00

=

000000

(6.164)

Las últimas dos ecuaciones (donde no aparecen reacciones como incógnitas) pueden separarsedel resto y resolverse. Este procedimiento corresponde a lo que se vio en la sección �Solucióndel sistema de ecuaciones�.

EI

[4+α1

L1(1+α1)+ (4+α2)

L2(1+α2)(2−α2)L2(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

(4+α2)L2(1+α2)

][β2

β3

]=

[−PL1/8 + qL2

2/12−qL2

2/12

]Notar que este sistema es simétrico, es no singular y nos permite determinar todas las incógnitasde desplazamientos. En el término independiente aparecen las acciones (equivalentes), si hubiesealgún momento aplicado directamente sobre el nudo, este debe colocarse directamente en eltérmino independiente y con el signo que le corresponde (positivo antihorario). La matriz

K =EI

[4+α1

L1(1+α1)+ (4+α2)

L2(1+α2)(2−α2)L2(1+α2)

(2−α2)L2(1+α2)

(4+α2)L2(1+α2)

]Es la matriz de rigidez de nuestro problema, y su orden es el del número de incógnitas

de desplazamientos. Esta se podría haber calculado en forma más directa, si al calcular lasmatrices elementales se introducen allí las condiciones de contorno, es decir si se observa que:

para el primer tramo:F 1

1

M11

F 21

M21

=EI

(1 + α1)

6/L2

1

(2− α1) /L1

−6/L21

(4 + α1) /L1

[ β2

]+

−P/2−PL1/8−P/2

+PL1/8

(6.165)


para el segundo tramo:F 2

2

M22

F 32

M32

=EI

(1 + α2)

6/L2

2

(4 + α2) /L2

−6/L22

(2− α2) /L2

6/L22

(2− α2) /L2

−6/L22

(4 + α2) /L2

[ β2

β3

]+

−qL2/2−qL2

2/12−qL2/2qL2

2/12

(6.166)

Y que las ecuaciones que interesa ensamblar corresponden a las asociadas (conjugadas) delas incógnitas de desplazamientos, en este caso equilibrio de momentos sobre el nudo 2 y sobreel nudo 3

M21 +M2

2 = 0

M32 = 0

Obtenidos los desplazamientos (giros en este caso), es posible calcular los esfuerzos en losextremos de cada barra (usando 6.165 y 6.166) y también las reacciones de apoyo, usando porejemplo (hay más de una forma) las primeras cuatro ecuaciones de 6.164

EI

6

L21(1+α1)

02−α1

L1(1+α1)0

−6L2

1(1+α1)+ 6

L22(1+α2)

6L2

2(1+α2)−6

L22(1+α2)

−6L2

2(1+α2)

[β2

β3

]+

−P/2−PL1/8

−P/2− qL2/2−qL2/2

=

R1

ME1

R2

R3

Los diagramas de esfuerzos dentro de cada barra se obtienen como superposición del debido a

los desplazamientos de los extremos más el debido a las cargas externas (sistema biempotrado),que es lo hemos denominado antes �solución completa de la viga�.

En el ejemplo utilizando los siguientes datos L1 = 4,0 L2 = 3,0 P = −2,0 q = −1,0EI = 200,0 GAc = 10000,0, El sistema a resolver resulta[

459,255 128,139128,139 261,472

] [β2

β3

]=

[0,250,75

]Cuya solución es [

β2

β3

]=

[−0,00030+0,00301

] [�

]Los esfuerzos en extremos de barras son

F 11

M11

F 21

M21

=

73,89297,783−73,892197,783

[ −0,00030]

+

1,001,001,00−1,00

=

0,980,971,02−1,06

↑↑�

F 2

2

M22

F 32

M32

=

129,870261,472−129,870

128,139

[ −0,00030]+

129,870128,139−129,870

261,472

[ 0,00301]+

1,500,751,50−0,75

=

1,851,061,15−0,00

↑↑�


0.97

0.99

1.06

0.98

1.02

1.85

1.15

Figura 6.25: Diagramas de esfuerzos

Índice general

1. INTRODUCCION 11.1. OBJETIVO DEL CURSO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2. MODELOS ESTRUCTURALES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2.1. Ecuaciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.2. Ecuaciones cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21.2.3. Ecuaciones constitutivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.4. Ecuaciones de Compatibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2.5. Principio de Superposición. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3. Desplazamientos y Apoyos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.1. Apoyos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3.2. Apoyos en reticulados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.3. Apoyos en Pórticos Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.3.4. Apoyos en Emparrillados Planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.3.5. Observaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4. Hiperestaticidad Externa e Interna. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.1. Hiperestaticidad Externa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4.2. Hiperestaticidad Interna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.5. LIMITACIONES DEL CURSO . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121.6. BARRAS ARTICULADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.6.1. Ecuación diferencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.6.2. Ecuaciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.6.3. Ecuaciones constitutivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.6.4. Ecuaciones cinemáticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1.7. TEORIA DE VIGAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.7.1. Teoría clásica de vigas en �exión pura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201.7.2. Flexión en el plano x− z . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.7.3. Esfuerzos axiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.7.4. Esfuerzos de torsión . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.8. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO CINEMATICO . . . . . . . . . . 281.9. LIMITACION EN EL COMPORTAMIENTO MATERIAL . . . . . . . . . . . . 301.10. CALCULO PLASTICO EN VIGAS CONTINUAS . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.10.1. Viga biempotrada con carga uniforme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 341.10.2. Viga continua de dos tramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.11. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2. CONSIDERACIONES GENERALES 392.1. Introducción . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2. Solución de un sistema isostático . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.2.1. Planteo de las ecuaciones de equilibrio y determinación de los esfuerzos . 402.2.2. Cálculo de los desplazamientos nodales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

201

202 ÍNDICE GENERAL

2.3. Ecuaciones de compatibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4. Métodos de análisis de sistemas hiperestáticos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

2.4.1. Método de Compatibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

2.4.2. Método de los Desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3. ENERGIA INTERNA DE DEFORMACION 53

3.1. TRABAJO INTERNO DE DEFORMACION . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

3.1.1. Energia interna de deformación de una viga . . . . . . . . . . . . . . . . 56

4. TRABAJOS VIRTUALES 59

4.1. Sistemas Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.1.1. Desplazamientos Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 60

4.1.2. Fuerzas Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.2. Principio de Trabajos (Desplazamientos) Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.2.1. Sistemas de Desplazamientos Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

4.3. Principio de Fuerzas Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

4.4. Cálculo de desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.4.1. Sistemas de barras articuladas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

4.4.2. Sistemas de vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

4.4.2.1. Desplazamientos debidos a cambios de temperatura . . . . . . . 71

4.5. Método de desplazamientos y método de compatibilidad . . . . . . . . . . . . . 71

4.5.1. Método de los desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4.5.2. Método de compatibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4.6. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 76

4.6.1. Cargas en los nudos: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

4.6.2. Deformaciones y elongaciones en las barras . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.6.3. Cálculo de desplazamientos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

4.6.3.1. Desplazamiento del punto central del cordón inferior (nudo 6). . 78

4.7. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5. METODO DE LAS FUERZAS 95

5.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

5.1.1. Un primer ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

5.1.1.1. Determinación de todas las soluciones de equilibrio . . . . . . . 96

5.1.1.2. Sistemas de Fuerzas Virtuales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.1.1.3. Planteo de compatibilidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 100

5.1.1.4. Compatibilidad Usando el principio de Fuerzas Virtuales . . . . 102

5.1.1.5. Un planteo diferente de la compatibilidad . . . . . . . . . . . . 104

5.1.2. Cambios Térmicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

5.1.3. Desplazamientos de Apoyos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.1.4. Un segundo ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

5.2. VIGAS CONTINUAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.2.1. Viga empotrada articulada . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5.2.2. Viga continua . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

5.3. PORTICOS PLANOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

5.4. EMPARRILLADOS PLANOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

5.5. Ejercicios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

ÍNDICE GENERAL 203

6. METODO DE RIGIDEZ 1396.1. ESTRUCTURAS DE BARRAS ARTICULADAS . . . . . . . . . . . . . . . . . 139

6.1.1. Propiedades de la matriz de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1426.1.2. Forma alternativa para la obtención de la matriz de rigidez . . . . . . . . 1446.1.3. Ensamble de las ecuaciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1486.1.4. Solución del sistema de ecuaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1496.1.5. Cambios térmicos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1506.1.6. Cálculo de los esfuerzos en barras y reacciones de apoyo . . . . . . . . . . 1516.1.7. Ejemplo de reticulado plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1516.1.8. Ejemplo de reticulado espacial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155

6.2. VIGAS CONTINUAS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1566.2.1. Solución de la ecuación diferencial de la viga . . . . . . . . . . . . . . . . 1566.2.2. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

6.3. PORTICOS PLANOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1676.3.1. Propiedades de la matriz de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1696.3.2. Ejemplo de pórtico plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1716.3.3. Ejemplo de pórtico plano con un tensor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

6.3.3.1. Cálculo de la matriz de rigidez del sistema . . . . . . . . . . . . 1746.3.3.2. Término de cargas y solución del sistema . . . . . . . . . . . . . 1776.3.3.3. Determinación de esfuerzos en extremos de barras y reacciones . 177

6.4. EMPARRILLADOS PLANOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1806.4.1. Propiedades de la matriz de rigidez . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1826.4.2. Ejemplo de emparrillado plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

6.5. CAMBIOS TERMICOS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1846.6. VIGAS EN TRES DIMENSIONES . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1856.7. VIGAS INCLUYENDO DEFORMACIONES POR CORTE . . . . . . . . . . . 187

6.7.1. Solución de la ecuación diferencial de la viga . . . . . . . . . . . . . . . . 1886.7.2. Ejemplo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 196

Análisis Estructural (notas)

Documents

Transcript of Análisis Estructural (notas)