METODO DE LAS FUERZAS-CAP4-VERSION2008-20080825

CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________

_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -1-

Capítulo 4

Método de las Fuerzas

4.1- Introducción

Los procedimientos de análisis estructural pueden clasificarse en dos grandes métodos

esencialmente diferentes:

a) Método de las Fuerzas

b) Método de Rigidez (o de los Desplazamientos)

También existen métodos mixtos en los que las incógnitas son simultáneamente fuerzas y

desplazamientos, pero no serán tratados en este texto.

En muchos casos de aplicación corriente el Método de las Fuerzas conduce a un sistema

de ecuaciones con un número menor de incógnitas que el de los Desplazamientos y por eso en el

pasado se lo prefería para cálculos manuales. En la actualidad la mayoría de los programas de

computadora se basan en el Método de los Desplazamientos por ser más sistemático y por lo

tanto más fácil de programar.

El análisis estructural basado en el método de los desplazamientos se estudiará

detalladamente más adelante en el desarrollo del temario.

Sistemas hiperestáticos

En el curso de Estática Aplicada se tratan problemas en los cuales las fuerzas incógnitas

se pueden obtener a partir de ecuaciones de equilibrio estático, es decir estructuras isostáticas.


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El Capítulo 3 estuvo dedicado al cálculo de desplazamientos en sistemas isostáticos a

través del principio de los trabajos virtuales. En ese caso, la secuencia utilizada consistió en

calcular primero las fuerzas y luego los desplazamientos a partir de los diagramas de

solicitaciones ( ), , ,tM M Q N . En este capítulo se estudia el análisis sistemas hiperestáticos por el

Método de las Fuerzas.

Una estructura es hiperestática desde el punto de vista de las reacciones externas cuando

posee más apoyos que los estrictamente necesarios para garantizar las condiciones de equilibrio.

Tal es el caso de las vigas continuas.

Figura 4.1

Un reticulado con más barras que las estrictamente necesarias para hacerlo indeformable

constituye un ejemplo de estructura internamente hiperestática, tales como las ilustradas en la

Figura 4.2.

Figura 4.2

Es fácil imaginar una combinación de los dos casos anteriores para anticipar la existencia

de estructuras que son simultáneamente interna y externamente hiperestáticas.


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Figura 4.3

Las siguientes son estructuras inestables, es decir que sus vínculos internos y/o externos

son insuficientes para garantizar las condiciones de equilibrio para cualquier sistema de cargas

exteriores.

Figura 4.4

Clasificación:

InestablesTipos de Estructuras Isostáticas

EstablesHiperestáticas

⎧⎪

⎧⎨⎨⎪⎩⎩

4.2-Método de las Fuerzas

El Método de las Fuerzas se presenta resolviendo a modo de ejemplo el reticulado

hiperestático de la Figura 4.5.

Figura 4.5

Fuerzas incógnitas: 18 fuerzas en barras + 4 reacciones de apoyo=22

iP


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Ecuaciones de equilibrio: 2 ecuaciones por cada uno de los 10 nudos=20

Faltan dos ecuaciones para resolver este sistema hiperestático de 2° grado.

Figura 4.6

Se introduce un “corte” que desconecta el apoyo central del resto de la estructura y se

colocan dos fuerzas 1X (incógnitas) iguales y opuestas, actuando una sobre el apoyo y otra

sobre el reticulado. Si 1X tiene el valor de la reacción de apoyo y el sentido correcto no se

producirá ningún desplazamiento relativo entre la estructura y el apoyo.

Similarmente se “corta” una de las diagonales del segundo tramo y en su reemplazo se

colocan dos fuerzas 2X (incógnitas) iguales y opuestas actuando sobre las caras del corte. Si el

valor 2X coincide con el valor de la fuerza en la barra cortada no se producirá desplazamiento

relativo entre las caras del corte.

La estructura isostática (con la barra y el apoyo cortados) se la denominará “estructura

isostática fundamental”. La estructura fundamental con las cargas iP , 1X y 2X se comporta

exactamente igual que el sistema real y se denomina “sistema equivalente”. En lugar de

resolver el problema hiperestático real se analizará el sistema isostático equivalente (con cargas

iP , 1X , 2X )

Según el principio de superposición que es válido para problemas lineales (como éste) se

descompone el sistema equivalente en tres estados de carga:

iP1X

2X2X

1X


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Figura 4.7

Estos tres estados de carga actuando sobre una estructura isostática pueden analizarse por

consideraciones puramente estáticas, tal como se ha hecho en los capítulos anteriores. Nótese

que la barra cortada sólo tiene esfuerzo en el tercer estado.

Como las fuerzas 1X y 2X son por el momento desconocidas se considera al sistema

equivalente como una superposición de dos estados (estados “1” y “2” según la Figura 4.8) por

un lado , y del estado que contiene sólo las cargas exteriores por el otro lado (estado “0”).

1 2Sistema Equivalente = Estado "0" + X .Estado "1" + X .Estado "2"

Figura 4.8

Las deformaciones, reacciones y solicitaciones del sistema equivalente son

iguales a la combinación lineal de las deformaciones, reacciones y solicitaciones de los

estados “0”, “1” y “2”.

iP1X1X

2X

2XiP

1.X 2.X

iP 1X1X

2X2X


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Se debe reconocer que existe total libertad en cuanto a la elección de la estructura

isostática fundamental, siendo sólo necesario que sea isostática y estable. Como ilustración de

posibles alternativas, se podría haber elegido alguna de las siguientes:

Figura 4.9

Asimismo debe tenerse presente que si se efectuaran los dos cortes en forma totalmente

arbitraria la estructura puede resultar inestable, y eso es inadmisible.

Supóngase que se han calculado de alguna manera los desplazamientos relativos en los

cortes en los tres estados, por ejemplo a través del Teorema de Trabajos Virtuales.

Figura 4.10

10 :δ desplazamiento relativo en el apoyo central causado por las fuerzas externas.

20 :δ desplazamiento relativo entre las caras del corte causado por las fuerzas externas.

11 :δ desplazamiento relativo en el apoyo central causado exclusivamente por la acción de

las cargas unitarias verticales.

En general:

10δ

20δ

iP

21δ11δ

22δ

12δ


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:ijδ desplazamiento relativo en el corte “i” causado por las fuerzas unitarias actuando en

el corte “j”.

El primer índice se refiere al corte donde se mide el desplazamiento y el segundo se

refiere al estado de carga que lo produce. Como se demostrará más adelante, los desplazamientos

relativos son tales que ijδ resultan siempre positivos cuando “i = j”. Si las fuerzas unitarias

colocadas en un corte tienden a acercar las caras donde se introdujo el corte, se consideran

positivos los desplazamientos relativos que tienden a acercar dichas caras, y negativos los que las

alejan.

Ecuaciones de compatibilidad

Es importante recordar que se pueden resolver cada uno de los tres estados, en cuanto al

cálculo de las solicitaciones, reacciones y desplazamientos por los procedimientos normales de la

estática por tratarse de un sistema isostático, y una vez determinadas las incógnitas hiperestáticas

(fuerzas), se calcula el sistema hiperestático por simple superposición de los estados básicos

mencionados.

Las incógnitas deben calcularse de tal manera que aseguren que la combinación lineal de

los tres estados isostáticos reproduzcan exactamente al sistema hiperestático.

Por ejemplo:

1 2. ."0" "1" "2"

Un desplazamiento Desplazamiento Desplazamiento DesplazamientoX X

en el hiperestático en el estado en el estado en el estado⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Una condición que debe garantizarse es que el nudo sobre el apoyo cortado no se desplace

respecto a dicho apoyo en la dirección vertical, es decir que:

10 11 1 12 2. . 0X Xδ δ δ+ + = (Ec. 4.1)

Otra condición es que las caras del corte de la barra diagonal en la estructura hiperestática

(no cortada) no tengan desplazamientos relativos:

20 21 1 22 2. . 0X Xδ δ δ+ + = (Ec. 4.2)

Las ecuaciones (Ec. 4.1) y (Ec. 4.2) establecen que los desplazamientos relativos en los

cortes del sistema equivalente isostático son compatibles con lo que ocurre en la estructura real

hiperestática y se conocen como “ecuaciones de compatibilidad”.

Estas ecuaciones pueden ponerse en forma matricial de la siguiente manera:


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1011 12 1

2021 22 2

0.

0XX

δδ δδδ δ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

+ =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(Ec. 4.3)

[ ] [ ] [ ] [ ]0. 0F X δ+ =

“ F ” se denomina matriz de flexibilidad. Los coeficientes ijδ son desplazamientos

relativos producidos por fuerzas unitarias. Dimensionalmente ijδ es una longitud dividida por

una fuerza. Es importante reconocer que la matriz de flexibilidad no es única para una cierta

estructura hiperestática, ya que depende de la selección de las incógnitas hiperestáticas.

“ F ” está asociada a la elección de las incógnitas hiperestáticas y en definitiva a los

“cortes” que se efectúan para obtener el sistema isostático equivalente.

Un procedimiento general para el cálculo de los elementos de la matriz de flexibilidad ijδ

y los términos independientes 0iδ , es el derivado de la aplicación del teorema de trabajos

virtuales visto en el capítulo anterior.

No es necesario calcular todos los coeficientes ya que el teorema de reciprocidad, que ya

ha sido demostrado, indica que "El desplazamiento relativo en el corte “i” producido por cargas

unitarias en el corte “j” es igual al desplazamiento relativo en el corte “j” producido por cargas

unitarias en el corte “i”, y por lo tanto la matriz de flexibilidad F es siempre simétrica.

Vale decir: ij jiδ δ=

Además se puede comprobar con las expresiones de trabajos virtuales que todos los

elementos de la diagonal principal de F son “positivos”.

De una manera formal podemos decir que las dos ecuaciones de compatibilidad sumadas

a las 20 ecuaciones de equilibrio de fuerzas (dos ecuaciones de proyección por cada nudo) nos

permiten calcular las 22 incógnitas.

Forma práctica de operar con el Método de las Fuerzas:

1) Se obtiene una estructura isostática fundamental efectuando los cortes necesarios según

sea el grado de hiperestaticidad (debe asegurarse que la estructura fundamental resultante sea

estable)

2) Se resuelven los estados auxiliares (determinando las solicitaciones)


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3) Se calculan los coeficientes de la matriz de flexibilidad ijδ y los términos

independientes 0iδ por trabajos virtuales utilizando los diagramas de solicitaciones (aprovechar

condición de simetría)

4) Se resuelven las ecuaciones de compatibilidad (Ec. 4.3) y luego se obtiene la

“solución” como combinación lineal de los estados isostáticos auxiliares ya resueltos.

1 2. ."0" "1" "2"

Solución Problema Solución Solución SoluciónX X

hiperestático estado estado estado⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Se entiende por solución a un vector que contiene las reacciones de apoyo, las

solicitaciones y los desplazamientos. Cuando se aplica el método de la fuerzas se está interesado

primordialmente en "fuerzas" y los desplazamientos se calculan a posteriori en los puntos

específicos de interés. Naturalmente la superposición lineal es también válida para los

desplazamientos asociados a los distintos estados básicos que se han considerado.

4.3- Efectos térmicos y defectos constructivos

Para ilustrar la aplicación del método de las fuerzas para efectos térmicos y defectos de

fabricación o montaje se continuará analizando el reticulado de 18 barras de la Figura 4.5:

Figura 4.11

Los esfuerzos en las barras en los tres estados se designarán 0 1 2, ,N N N .

Los desplazamientos relativos se pueden calcular por trabajos virtuales, los que

constituyen los términos independientes del sistema de ecuaciones de compatibilidad:

iP


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180

10 11

..k

k

NNA E

l

δ=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ; 18

020 2

1.

.k

k

NNA E

l

δ=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 4.4)

Los elementos de la matriz de flexibilidad son:

111 1. .

k

NNA E

l

δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ; 212 21 1. .

k

NNA E

l

δ δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= =⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ; 222 2.

.

k

NNA E

l

δ

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟=⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ (Ec. 4.5)

Supóngase que interesa determinar los efectos que se producen en la estructura por

variaciones térmicas t∆ respecto a la temperatura de montaje. El cambio de temperatura sólo

modifica el estado “0”, vale decir, es un estado de carga que no modifica la matriz de flexibilidad

ya desarrollada en el apartado anterior.

( )( )10 11

. . .n

kk

N t lδ α=

= ∆∑ ; ( )( )20 21

. . .n

kk

N t lδ α=

= ∆∑ (Ec. 4.6)

La sumatoria para calcular 10δ se extiende a todas las barras; en ella algunos términos

pueden ser nulos en correspondencia con las barras en las que 1N es cero o que no tienen cambio

de temperatura.

Si se consideran errores dimensionales montaje "e" en cada una de las barras, los términos

independientes resultan:

( )10 11

.n

kk

N eδ=

=∑ ; ( )20 21

.n

kk

N eδ=

=∑ (Ec. 4.7)

Los signos deben ser consistentes: la barra cuya longitud en el estado "0" es mayor que la

longitud teórica posee signo positivo de “e”.

0Barra traccionada N positivoAumento de temperatura t positivoBarra "larga" "e" positivo

⇒⇒∆

⇒

Conclusión:

Las variaciones térmicas y los errores constructivos constituyen estados de carga

que no requieren cambiar la matriz de flexibilidad. Una vez calculados los términos de

carga 0iδ , las incógnitas hiperestáticas se calculan en la forma habitual resolviendo las

ecuaciones de compatibilidad, y la solución completa se obtiene por superposición.


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4.4- Cálculo de desplazamientos en sistemas hiperestáticos

Supóngase que interesa calcular el desplazamiento vertical del nudo en el centro del

primer tramo (punto D) debido a un estado de carga compuesto por cargas exteriores, variaciones

térmicas y defectos constructivos.

Se procede en dos etapas:

(I) Primero se resuelve el problema hiperestático. La matriz de flexibilidad es la misma

que se utilizó en las secciones anteriores y los términos independientes son:

180

10 11

. . ..k

k

NN t l eA E

l

δ α=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟= + ∆ +

⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ ; 18

020 2

1. . .

.k

k

NN t l eA E

l

δ α=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟= + ∆ +

⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎝ ⎠⎣ ⎦

∑ (Ec. 4.8)

Una vez resueltas las ecuaciones de compatibilidad y conocidas las incógnitas

hiperestáticas 1X y 2X , se calcula por simple superposición el esfuerzo en cada una de las

barras del sistema equivalente y en consecuencia del sistema hiperestático.

0 1 1 2 2. .fN N X N X N= + + (Ec. 4.9)

Luego se calcula por trabajos virtuales el desplazamiento del punto que interesa en el

sistema isostático equivalente según el procedimiento descripto en el capítulo anterior.

Se designa DN al esfuerzo en las barras del sistema auxiliar que se obtiene colocando una

carga unitaria en el punto D cuyo desplazamiento interesa y se aplica una fuerza unitaria en

dicho punto como se ilustra en la Figura 4.12.

Figura 4.12

Se aplica ahora un desplazamiento virtual al estado auxiliar igual al desplazamiento real

en el estado equivalente.

iPDδ 1X

2X

1X2X


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -12-

{1. . . .

.f

D DTrabajo Externo

Trabajo Interno

NN t l e

A El

δ α

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟= + ∆ +⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑

1444442444443

(Ec. 4.10)

Donde fN se obtiene según (Ec. 4.9). Resulta interesante destacar que el valor fN es

independiente de la elección del sistema isostático equivalente, mientras que DN depende del

sistema equivalente. A pesar de ello, la sumatoria en (Ec. 4.10) es independiente del sistema

equivalente elegido ya que el desplazamiento en el hiperestático Dδ tiene un valor único. Por lo

tanto se podría utilizar un isostático equivalente para resolver los esfuerzos en el hiperestático y

luego otro isostático distinto como estado auxiliar para calcular el desplazamiento.

A primera vista podría pensarse que las variaciones térmicas y los errores

constructivos considerados en la (Ec. 4.8) al calcular las incógnitas hiperestáticas no

deberían figurar nuevamente en la (Ec. 4.10) al calcular los desplazamientos en el

sistema hiperestático porque su incidencia vendría dada a través de los esfuerzos fN .

No obstante la (Ec. 4.10) es correcta porque el estado isostático (Figura 4.11)

equivalente al hiperestático se obtiene combinando los estados unitarios con el estado

"0". (Notar que el estado "0" contiene cargas, errores de montaje y variaciones

térmicas)

}0 1 2

1 2

"1" "2""0"

1. . . . . .. . .

Distorsiones en el Estado

Solicitaciones en elEstado Auxiliar

D D

Estado EstadoEstado

N N NN t l e X XA E A E A E

l l l

δ α

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟= + ∆ + + +⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠⎢ ⎥

⎣ ⎦

∑

14243 14243144424443

Isostático Equivalente644444444474444444448

(Ec. 4.11)

Recuérdese que los desplazamientos se calculan utilizando las solicitaciones del estado

auxiliar y las distorsiones en el sistema real.

La expresión (Ec. 4.11) muestra que si el sistema es isostático (no existen las

incógnitas hiperestáticas) las variaciones térmicas originan desplazamientos y

distorsiones respecto a la configuración de montaje y los errores de montaje dan origen

a configuraciones distintas de la teórica. Sin embargo, las variaciones térmicas y

errores constructivos no originan tensiones en las estructuras isostáticas.


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -13-

Si el valor Dδ hallado según (Ec. 4.10) es positivo significa que el desplazamiento tiene

igual sentido que la carga unitaria utilizada en el sistema auxiliar.

4.5- Método de las Fuerzas en sistemas de alma llena

En las secciones anteriores se ilustró el método de las fuerzas a través de un reticulado

pero los conceptos generales son igualmente válidos en el caso de sistemas de alma llena

(elementos resistentes en flexión).

Sea por ejemplo el caso de la viga continua de tres tramos de la Figura 4.13 que es

hiperestática de segundo grado.

Figura 4.13

El grado de hiperestaticidad es un aspecto esencial en el método de las fuerzas porque

determina la cantidad de incógnitas involucradas en la solución.

El grado de hiperestaticidad es igual al número de incógnitas hiperestáticas y por lo tanto

determina el tamaño del sistema de ecuaciones (de compatibilidad) a resolver, y el número de

coeficientes de flexibilidad involucrados.

Como estructura isostática fundamental se puede adoptar algunas de las siguientes

variantes:

iP


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Figura 4.14

Si se adopta como isostática fundamental una viga Gerber como en los casos ), )e f de la

Figura 4.14, se elige como incógnita hiperestática al momento flector en los puntos donde se

colocaron las articulaciones.

En el caso )g las ecuaciones de compatibilidad deben expresar que el punto B (sobre el

apoyo) tenga desplazamiento vertical nulo y que el giro relativo entre los extremos que

concurren a la articulación B sea nulo.

El caso )h es tal vez el menos obvio. Se eligió como incógnitas hiperestáticas a la

reacción de apoyo C y al corte en la sección donde se colocaron las bielas paralelas.

Se debe reconocer que la Figura 4.14 no agota todas las posibilidades. En el capítulo

siguiente se verá que el caso )e resulta ser el más adecuado para analizar vigas continuas.

Otro caso hiperestático típico lo constituyen los marcos cerrados como el de la Figura

4.15. Si se toma una sección cualquiera no quedan definidos dos partes (derecha e izquierda) que

permitan definir las solicitaciones; entonces se puede adoptar como estructura isostática

fundamental el marco al cual se le ha practicado un corte en el punto C.

Figura 4.15

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -15-

Figura 4.16

Esta manera de lograr el isostático fundamental implica elegir como incógnitas

hiperestáticas a las solicitaciones (corte, normal, flector) en el punto C.

El sistema isostático equivalente puede descomponerse en una combinación lineal de

estados unitarios.

Figura 4.17

Para poder asegurar que el sistema isostático es equivalente al hiperestático debe

garantizarse simultáneamente que:

1) El desplazamiento vertical relativo entre C' y C'' sea nulo

2) El desplazamiento horizontal relativo entre C' y C'' sea nulo.

3) El giro relativo entre las secciones extremas C' y C'' sea nulo.

Estas tres condiciones de continuidad de la elástica constituyen las ecuaciones de

compatibilidad que permiten determinar el valor de las incógnitas hiperestáticas.

10 1 11 2 12 3 13

20 1 21 2 22 3 23

30 1 31 2 32 3 33

. . . 0. . . 0. . . 0

X X XX X XX X X

δ δ δ δδ δ δ δδ δ δ δ

+ + + = ⎫⎪+ + + = ⎬⎪+ + + = ⎭

(Ec. 4.12)

iP iP

1.X

2.X 3.X

iP


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -16-

Donde, por ejemplo, 30δ es el giro relativo entre las secciones C' y C'' causado por las

cargas datos del problema (estado "0") y puede calcularse por trabajos virtuales:

0 0 030 3 3 3. . . . . .

. . .c

M Q NM dx Q dx N dxE I A G A E

δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ (Ec. 4.13)

Donde los subíndices en las solicitaciones indican el estado de carga que los define y la

integral se supone extendida a todos los tramos del marco.

De la misma manera, 12δ es el desplazamiento horizontal relativo entre los extremos C' y

C'' causado por el estado de carga "2" que puede calcularse por trabajos virtuales.

2 2 212 1 1 1. . . . . .

. . .c

M Q NM dx Q dx N dxE I A G A E

δ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠∫ ∫ ∫ (Ec. 4.14)

Recuérdese que se utilizan las solicitaciones del sistema auxiliar y las distorsiones

( ), ,κ γ ε del estado en el cual se requiere el cálculo del desplazamiento.

Las expresiones (Ec. 4.13) y (Ec. 4.14) muestran que para calcular los valores ijδ es

necesario expresar analíticamente (en función de x) las solicitaciones para luego calcular las

integrales.

También puede partirse de los diagramas y emplear tablas que proveen el valor explícito

de la integral por tramos para los casos habituales. A modo de ejemplo se considera a

continuación el caso “triángulo-trapecio”:

Figura 4.18

( )1 21 . . . 2.6

s i k k+

1( ) . xM x is

=

( )2 1 2 1( ) .xM x k k ks

= + −

1k 2kx

s

1k2k

is

s

is

21

0

1. . .. .

s MM dxE I E I

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ s

1k 2k( )1 2

1 1. . . . 2.. 6

i s k kE I

= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -17-

( ) ( ) ( )2 121 11 2 1 2 12

0 0

. .. . .. . . . . . . . .2 3

s s i k k si k i k si x x ik k k dx x k k x dxl s s s

−⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ − = + − = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫ (Ec. 4.15)

Estas tablas permiten, con cierta práctica, obtener los valores ijδ que se presentan

habitualmente en muchos casos. No obstante, debe evitarse trabajar en forma excesivamente

“mecánica” y descuidar cuestiones tales como los signos de los términos cuyo producto se están

integrando.

Una vez determinado el valor de las incógnitas hiperestáticas, las solicitaciones se

obtienen por superposición de los estados isostáticos ya conocidos.

0 1 1 2 2 3 3

0 1 1 2 2 3 3

0 1 1 2 2 3 3

( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )( ) ( ) . ( ) . ( ) . ( )

M x M x X M x X M x X M xQ x Q x X Q x X Q x X Q xN x N x X N x X N x X N x

= + + + ⎫⎪= + + + ⎬⎪= + + + ⎭

(Ec. 4.16)

Debe tenerse presente que existen otras alternativas para la elección de la estructura

isostática fundamental, como ser:

Figura 4.19

En el caso )a se ha elegido como incógnita hiperestática el momento flector en tres

puntos. Notar que el caso )c no es válido por ser inestable.

En el caso de una viga Vierendell (Figura 4.20.a) se puede lograr una estructura isostática

efectuando un "corte" en cada cuadro.

Figura 4.20


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -18-

Nótese que al efectuar un corte en cualquier sección de la Figura 4.20.b quedan

determinadas dos partes perfectamente separadas y por lo tanto se pueden definir las

solicitaciones en cualquier sección.

Este tipo de viga puede darse en muchas aplicaciones prácticas de la ingeniería mecánica

tales como la carrocería de vagones de pasajeros, pero su tratamiento por el método de las

fuerzas resulta desalentador por el elevado número de incógnitas. Para el caso de la Figura 4.20,

se tienen 5 cortes y por lo tanto 15 incógnitas hiperestáticas.

El método de las fuerzas utilizando cálculos a mano resulta totalmente inadecuado en

casos como el anterior que tienen un elevado grado de hiperestaticidad. En la segunda parte del

curso se verá la formulación de procedimientos (y programas) de cálculos computacionales muy

eficaces, que son independientes del grado de hiperestaticidad y están basados en el método de

los desplazamientos.

Un caso similar al anterior se presenta cuando se quiere tratar un reticulado con nudos

rígidos (no articulados) como el de la Figura 4.21.a.

Figura 4.21

En un caso como éste correspondería efectuar tantos cortes como triángulos tenga el

reticulado. Aún en este caso tan simple el número de incógnitas hiperestáticas es excesivamente

elevado (3 incógnitas por cada uno de los cinco cortes ⇒ total 15 incógnitas). Esto es al sólo

efecto de ilustrar las limitaciones prácticas del método de las fuerzas, ya que su aplicación al

caso de la Figura 4.21 resulta totalmente impráctico y poco conducente.

A esta altura resulta obvia la razón por la cual se consideran los nudos como

perfectamente articulados. Cuando las cargas están aplicadas en los nudos el reticulado ideal da

muy buenos resultados a pesar de tratarse de una simplificación del caso real, y resulta

impracticable tratar en un reticulado a nudos rígidos por el método de las fuerzas. Para el caso de

la Figura 4.20 se pasa de un problema isostático a un problema hiperestático de grado 15.

Para el mismo reticulado pero analizado por el método de los desplazamientos se pasa de

un problema de dos incógnitas de desplazamiento por nudo en el caso del reticulado ideal, a tres


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -19-

incógnitas por nudo en el caso de nudos rígidos ya que se agrega el giro de cada nudo como

nueva incógnita. Esto se verá detalladamente al estudiar el método de los desplazamientos o de

rigidez en la segunda parte del curso.

El procedimiento completo desarrollado en las secciones anteriores referidas a reticulado

es válido para el análisis de sistemas de alma llena tanto en la determinación de las incógnitas

hiperestáticas como en el cálculo de desplazamientos. Basta tener presente que al calcular los

desplazamientos deben considerarse las deformaciones por efecto axial, corte, flexión y torsión.

En tramos donde hay flexión o torsión la contribución del corte generalmente puede

despreciarse. En el caso de variaciones térmicas a lo largo de un tramo de barra se tendrán en

cuenta las deformaciones térmicas.

Se deja al lector como ejercicio desarrollar las expresiones equivalentes a las expresiones

(Ec. 4.6),(Ec. 4.8) y (Ec. 4.10) deducidas para reticulado ideal.

4.6- Desplazamientos prefijados

En el caso de una estructura isostática, el movimiento de un apoyo se traduce sólo en un

cambio en la geometría sin que se produzcan esfuerzos asociados a dicha condición.

Figura 4.22

En el caso más general de estructuras isostáticas o hiperestáticas, al prefijar el

desplazamiento de algún punto que no sea ya un apoyo se está introduciendo un grado adicional

de hiperestaticidad.

Resulta importante notar que un desplazamiento prefijado en un punto implica que en ese

punto, de alguna manera, se aplicará una fuerza incógnita capaz de asegurar dicho valor del

desplazamiento, para cualquier estado de carga.

Un desplazamiento prefijado equivale a un apoyo

δ δ

st∆

it∆. s it t

hκ α ∆ −∆=. tε α= ∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -20-

El apoyo debe considerarse actuando en la posición final del desplazamiento prefijado: el

desplazamiento prefijado de un punto es una restricción al desplazamiento de dicho punto y

por lo tanto constituye un apoyo.

Si en una estructura cargada se agrega un desplazamiento prefijado en un punto que no es

originalmente un apoyo, cuando se utiliza el método de las fuerzas para el análisis no se trata

simplemente de un estado de carga más; sino que además se modifica la "estructura". Es obvio

que al agregar un "apoyo" se cambia la estructura.

Sea el ejemplo de la Figura 4.23, donde el extremo C tiene un desplazamiento prefijado

δ hacia arriba.

Figura 4.23

La fuerza incógnita, que aplicada en C' asegura que dicho punto quedará en la posición

prefijada, es una reacción de apoyo.

La resolución de este problema hiperestático de primer grado puede realizarse

introduciendo un "corte" en el apoyo C, que equivale a elegir la reacción en C' como incógnita

hiperestática.

Figura 4.24

δ

1X

1

1

1X

10δ

1.X 11δ

δ δ

l l


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -21-

Nótese que en el isostático equivalente el "corte" no se aprecia por la acción restitutiva de

las fuerzas 1X que reconstruye la elástica original del problema hiperestático. En el estado "0"

donde no actúa 1X , la estructura permanece teóricamente recta.

10δ es igual a δ y el signo surge de comparar el sentido del desplazamiento

relativo C'C con el sentido de las fuerzas unitarias asociadas a la incógnita 1X .

El sentido (arbitrariamente elegido) que se indica en la figura para las fuerzas unitarias es

tal que tienden a hacer subir C hacia C', mientras que en el estado "0", C bajó respecto de C'. Por

lo tanto:

10δ es en este caso... negativo!!

En el estado "1" resultará (al hacer los cálculos) 11δ positivo. Recuérdese que los

elementos de la diagonal de la matriz de flexibilidad son todos positivos.

Planteando la ecuación de compatibilidad resulta:

1010 1 11 1

11

. 0X X δδ δδ

+ = ⇒ = −

Recordando que 10δ es negativo y que 11δ es positivo, resulta que la incógnita 1X está

bien supuesta, es decir que resulta positiva. Nótese que la estructura isostática elegida no es la

única posible; por ejemplo se podría "cortar" el apoyo B y tener:

Figura 4.25

10δ Resulta igual a la mitad de δ y es negativo porque en el estado "1" las fuerzas

unitarias tienden a acercar la viga hacia el apoyo B, mientras que en el estado "0" la viga se alejó

del apoyo.

δ

10δ

.BR 11δ

δ

10 2δδ = −

BR

BR

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -22-

1010 11

11

. 0B BR R δδ δδ

+ = ⇒ = − ( BR Resultó bien supuesto)

4.7- Método de las fuerzas aplicado a vigas continuas

Las ecuaciones de los “tres momentos” constituyen un caso particular del método de las

fuerzas especialmente útil para estructuras unidimensionales tales como las vigas continuas.

Cuando uno enfrenta por primera vez la solución de una viga continua por el método de

las fuerzas, con frecuencia asocia la hiperestaticidad al exceso de apoyos y elige "naturalmente"

como estructura fundamental isostática a una viga simplemente apoyada suprimiendo los apoyos

redundantes y considerando a las reacciones como las incógnitas hiperestáticas.

11 12 1 1 1 10

21 22 2 2 2 20

1 2 0

1 2 0

00

.0

0

j n

j n

i i ij in i i

n n nj nn n n

XX

X

X

δ δ δ δ δδ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

L L

L L

M M L M L M M M M

L L

M M L M L M M M M

L L

Figura 4.26

Donde:


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -23-

. ..

iij j

M M dxE I

δ = ∫

:ijδ Es el desplazamiento en el nudo "i" debido a una carga unitaria actuando en "j".

La ecuación de compatibilidad "i" establece que el desplazamiento del punto sobre el

apoyo suprimido "i" es nulo.

Figura 4.27

Se puede verificar que en general: 0ijδ ≠

Y por lo tanto la matriz de flexibilidad es "llena” es decir que resulta necesario

calcular cada uno de ellos.

4.8- Ecuación de tres momentos

Para reducir el trabajo de la formulación de las ecuaciones del método de las fuerzas en

vigas continuas, una alternativa conveniente es elegir como estructura isostática fundamental al

conjunto de vigas simplemente apoyadas que se obtiene introduciendo articulaciones en los

apoyos.

En este caso se llega a una situación repetitiva que facilita la obtención de los coeficientes

de la matriz de flexibilidad, ya que es posible deducir una manera general de los mismos que no

requiere calcular las integrales involucradas en su formulación.

ijδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -24-

Figura 4.28

Eligiendo como incógnitas hiperestáticas a los Momentos Flectores sobre los apoyos, las

ecuaciones de compatibilidad establecen que el giro relativo entre los extremos de las barras que

concurren a la articulación es nulo (para mantener la continuidad elástica).

Observando los dos últimos diagramas de momentos iM y jM se puede apreciar que:

0ijδ ≠ si y solo si 1

1

ij i

i

−⎧⎪= ⎨⎪ +⎩

Si "j" es distinto de (i+1), (i), (i−1); ijδ resulta nulo. En consecuencia, la matriz de

flexibilidad tiene sólo tres coeficientes no nulos en cada fila, y se dice que es una matriz

“bandeada”.

Figura 4.29

Los únicos elementos no nulos están sobre las dos diagonales contiguas a la diagonal

principal. La matriz de flexibilidad F resulta una matriz tridiagonal.

0M

iM

jM

( 1)i iδ − iiδ ( 1)i iδ +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -25-

Se verá a continuación que los tres coeficientes no nulos de cada fila de la matriz de

flexibilidad se pueden calcular fácilmente en forma genérica lográndose una "expresión

explícita" para cada uno de ellos.

Figura 4.30

:iiδ Es el giro relativo entre los extremos de las barras que concurren a la articulación "i",

causado por los momentos unitarios colocados en dichos extremos de barra.

:ijδ Es el giro relativo entre los extremos de las barras que concurren a la articulación "i",

causado por los momentos unitarios colocados en los extremos de las barras que concurren a la

articulación "j". 2 2

0 0

1 1. . . 1 .. .

i dl l

iii i d d

x xdx dxE I l E I l

δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ⇒ 3. . 3. .

i dii

i d

l lE I E I

δ = +

,( 1)0

1 . 1 . ..

dl

i id d d

x x dxE I l l

δ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ⇒ ,( 1) 6. .

di i

d

lE I

δ + =

,( 1)0

1 . . 1 ..

il

i ii i i

x x dxE I l l

δ −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ⇒ ,( 1) 6. .

ii i

i

lE I

δ − =

La matriz de flexibilidad no necesita ser deducida mediante integrales en cada

caso. Bastará con aplicar las expresiones explícitas arriba indicadas en la Figura 4.29.

Los términos independientes se obtienen integrando a lo largo de toda la viga.

00

0 0 0

. ..

i dl ll

i i i dM M dxE I

δ θ θ= = + = +∫ ∫ ∫

iM es distinto de cero sólo en dos tramos de modo que la integral se reduce a dos

tramos. Los valores iθ y dθ son los giros de los extremos de dos vigas simplemente apoyadas y

iM

il

1iM−

1iM +

dl

i

xMl

=1

d

xMl

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

1i

xMl

= −

d

xMl

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -26-

se encuentran en tablas para los casos habituales. La utilidad de las tablas se amplía cuando un

estado complejo de carga se considera como una superposición de estados simples.

4.9- Ventajas del "Método o Ecuación” de los Tres Momentos

El llamado "método de los tres momentos" no es más que una forma particular del

método de las fuerzas, en el cual las ecuaciones de compatibilidad se obtienen de una manera

sistemática.

Se eligen como incógnitas hiperestáticas iM a los momentos flectores sobre los apoyos.

La ecuación de compatibilidad para el giro en el apoyo "i" resulta:

Figura 4.31

La ecuación de compatibilidad explícita:

( )1 1. . . 06. . 3. . 3. . 6. .

i i d di i i i d

i i d d

l l l lM M ME I E I E I E I

θ θ− +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Las ventajas de este procedimiento, frente a otras maneras de elegir las incógnitas propias

del método de las fuerzas son:

1- No hace falta deducir los coeficientes de la matriz de flexibilidad en cada caso. La

forma explícita de dichos coeficientes es ya conocida para tramos de momento de inercia

constante.

2- La matriz de flexibilidad tiene un ancho de banda igual a 3 y puede ser triangularizada

en pocos pasos por lo que se facilita la resolución del sistema de ecuaciones de compatibilidad.

3- Los términos independientes se calculan fácilmente combinando el diagrama

correspondiente a un momento unitario en el extremo de la viga con el diagrama de momento

flector de una viga simplemente apoyada. Esto se realiza para sólo dos tramos adyacentes a cada

nudo con incógnita, o bien se obtienen los iθ y dθ de tablas.

Observación:

Es importante insistir que cuando se estudia un problema hiperestático, la

matriz de flexibilidad no depende del estado de cargas.

1iM −

il

iM1iM +

dl


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -27-

Se verá a continuación que la matriz de flexibilidad es independiente de los estados de

carga que interese analizar, y por lo tanto, para solicitaciones externas consistentes en efectos

térmicos o desplazamientos prefijados de los apoyos la matriz de flexibilidad es la misma que

para cualquier otro tipo de estado de cargas conocidas. Bastará tener en cuenta su incidencia al

calcular los términos independientes 0iδ .

4.10- Efectos térmicos y desplazamientos prefijados

Se considera un efecto térmico ( )t−∆ descenso de temperatura en el tramo il que se

superpone con las cargas exteriores iP y dP .

Figura 4.32

Bastará agregar a la curvatura producida por las cargas exteriores la curvatura térmica tκ .

00 0

. . . .. .

i d

i d

l l

i t i i ti i di dP P

M MM dx M dxE I E I

δ κ θ θ θ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎢ ⎥= + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦∫ ∫

Siendo:

0

. .il

ti ti

x dxl

θ κ= ⇒∫ 1 . .2ti t ilθ κ=

Para el caso de un desplazamiento prefijado δ (descenso) del apoyo "i" se debe

considerar su incidencia en 0,( 1)iδ − ; 0,iδ y 0,( 1)iδ + .

Figura 4.33

Los giros se calculan como la tangente de la elástica en los apoyos.

il

δ

dl

il

iP

dl

dP

t∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -28-

Los giros relativos son positivos cuando tienen el sentido elegido como positivo

para la incógnita de ese nudo.

Se considera que los momentos flectores en el estado auxiliar son positivos, por lo que el

sentido de los giros resulta:

Figura 4.34

Por lo tanto, en este caso, los giros producidos por el descenso de apoyo en la estructura

isostática son contrarios al sentido de giro de los momentos indicados en los nudos que se

adoptan como positivos para el nudo “i”, pero del mismo signo para los nudos “i-1” e “i+1”

Observando la Figura 4.33 se tiene:

0,( 1)iilδδ − = + 0i

i dl lδ δδ

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

0,( 1)idlδδ + = +

Observación final: Mover un apoyo en una cantidad prefijada no es cambiar la

estructura, sino es simplemente introducir un estado de carga más que no afecta a la

matriz de flexibilidad.

4.11- Cálculo de reacciones y trazado de diagramas:

Repitiendo un esquema similar a las Figura 4.31 y Figura 4.32 se tiene:

Figura 4.35

1 1i i i ii Pi Pd

i i d d

M M M MR R Rl l l l− +⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + − + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Los momentos 1iM − , iM y 1iM + llevarán el signo que resulta de resolver el

sistema de ecuaciones de compatibilidad.

il

iP

dl

dP1iM − 1iM +iM

( )iθ + ( )dθ +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -29-

Para el trazado del diagrama de momentos flectores se pueden superponer los diagramas

0M multiplicados por las incógnitas hiperestáticas iM (con su signo). A veces resulta más

simple desplazar la línea de referencia del diagrama 0M según los valores obtenidos para las

incógnitas. De esta manera resulta una línea de referencia de forma poligonal.

Ejemplo:

Figura 4.36

Nota:

El método de los tres momentos puede aplicarse a estructuras en forma de

poligonal no ramificada cuyos nudos están restringidos de desplazarse, como por

ejemplo:

Figura 4.37


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -30-

Ejercicio Nº 1:

Determinar el esfuerzo en todas las barras del reticulado del croquis. Material: acero

Barra

Nº A

[cm²]

l [cm]

.A El

0N 1N 2N 21

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

22

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 1..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0 2..

N NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

fN

1 3 375 16800 166,7 0 0 --- --- --- --- --- 166,7

2 4 300 28000 -133,3 0 0 --- --- --- --- --- -133,3

3 4 225 37333 -100 0 -0,6 --- 9,64e-06 --- --- 1,60e-03 -118,5

4 3 300 21000 133,3 0 -0,8 --- 30,47e-06 --- --- -5,08e-03 108,6

5 3 300 21000 -266,7 1,33 -0,8 8,47e-05 10,47e-06 -5,02e-05 -1,69e-02 10,15e-03 -88,2

6 3 375 16800 166,7 -1,67 1 16,53e-05 59,52e-06 -9,92e-05 -1,65e-02 9,92e-03 -56,4

7 3 375 16800 0 0 1 --- 59,52e-06 --- --- --- 30,9

8 3 225 28000 0 0 -0,6 --- 12,86e-06 --- --- --- -18,5

∑

2,50e-04

11δ

2,025e-04

22δ

-1,50e-04

12δ

-3,34e-02

10δ

1,66e-02

20δ

22 3 4A A cm= =

21 4 5 6 7 8 3A A A A A A cm= = = = = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -31-

Ecuaciones de compatibilidad:

1

2

2,5 1,5 334,6.

1,5 2,025 166,1XX

− ⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤=⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1 152,4X =

2 30,9X =

Los esfuerzos en el hiperestático se obtienen por superposición

[ ] [ ] [ ]0 1 2152,4 30,9fN N N N⎡ ⎤ = + × + ×⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -32-

Ejercicio Nº 2:

La torre tiene una altura de 26 m, y tiene tres riendas igualmente espaciadas sobre un

radio de 15 m.

La torre resultó larga 2 mm por error de montaje y la temperatura de las barras 1 y 2

disminuyó 20 °C. Determinar las fuerzas en las barras. 2

1 2 3 1A A A cm= = = ; 24 40A cm=

Se adopta como isostático fundamental a la torre con un corte en la parte superior. En el

estado "0" no hay esfuerzos, sólo existen deformaciones térmicas y la torre es demasiado "larga".

tε

x

y

(1)

(2)

tε

"0"Estado

z

A

B

CD

E

x

y

(1)

(2)

(3)(4)D

E


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -33-

En el estado "1" las fuerzas en los tres cables serán iguales por simetría. La componente

vertical de (1) debe ser entonces igual a 1/3. Barra

Nº A

[cm²]

K

[Kg/cm] 0N

K

. .t lα ∆ e 1N 21N

K

22

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

1 1 699,5 --- -0,66 --- 0,385 2,12e-04 -2,5427e-01

2 1 699,5 --- -0,66 --- 0,385 2,12e-04 -2,5427e-01

3 1 699,5 --- --- --- 0,385 2,12e-04 ---

4 40 32307,7 --- --- -0,2 -1 3,09e-05 -0,2

411 6,66 10δ −= ×

110 7,08 10δ −= − ×

Ecuación de compatibilidad:

01 1 11 1 4

0,708. 0 1061,56,66 10

X X Kgδ δ −+ = ⇒ = =×

Fuerzas en barras:

( )0 1 1.iF N X N= +

(1) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(2) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(3) 0 1061 0,385 408,5F = + × =

(4) 0 1061 ( 1) 1061,5F = + × − = −

x

y

1"1"Estado

1

(1) 1/ 3 (1) 0,38530,02 26

= ∴ =

(1) (3)

(2)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -34-

Ejercicio Nº 3:

Resolver el ejercicio anterior por un procedimiento general, sin considerar simetría, y

calcular el corrimiento del extremo superior de la torre en dirección "y".

1 2 3 30,017l l l= = =

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

2

3

4

0; 15; 26 0; 0,5; 0,866

12,99;7,5; 26 0, 433;0, 25; 0,866

12,99;7,5; 26 0, 433;0, 25; 0,866

0;0; 26 0;0; 1

EA

EB

EC

ED

λ

λ

λ

λ

= − − = − −

= − = −

= − − = − −

= − = −

tε

"0"Estado

A

B

CD

E

xy

tε

e

D

E

z

A

B

CD

E

x

y

(1)

(2)

(3)(4)( )0; 15;0−

( )12,9;7,5;0

( )12,9;7,5;0−


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -35-

El equilibrio del punto E exige que:

1 (1) 2 (2) 4 (4) (3). . . 1. 0X X Xλ λ λ λ+ + + = (Se han supuesto todas las fuerzas salientes de E)

De esta ecuación vectorial se obtienen tres ecuaciones escalares:

1

2

4

0 0, 433 0 0,4330,5 0, 25 0 . 1. 0, 25

0,866 0,866 1 0,866

XXX

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1

2

4

1,01,0

2,6

XXX

=== −

Barra

Nº A

[cm²]

.A El

0

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. .t lα ∆ e 1N (*) 21

.NA E

l⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

FN EYN (**)

1 1 699,5 --- -0,66 --- 1,0 -0,6604 0,00143 408,5 2,0 -0,152

2 1 699,5 --- -0,66 --- 1,0 -0,6604 0,00143 408,5 --- ---

3 1 699,5 --- --- --- 1,0 --- 0,00143 408,5 --- ---

4 40 32307,7 --- --- 0,2 -2,6 -0,520 0,0021 -1061,5 -1,73 0,167

(*): 01. . .NN t l e

Kα⎛ ⎞+ ∆ +⎜ ⎟

⎝ ⎠

(**): . . .FEY

NN t l eK

α⎛ ⎞+ ∆ +⎜ ⎟⎝ ⎠

10 : 1,84δ − ; 11 : 0,0045δ ; : 0,015EYδ +

1"1"Estado

A

B

CD

E

xy

1


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -36-


0101 1 11 1

11

1,84. 0 408,50,0045

X X δδ δδ

+ = ⇒ = − = − =

Estado auxiliar:

1

2

4

0 0, 433 0 00,5 0, 25 0 . 1. 1

0,866 0,866 1 0

XXX

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1

2

4

2,00,0

1,73

XXX

=== −

: 0,015YEδ

Ejercicio Nº 4:

La parte inferior del segundo tramo de la viga continua de dos tramos sufre un aumento

de temperatura t∆ .

Se pide resolver el problema hiperestático y trazar los diagramas de solicitaciones.

t∆

(1)

A

B

CD

E

xy

(2)

(4) (3)

1


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -37-

Cálculo de 10δ :

( ) ( )2

100

.1. . .2

lt

tlx dx κδ κ= − = −∫

Nótese que el primer tramo gira como cuerpo rígido alrededor de B.

Cálculo de 11δ : (despreciando deformación por corte)

( )2 3

110

1. 2.2. .. 3. .

l x ldxE I E I

δ = =∫

La ecuación de compatibilidad establece que el extremo de la viga no debe separarse del

apoyo.

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒10

11

. .3 .4

tE IXl

δ κδ

= − =

El estado final se obtiene por superposición:

1Estado Final = Estado "0" + X .Estado "1"

t+∆

10δ

11δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -38-

Ejercicio Nº 5:

Durante el montaje del resorte " AB " fue necesario comprimirlo 2 cm entre las vigas

para colocarlo. Se pide:

a) Corrimiento del punto A

b) Diagramas de , ,fM Q N .

Datos:

41 1

42 2

2, 4 3,8 60

0,98 3,0 100

KgI cm h cm Kcm

I cm h cm P Kg

= = =

= = =

50ºt C∆ =

10ºt C∆ =

1 .4 tκ

3 .4 tκ

tκ

3 . . .4 tE I κ

t∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -39-

( )2010 1

1 40 1. . 80 60 6000 20 2 80 1 2 4,5133. 2 3,8 6. .t

l

MM dxE I E I

δ κ α⎛ ⎞= + = − × × × − × × × + × − × = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫

1 2

2 2 2 23 31 1 1

111 2

1 1 1. . 80 80 0,1334575. . 3. . 3. .l l

M M Ndx dxE I E I K E I E I K

δ = + + = × + × + =∫ ∫

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒10

11

33,81X Kgδδ

= − =

( )2 3

1 1

1 40 1 1. . 80 60 6000 20 2 80 80 33,81. 2 3,8 6. . 3. .A

l

MM K dxE I E I E I

δ α⎛ ⎞= + = × × × + × × × + × − × ×⎜ ⎟⎝ ⎠∫

1,368A cmδ =

M

κ

1M

0

.ME I

tκ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -40-

Ejercicio Nº 6:

Calcular los diagramas , ,f tQ M M para el emparrillado plano de sección circular hueca y

forma de triángulo isósceles cargado perpendicularmente en el centro de la base del triángulo.

2.0, 4.

. 0,8. .

J IG EG J E I

===

Por la simetría respecto al eje “y” se analiza sólo la mitad colocando sobre el plano de

simetría empotramientos deslizantes que restringen el giro alrededor del eje y .


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -41-

Se trata de un cuerpo plano con cuatro condiciones de apoyo. Se elige como incógnita

hiperestática el momento flector (momento alrededor del eje y) en el punto de aplicación de la

carga.

( ) ( ) ( )2 2 211

1 1 1 88.30. 1 .50. 0,6 .50. 0,8. . . .

Flexión en AC Flexión en AB Torsión en AB

E I E I G J E Iδ = + + =

64748 6447448 6447448

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )101 1 1 1095..30. 1 . 15. .50. 0,6 . 9. .50. 0,8 . 12.. . . .

Flexión en AC Flexión en AB Torsión en AB

PP P PE I E I G J E I

δ = + + = +

644474448 644474448 644474448

Se plantea la ecuación de compatibilidad: el giro en C alrededor del eje y es nulo.

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒1095.

.88.

PE IX

E I

= − 12,44.X P=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -42-

Nótese que la viga AC se encuentra en una situación intermedia entre simplemente

apoyada y biempotrada.

Ejercicio Nº 7:

Calcular los desplazamientos de los nudos del emparrillado del ejercicio anterior.

Una vez resuelto el problema hiperestático se pueden calcular uno por uno los

desplazamientos.

2.0, 4.

. 0,8. .

J IG EG J E I

===


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -43-

En todos los casos se ha omitido el cálculo de las reacciones de apoyo. En todos los casos

debe plantearse:

Sumatoria de fuerzas según " z " igual a cero 0ziP⇒ =∑

Sumatoria de momentos alrededor de " x " igual a cero 0xiM⇒ =∑

Sumatoria de momentos alrededor de " y " igual a cero 0yiM⇒ =∑

1) Desplazamiento vertical del punto C’ ( )'CVδ :

( ) ( ) ( ) ( )' 21 1 1 130 2. 2,56. 12,44. 50 18 1,53. 50 24 2,04.. 6 . .

CV P P P P

E I E I G Jδ = × × × + − + × × × + × × ×⎡ ⎤⎣ ⎦

' 2454,5. 1099,4 1380,7. 0,8

CV

PE I

δ ⎡ ⎤= − + +⎢ ⎥⎣ ⎦

' 3349..

CV

PE I

δ = ⇓

2) Giro alrededor del eje " x " del punto A ( )xAφ :

10

30

ABM

=== −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -44-

( )( ) ( )1 1 1 61,3650 0,5 1,534. 0,45 0,8 50 0,6 2,045. . 13,42. . . 0,8

xA P P

E I G J E Iφ ⎡ ⎤= × × × − + × × × = − +⎢ ⎥⎣ ⎦

63, 28..

xA

PE I

φ =

3) Giro alrededor del eje " y " del punto A ( )yAφ :

( ) ( )1 1 1 81,8150 0,6 1,534. 50 0,8 2,04. . 46,02. . . 0,8

yA P P

E I G J E Iφ ⎡ ⎤= × × × + × × × = +⎢ ⎥⎣ ⎦

148, 28..

yA

PE I

φ =

4) Giro del punto B alrededor del eje " x " ( )xBφ :

00

1

ABM

=== −

140

1403040

A

B

M

=

= −

= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -45-

( )1 1 50 1, 25 1,534.. 2

xB P

E Iφ = × × × ×

47,94..

xB

PE I

φ =

Nótese que xAφ está asociada a la torsión de la barra AC, y que y

Aφ está asociada a la

flexión de la barra AC. Para determinar los giros asociados a torsión y flexión del tramo AB se

debe transformar los giros de A y B a coordenadas locales.

Giros en coordenadas globales = giros alrededor del eje "x" local + giros alrededor del eje

"y" local.

Verificación:

La diferencia de giros alrededor del eje " x " local de la barra AB debe provenir del

momento torsor actuante sobre la barra:

..tM l

G Jθ = ∴ ( )156,59 28,76. 0,80 ..

. 50tG J E IM P

l E Iθ

− ×= = × ×

2,045.tM P=

lx

ly

ly

lx

140

1403040

A

B

M

=

= −

= −


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -46-

No habiendo desplazamientos verticales de los extremos A y B, ni cargas exteriores en el

interior del tramo, resulta simple determinar los momentos actuantes en los extremos de la barra

por un análisis similar al método de tres momentos (recordar que se consideran giros positivos

cuando coinciden con el sentido del momento aplicado).

3. . 6. . .

6. . 3. .

A A

B B

l l ME I E Il l

ME I E I

θ

θ

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

∴

4. . 2. .

.2. . 4. .

A A

B B

E I E IMl lE I E I

Ml l

θ

θ

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

Despejados AM y BM pueden ser puestos en función de los giros extremos, adoptando

una convención única: giros y momentos antihorarios son positivos.

4. . 2. .. .A A BE I E IMl l

θ θ= +

2. . 4. .. .B A BE I E IMl l

θ θ= +

1,53.1,53.

A

B

M PM P

= −=

Nota: las fuerzas actuantes en los extremos de barra pueden determinarse una por una

cuando se conocen los desplazamientos de los extremos de barra. Está forma operativa que

consiste en calcular primero los desplazamientos y luego las fuerzas, es la que corresponde al

“Método de los desplazamientos” o Método de Rigidez. Se sugiere al lector determinar las

fuerzas de extremo de la barra AC (superponer a las fuerzas de extremo causadas por los giros en

A y C las reacciones debidas a la carga P actuando en el centro)

Ejercicio Nº 8:

a) Calcular la rigidez del aro

b) Calcular el aumento de diámetro vertical para una carga horizontal P.

(Considerar solo flexión)

BMAM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -47-

El sistema admite dos ejes de simetría y puede analizarse sólo un cuarto del aro

imponiendo condiciones de apoyo adecuadas.

Es necesario colocar empotramientos deslizantes sobre los ejes de simetría. Cada

empotramiento deslizante restringe dos grados de libertad. El problema es hiperestático de

primer grado. Se adopta como incógnita hiperestática el momento en la parte superior.

( )/ 2

211

0

1 1. 1 . . . .. . 2

R d RE I E I

π πδ θ= =∫

Fundamental

.vecesX

θ

( )( ). . 1 cos2PM R θ= −

( ).cos2PN θ= (-)


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -48-

( )/ 2

210

0

1 1. . . 1 cos .1. . . . . 1. 2 . 2 2

P PR R d RE I E I

π πδ θ θ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫

10

11

1 1. .2

X P Rδδ π

⎛ ⎞= − = − −⎜ ⎟⎝ ⎠

0,18169. .X P R=

a) Rigidez (por iW ):

( )/ 2

2

0

1 . . . 0,3183 0,5.cos . . .42. .iW P R R d

E I

π

θ θ⎡ ⎤

= − +⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦

∫

2 21 .. 0,14878.2 .i

P RWE I

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ;

21 .2i

PWK

=

3.0,149..h

P RE I

δ =

3

.6,7214. E IKR

=

b) vδ por trabajos virtuales:

( ) ( )/ 23

0

1 . . . 0,3183 0,5.cos . . .4. 2v

senP R d

E I

π θδ θ θ

⎡ ⎤⎛ ⎞= − +⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∫

θ 1 . ( )2

M R sen θ=

( ). . 0,1817 0,5. 1 cosM P R θ= − −⎡ ⎤⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -49-

3.0,137..v

P RE I

δ =

Nótese que el aro se "ovala" y que el aumento de diámetro vertical es similar a la

disminución de diámetro horizontal.

Ejercicio Nº 9:

Trazar los diagramas de , ,M Q N para el sistema mostrado en la figura.

El problema es hiperestático de primer grado debido al desplazamiento prefijado ∆ que

equivale a un apoyo móvil.

Se desprecian las deformaciones por corte y efecto axial en los tramos con flexión.

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 25 4 6 421 3

11 2 3 20 0 0 0

1,2. 6 1. 1. . . .

. . . .R

x x Ndx dx dx dxE I E I E I K A E

δ = + + + +∫ ∫ ∫ ∫

5 5 5 3 7 311 2,857 10 6,857 10 3,428 10 2,88 10 9,52 10 3,01238 10δ − − − − − −= × + × + × + × + × = ×

( )55 5 2

4 410 1

0 0 0

. . 2, 2 10 . 1, 2. . 1 2,2 10 .1,2. 1 1,00332txM dx x dxδ κ − −= − ∆ = × − − = − × − = −∫ ∫

∆4. 2, 2 10i

tt

hακ −∆

= = ×

10δ

11δ

1, 2N =

1x

3x

1 11, 2.M x=

2 6M =

3 31.M x=

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -50-

La ecuación de compatibilidad resulta:

10 11. 0Xδ δ+ = ⇒1,00330,00301

X = ⇒ 333,06X Kg=

κ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -51-

Ejercicio Nº 10:

Considerar en el ejercicio anterior las siguientes variantes:

a) Sin it∆ y cuerpo rígido

b) Con it∆ y cuerpo rígido

c) Apoyo rígido (sin resorte)

Caso a):

Al considerar al cuerpo como rígido ( )I = ∞ no hay deformaciones por flexión.

10 11. 0Xδ δ+ =

10 1δ = −

2

11 0,00288R

NK

δ = =

1 .0,00288 0X− + =

347,2X Kg=

∆

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -52-

Se trata de un giro de cuerpo rígido alrededor de B, venciendo la fuerza del resorte. La

fuerza X debe ser mayor que en el ejercicio anterior.

Caso b)

Al considerar el efecto térmico cambia 10δ mientras que 11δ es igual que en el caso a).

10 1,0033δ = − ; 311 2,88 10δ −= ×

1,0033 .0,00288 0X− + = 348,4X Kg=

La fuerza debe ser algo mayor que en el caso a) para contrarrestar el efecto de la

curvatura térmica en el tramo AB.

Caso c)

Al considerar un apoyo rígido en A en lugar del resorte, el ∆ se logra a través de

deformaciones flexionales (despreciamos corte y normal).

10 1,0033δ = − ; 411 1,314 10δ −= ×

1,0033 0,0001314. 0X− + = 7633,8X Kg=

∆

∆

it∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -53-

La fuerza resulta mucho mayor que en los casos anteriores porque ya no ocurre giro de

cuerpo rígido permitido por el acortamiento del resorte.

El desplazamiento ∆ se lograría primordialmente a través del efecto acumulado de la

curvatura.

Observación:

Suponiendo una tensión de fluencia 23000fKgcm

σ = vemos que:

.630001/1

ff

M XW

σ = ∴ =

500,0fX Kg=

Vale decir que: se lograría el 1,0cm∆ = a través del giro alrededor de una o varias rotulas

plásticas que se producirán en el tramo BC.

Ejercicio Nº 11:

Resolver la parte a) del ejercicio anterior en forma exacta empleando la teoría de segundo

orden (plantear el equilibrio en el sistema deformado)

La solución considerando el ángulo como rígido consiste en una rotación de cuerpo rígido

alrededor del apoyo B.

416,64500arctan

5 5lθ

⎛ ⎞⎜ ⎟∆⎛ ⎞ ⎝ ⎠= =⎜ ⎟

⎝ ⎠ ; 9, 4617ºθ =

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -54-

Si se calcula el desplazamiento horizontal del punto D, éste resulta 1,04cm∆ = .

Se podría pensar que reduciendo las fuerzas en un 4% se obtendría la solución correcta.

En ese caso habríamos determinado "exactamente" el desplazamiento a partir de fuerzas

calculadas como actuando en la estructura indeformada (ecuación de momentos respecto al

punto B que relaciona la fuerza aplicada X con la fuerza en el resorte) sin tener en cuenta que al

rotar el marco cambian los brazos de palanca.

Planteo exacto:

1) Considerando el ángulo como rígido el cálculo de θ es un problema cinemático.

2 26 4BD l= = +uuur

52l =

06arctan4

α ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

0 56.31ºα =

( ) ( )0 0.cos .cosl lα α θ− + = ∆

1,0cm∆ = 9,106ºθ =

θl∆

∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -55-

2) Una vez determinado el ángulo θ se pueden determinar en forma exacta los brazos de

palanca y el alargamiento del resorte.

( )5. 0,633U sen θ= −

Tomando momento respecto a B:

( )500 0,633 4,937 6,557 0X× × − × =

297,88X =

Notas:

1) La solución no lineal (teoría de 2° orden) difiere apreciablemente de la solución de la

teoría lineal (1° orden). Las diferencias crecen cuando aumenta el ángulo θ .

2) El planteo de 2° orden resultaría muy engorroso en un caso más general como el del

ejercicio Nº 12.

Ejercicio Nº 12:

Resolver el ejercicio Nº 9 considerando como incógnita hiperestática el momento flector

en el punto C.

θ

0α

∆

( )0α θ+0. ( ) 6,557l sen α =

5.cos( ) 4,9837θ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -56-

Este planteo es un tanto complejo; mejor resulta considerar una articulación en "C" y un

apoyo móvil en D que asegure ∆ .

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 25 4 62

110 0 0

0, 2. 1 1,67. 1. . . .4

. . . .R

x xN dx dx dxK E I E I E I A E

δ = + + + +∫ ∫ ∫

( )6 25 4 33

110 0 0

0,1660,04 0,04 . .4500 500 . 3 36. . 2.

x xxE I E I E

δ = + + + +×

5 7 6 7 811 8 10 7,936 10 1,9604 10 9,5238 10 8,36 10δ − − − − −= × + × + × + × + ×

511 8,367725 10δ −= ×

42, 2 10tκ−= ×

10δ

∆

RK

it∆

∆

4 2

6 62

1,0 2,0

500 2,0

1,0 40º111 10 . 2,1 10

º

R

i

I cm A cmKgK h cmcm

cm t CKgE

C cmα −

= =

= =

∆ = ∆ = +

= × = ×


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -57-

( )}

5

100

. 0, 2. .6

Giro Prefijado

t x dxδ κ ∆= − −∫

54 2

100

0, 22,2 10 . . 0,1666 12

xδ − ⎛ ⎞= − × − ×⎜ ⎟⎝ ⎠

10 0,167217δ = −

La ecuación de compatibilidad establece que el ángulo entre los extremos que concurren a

" C " debe ser de 90°.

10 11. 0CMδ δ+ =

55

1 0,1672170,167217 .8,3677 106 8,368 10C CM M−

−− + × = ∴ =×

1998 .CM Kg cm=

Este resultado coincide con el obtenido en el ejercicio Nº 9.

Ejercicio Nº 13:

El tensor AE está pretensionado con 40 Kg., Marco A-B-D-E 2 2

1 24

0,5 7,0

4,0 4,0

A cm A cm

I cm h cm

= =

= =

Los t∆ actúan sobre la porción BD; 30ºst C∆ = - 5ºit C∆ = - 200P Kg=

Determinar:

a) Esfuerzo en el tensor

b) Máximo M en el marco

c) Corrimiento de E respecto del estado de pretensión.

it∆st∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -58-

( ) ( ) ( )40 80 80

5 410

0 0 0

1,1428 0,3300 0,0154

100.2. . 60 . 6,875 10 . 60 . 1,925 10 . 1 . 0,8282.

x dx dx dxE I

δ − −

− + −

= − + − × − + × − = −∫ ∫ ∫144424443 14444244443 144424443

80 80 60 802 2 2 2

11 6 6 6 60 0 0 0

0,000005 0,000076 0,017143 0,034287

1 60 1. . 2. . . 0,051514,7 10 8,4 10 8,4 10 1,05 10

xdx dx dx dxδ = + + + =× × × ×∫ ∫ ∫ ∫

1442443 1442443 1442443 1442443


10 11. 0Xδ δ+ = 16,08X Kg=

a) Esfuerzo en el tensor:

40 16,08 1T Kg= + × 56,1T Kg=

b) Máximo momento flector:

/Kg m

( ). 17,5tε α=

25.4tκ α ⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠/Kg m

/Kg m


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -59-

max 24 0,6 16,08M = + × max 33,65 .M Kg m=

c) Corrimiento del punto E:

. .E

EA

N dxδ ε= ∫ 31, 2 10E cmδ −= ×

Ejercicio Nº 14:

Resolver el estado de cargas finales en la estructura de la figura y dar los diagramas de

esfuerzos.

6. 330 10tε α −= − ∆ = − ×

30ºt C∆ = − 6

4 62

2 62

2 2

130º 11 10 .º

1000 2,1 10

10,0 0,84 10

1,0 0,5c tensor

t CC

KgI cm Ecm

KgA cm Gcm

A cm A cm

α −∆ = − = ×

= = ×

= = ×

= =

51,53 10.N

A Eε −= = ×

1AA


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -60-

2 2 2

111 0 0

. . .. . .

i il lni i

i c

N l M Qdx dxA E E I A G

δ=

= + +∑ ∫ ∫

3 3 6 3 511 0,269 10 0,266 10 4,76 10 0,317 10 5,95 10

Tensores Normal Momento Flector Corte

δ − − − − −= × + × + × + × + ×14444244443 14243 14243 14243

411 9,1677 10δ −= ×

001

1

. . . ..

n

ii i

N l t l NA E

δ α=

⎛ ⎞= + ∆⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

( ) ( ) ( ) ( )6 601 6

223,6 447,2 330 10 447, 2 . 0,790 330 10 282,8 . 10,5 2,1 10

δ − −−

⎛ ⎞×⎜ ⎟= − × × − − × × −⎜ ⎟× ×⎝ ⎠

( ) ( )6 2 2 26

200 200 330 10 200 . 0,707 4,1352 10 9,3324 10 4,80 1010 2,1 10

− − − −⎛ ⎞×⎜ ⎟− + × × = × − × − ×⎜ ⎟× ×⎝ ⎠

201 9,9981 10δ −= − ×

11 01. 0X δ δ+ = ∴ 01

11

X δδ

= −

109,06X Kg=

Ejercicio Nº 15:

Se pide trazar los diagramas de momento flector y corte.

Mediante la fuerza F se eleva el punto "E" 0,4 cm. El t∆ actúa en toda la viga.

15,0 0,8 500 Kgh cm b cm Kcm

= = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -61-

Ecuación de compatibilidad: ( )2X F=

01 1 11 2 12

02 1 21 2 22

. . 0

. . 0X XX X

δ δ δδ δ δ

+ + =+ + =

001 1 1. . . . 0, 4486

.

C C

tB A

M M dx M dxE I

δ κ= + = −∫ ∫

}.0

02 2 2. . . . 0,40 2,7948.

Despl PrefijadoD E

tB B

M M dx M dxE I

δ κ= + − = −∫ ∫

2 221 1

11 . 1,6109 10.

C

A

M NdxE I K

δ −= + = ×∫

222

22 . 5,6172 10.

E

B

M dxE I

δ −= = ×∫

0BDM 1ACM

1N

2BEM

tκ

40ºt C∆ =

10ºt C∆ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -62-

31 212 21

. . 7,4074 10.

C

B

M M dxE I

δ δ −= = = ×∫

Resolviendo el sistema tenemos:

1 5, 29X = 2 49,06X =

La fuerza F que eleva el punto E en 0,4 cm., puede existir como tal, pero puede ser

también un apoyo colocado 0,4 cm. más alto por necesidades constructivas, o simplemente por

error de construcción.

Este tipo de cálculo sirve para saber en cuanto influyen los errores de montaje en los

esfuerzos máximos a que se someterá la pieza.

Ejercicio Nº 16:

Determinar la tensión máxima en barras de cordones, diagonales y montantes.

(1) Tensor: 21 2,0A cm= ; Pretensión = 400 Kg.

(2) Viga empotrada: 25,0b h cm= =

Diagonal: 22 2,0A cm= ; Montante: 2

3 2,0A cm= ; Cordón: 24 5,0A cm=

22100000 KgEcm

= 2840000 KgGcm

=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -63-

Reemplazaremos a la viga reticulada por una viga equivalente de alma llena.

Cálculo del área de corte cA de la viga equivalente:

a) Tramo de viga reticulada: la deformación por corte debe ser la misma en ambas vigas

1 2δ δ= .

e iW W= --------------- ( )26 2

11 1. . . 9,06 10 .2 2 2 .

i

i

i

NQ QA E

l

δ −= = ×⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑

b) Tramo de viga equivalente:

e iW W= --------------

2

26

2 0

1 1 2. . . . 7, 44 10 .2 2 2 .

l

c c

QQ Qdx

A G Aδ −

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= = ×∫

Igualando: 2

6 6 27, 44 10 . 9,06 10 .c

Q QA

− −× = × -------------- 20,82cA cm=

24

44. . 31252xhJ A cm⎛ ⎞= =⎜ ⎟

⎝ ⎠

2δ

1δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -64-

Barra l A .A El

iN

2

.iN

A El

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Diagonal

Montante

55,9

25

2

2

75132

168000

2,236.2Q

1.2Q

5 21,663 10 .Q−×

5 20,148 10 .Q−×

El área de corte es doble debido a que el reticulado tiene dos caras:

21,64cA cm=

Rigidez flexional de la viga equivalente: 6 9. 2,1 10 .3125 6,56 10E I = × = ×

Rigidez al corte de la viga equivalente: 6. 1,64 840000 1,38 10cA G = × = ×

Rigidez a axial de la viga equivalente: 6 7. 4 5 2,1 10 4,2 10A E = × × × = ×

Solución del sistema hiperestático:

22. 3,5.

2xM q x= =

7.Q x=


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -65-

{

300 3002 2

010 0

3,5. 7..0,555. . .0,555. 0,600 0,127. .c CorteFlexión

x xx dx dxE I A G

δ⎛ ⎞⎛ ⎞− −

= + = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ 123

10 0,727cmδ = −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2360,5300 300 300

1110 0 0 0

0,555. 0,555 0,832 1. . . .

. . . .c

xdx dx dx dx

E I A G A E A Eδ = + + + =∫ ∫ ∫ ∫

{ { { {4

11 4, 226 0,670 0,049 0,86 10Flexión Corte Normal Tensor

δ −⎛ ⎞= + + + ×⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

411 5,803 10δ −= ×


10 11. 0Xδ δ+ = ∴ 104

11

0,7275,803 10

X δδ −= − =

×

1253X =

Diagramas finales:

Estado Final = Estado "0" + X.Estado"1" + Pretensión


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -66-

Máxima tensión en barras de cordón:

( ) ( ) 60090 1375 240, 4 68,753125 2012,5

x x

Máx

M NW A

σ⎛ ⎞

= + = + = +⎜ ⎟ ⎛ ⎞⎝ ⎠⎜ ⎟⎝ ⎠

2309 Kgcm

σ =

Máxima tensión en montantes:

max

3

11832 2

2

Q

Aσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎜ ⎟= =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

2296 Kgcm

σ =

Máxima tensión en diagonales:

max

2

11832,236. 2,236.2 2

2

Q

Aσ

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠= =

2661 Kgcm

σ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -67-

Ejercicio Nº 17:

Calcular el descenso del punto central de la viga del ejercicio anterior respecto a la

posición de montaje.

Como se pide el desplazamiento respecto a la configuración de montaje, no se tiene en

cuenta la pretensión. Estado Real = Estado "0" + X.Estado "1"

( ) ( )2300 300

150 150

3,5. 695. 695 7.. 1. 150 . .1.. .c

x x xx dx dxE I A G

δ− + ⎛ ⎞− +

= − − + =⎡ ⎤ ⎜ ⎟⎣ ⎦⎝ ⎠

∫ ∫

( )3 2300 300

150 150

3,5. 1220. 104250. 7. 695. . 0,0846 0,0956. .c Flexión Corte

x x x xdx dxE I A G

δ+ − + ⎛ ⎞−

= + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠

∫ ∫ 14243 123


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -68-

0,18cmδ =

Alternativa:

( ) ( )2150 150

9 60 0

3,5. 355. 25500 355 7.. . .1.6,56 10 1,38 10

z z zz dz dzδ −

− − + +⎛ ⎞= − + =⎜ ⎟× ×⎝ ⎠∫ ∫

( )3 2150 150

9 60 0

3,5. 355. 25500. 355 7.. . 0,085 0,0966,56 10 1,38 10

z z z zdz dzδ −

+ + + +⎛ ⎞= + = + +⎜ ⎟× ×⎝ ⎠∫ ∫

0,18cmδ =

Ejercicio Nº 18:

Determinar las reacciones de apoyo en el caso genérico de la viga biempotrada con un

momento concentrado.

Elegimos como sistema isostático fundamental al voladizo empotrado en A.

.lα .lβ

2

2

1503,5. 695.3,5. 355. 25500

695 7.355 7.

x zM x xM z zQ xQ z

= +

= − + ∴

= − − += − + ∴= +

M = -1.z

z


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -69-

10 . ..

MlE I

δ α= ; 20.. . .

. 2M l llE I

βδ α +⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

; ( )2

11

1 ..

lE I

δ = ; 121 1. ..2 .

l lE I

δ =

221 . ... 3

l l lE I

δ =

Las ecuaciones de compatibilidad garantizan que el extremo no rota ni se desplaza.

10 1 11 2 12

20 1 21 2 22

. . 0. . 0

X XX X

δ δ δδ δ δ

+ + =+ + =

2

2 3

. . .1.. 2. . .

.. . .. 22. . 3. .

B

B

Ml l M lE IE I E I

M l ll l lR E IE I E I

α

βα

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ =⎢ ⎥ +⎛ ⎞⎢ ⎥⎢ ⎥ −⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ⎣ ⎦

Resolviendo el sistema resultan los siguientes valores para las incógnitas hiperestáticas

( ). 3. 1 .BM Mα β= − 6. . .BMRl

α β= −

Por superposición de los Estados "0" más BM veces el estado "1" más BR veces el estado

"2", se obtienen las reacciones en A.

( ). 3. 1 1 .AM Mα β= + −⎡ ⎤⎣ ⎦ 6. . .BMRl

α β=

.lα


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -70-

Recordar el sentido positivo de las fuerzas y momentos

Como ejemplo sea 0,3α = :

Ejercicio Nº 19:

Se ilustrar la necesidad de considerar el t∆ , en la (Ec. 4.10), con un problema

hiperestático muy simple.

Se procede a determinar el desplazamiento vertical del punto A de la barra (a) cuando ésta

sufre un aumento uniforme de temperatura t∆ .

t∆

1l

Momentos positivos son antihorarios (+)

Fuerzas positivas hacia arriba ⇑


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -71-

01 1. .l t lδ α= ∆ = ∆

( )2 22

11 10

1.1 . .. .

l xl dx

A E E Iδ = + ∫


10 11. 0Xδ δ+ = ∴10

11

X δδ

= −

De acuerdo al sentido positivo adoptado para la incógnita hiperestática, 10δ resulta

positiva, y en consecuencia X resulta negativo. El signo menos indica que la barra (a) no está

traccionada sino comprimida.

Para calcular el desplazamiento de A, se utiliza el estado auxiliar unitario sobre el

isostático y se aplica el teorema trabajos virtuales.

Según (Ec. 4.10):

1 11. . . ..AX l t l

A Eδ α−⎛ ⎞= + ∆⎜ ⎟

⎝ ⎠ ………

21

1 1. . ..AX l t l

A Eδ

δ

δ α−= + ∆

123123

.X

A E.T tε α= ∆

l∆ 11aδ

11bδ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -72-

El desplazamiento en el hiperestático se compone de dos términos: un descenso 1δ debido

a las solicitaciones, y un ascenso 2δ por dilatación térmica (libre). Cabe destacar que el

desplazamiento Aδ es idéntico a 'Aδ , condición dada por la ecuación de compatibilidad que

asegura un desplazamiento relativo nulo entre A y A'. Podemos llegar al mismo resultado

colocando la fuerza unitaria en A', y utilizando el mismo sistema equivalente.

El estado auxiliar correspondiente será:

( )2

'0

.1. . .

.

l

AX xx dxE I

δ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠∫

32

' .3. .A

lXE I

δ =

Se deja como ejercicio para el lector verificar que 'A Aδ δ=

Ejercicio Nº 20:

La unión abulonada fue forzada debido a los defectos de montaje que se indican en la

figura. Se pide determinar los diagramas de ,M Q y N .

θ

δ

4 41 2

2 21 2

1 2

100 1,0 2,5

0,08 0,7 0,91,0 3,0 4,0

P Kg I cm I cm

rad A cm A cmcm h cm h cm

θδ

= = =

= = == = =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -73-

Ecuaciones de compatibilidad:

01 1 11 2 12 3 13

02 1 21 2 22 3 23

03 1 31 2 32 3 33

. . . 0

. . . 0

. . . 0

X X XX X XX X X

δ δ δ δδ δ δ δδ δ δ δ

+ + + =+ + + =+ + + =

( )102

1 10000 100 40 2 140 10,15876. .E I

δ = − × × × + × = −

311

2 1

1 1140 100 0,17433. . .E I A E

δ = × + × = ; 2 312 21

2

1 140 1,867 102. .E I

δ δ −= = × = − ×

13 31 0δ δ= = ; 320

2

1 100 0,015242. .E I

δ θ= × − =

522

1 2

100 140 7,4286 10. .E I E I

δ −= + = × ; 2

323 32

1

100 2,38095 102. .E I

δ δ−= = × =

30 1δ δ= − = − ; 3

332 1

140 1 100. 0,1588. 3 .A E E I

δ = + =

31

3 5 32

33

0,1743 1,867 10 0 10,15871,867 10 7, 4286 10 2,38095 10 . 0,01524

0 2,38095 10 0,1588 1

XXX

−

− − −

−

⎡ ⎤− × ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− × × × = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥× ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -74-

1

2

3

103,53784225,1217 .

57,0502

X KgX Kg cmX Kg

=== −

Ejercicio Nº 21:

Determinar a la fuerza P que hace que la posición de D sea igual que la de la viga sin P,

sin t∆ y sin resorte. El resorte es 1cm. más largo que la distancia D-E.

Kgb = 1,5cm h = 2,0cm (Sección Rectangular) K = 100cm

st∆ y it∆ actúa en el tramo A-B.

a)

40ºst C∆ =

10ºit C∆ =


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -75-

10 11. 0Xδ δ+ =

( ) ( ) 3001 1 1. . . . 1 6,0317 10 . 1,099

.

C B

tA A Error Montaje

MM dx M dx PE I

δ κ −⎛ ⎞= + + − = − × −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 123

2 21 1

11 . 0,01 0,01 0,02.

D

A

M NdxE I K

δ = + = + =∫

36,0317462 10 . 1,099 100 0,02 0P−− × − + × =

149,38P Kg=

La fuerza del resorte X es conocida 100X Kg=

b)

Si 100X Kg= es conocida y condición final 0δ = se puede plantear:

01 11. ' 0Xδ δ+ =

Donde: 01δ no cambia y ( )21

11' . 0,01.

DAD

A

Mdx

E Iδ = =∫

36,0317462 10 . 0,099 100 0,01 0P−− × − + × =

149,38P Kg=

Observar que el resorte no interviene en el cálculo.

c)

( ).t s it thακ = ∆ −∆


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -76-

Se Calcula ahora la fuerza X con la carga 149,38P Kg= .

Suponiendo que el resorte no resultó largo ni corto.

50X Kg= max 1487 .BM M Kg cm= =

Se deja a cargo del lector analizar la razón por la cual el maxM en este caso es mayor que

en el anterior.

Ejercicio Nº 22:

Resolver por tres momentos los casos siguientes:

a)

La incógnita es AM y la carga exterior es el momento en B: .BM P a=

10 Aδ θ= (Debido a .BM P a= )


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -77-

. . .6. . 6. .Al M l P aE I E I

θ = − = −

El momento en B produce en A un giro antihorario que es de signo opuesto al sentido

horario adoptado por la incógnita AM .

La ecuación de compatibilidad es:

[ ] . .. 03. . 6. .A

l l P aME I E I

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.2A

P aM = , es decir que AM resulta positivo.

b)

De tablas: 3.

24. .Bdq l

E Iθ =

3.24. .Ci

q lE I

θ = 2.

16. .CdP l

E Iθ =

3

10.

24. .q l

E Iδ =

3 2

20. .

24. . 16. .q l P l

E I E Iδ = +

El sistema de ecuaciones de compatibilidad será:

( )M +

.2

P a

3 ..2

P al

3 ..2

P al

.2

P a

3 ..2

P al

3. 1 .2

aPl

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -78-

3

3 2

. 03. . 3. . 6. . 24. ..

. . 06. . 3. . 3. . 24. . 16. .

B

C

l l l q lME I E I E I E I

l l l q l P lME I E I E I E I E I

⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2. .20 40Bq l P lM⎡ ⎤

= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

; 2. .

20 10Cq l P lM⎡ ⎤

= − +⎢ ⎥⎣ ⎦

Suponiendo: 2. . 0BP q l M< ⇒ <

O bien referido a la línea de referencia a horizontal:

.20 40Aq l PR = − ⇓ ;

11 21. . .20 40CR q l P= + ⇑

11 3. . .20 20BR q l P= − ⇑ ;

1 2. . .20 5DR q l P= − + ⇑

Ejercicio Nº 23:

En la viga continua del croquis se pide resolver los siguientes estados de carga por tres

momentos.

1 1. . .20 10

q l P−

1 1. . .2 8

q l P−

1 1. . .2 8

q l P+

1 3. . .20 5

q l P+

1 2. . .20 5

q l P− +

23 3. . . .40 80

q l P l−

2. .5 40

P l q l−

BM CM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -79-

a) Descenso δ del apoyo “C”.

b) Descenso t∆ de la temperatura de la parte inferior del tramo AB.

a)

Es hiperestático de primer grado y es necesario plantear la ecuación de compatibilidad de

giro en el punto B.

11 1 10. 0Mδ δ+ =

[ ] [ ]. 03. . 3. . B

l l ME I E I l

δ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

2

3 .. .2B

E IMl

δ= −

Cálculo de reacciones:

3

3. . .2.AE IR

lδ

= ; 3

3. . .B

E IRl

δ= ; 3

3. . .2.CE IR

lδ

=

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

3

3. . .2.E I

lδ

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -80-

b)

La flexibilidad es la misma que en el caso a), sólo que cambia 10δ .

[ ] [ ].. 03. . 3. . 2B

l l K lME I E I

⎡ ⎤ ⎡ ⎤+ + − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

3 . . .4BM K E I=

La incógnita resulta positiva, luego el momento flector es:

Cálculo de las reacciones:

( )M +

10δ

δ


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -81-

Ejercicio Nº 24:

Resolver la viga continua por tres momentos.

4

62

2,00 800

2,1 10 1000

2 12A

l m I cmKg KgE qcm m

cm h cmδ

= =

= × =

= =

Es un sistema hiperestático de segundo grado. Se adopta como incógnitas hiperestáticas a

los momentos flectores sobre los apoyos B y C.

δ

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

3 . ..4

K E Il

tκ

. tME I

κ κ= +


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -82-

0,01ABi l

δθ = = ; 3

3. 1,984 1024. .Bd

q lE I

θ −= = × ; 3

3. 1,984 1024. .Ci

q lE I

θ −= = ×

Las ecuaciones de compatibilidad establecen que no hay giro relativo entre los extremos

de barras que concurren en B y C.

03. . 3. . 6. . .

06. . 3. . 3. .

B Bi Bd

C Ci

l l l ME I E I E I

l l lM

E I E I E I

θ θ

θ

⎡ ⎤ +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤+⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥+ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦

8 8

8 8

0,0119847,9365 10 1,9841 10.

0,0019841,9841 10 7,9365 10

B

C

M

M

− −

− −

−⎡ ⎤ ⎡ ⎤× × ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥× × ⎣ ⎦⎣ ⎦⎣ ⎦

154400BM = − ; 13600CM =

Adθ

Biθ

Bdθ Ciθ

2. 500008

q l=

BM CM


_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -83-

La máxima tensión de flexión resulta:

2

154400 1158800

6

Kgcm

σ = =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

METODO DE LAS FUERZAS-CAP4-VERSION2008-20080825

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