1

MÉTODOS DE LOS DESPLAZAMIENTOS

1. Hipótesis

Supondremos que estamos trabajando con estructuras que cumplen las siguientes

condiciones:

• Materiales elásticos y lineales.

• Estructuras estables.

• La estructura admite superposición.

• Carga lenta.

• Los desplazamientos son pequeños.

• Los desplazamientos producidos por cortante son despreciables en relación a los

producidos por flexión.

En una primera etapa del análisis se aceptará también que:

• El proceso es adiabático, o sea no hay intercambio de energía térmica. Luego

será incorporada esta variable.

2. Introducción

Para encarar los métodos de los desplazamientos tendremos que realizar una

modificación de la convención de signos hasta ahora adoptada en este curso, siguiendo

la notación que los textos adoptan para ello. Esta modificación responderá al hecho de

que en las estructuras más generales los elementos que las componen (vigas en el caso

de los pórticos y barras en el caso de los reticulados) pueden ocupar cualquier posición

y que, en consecuencia, para formular el problema en el espacio es conveniente adoptar

una convención diferente a la que utilizamos hasta ahora.

En esta nueva convención utilizaremos un sistema de “coordenadas globales” para

definir la estructura y un sistema de “coordenadas locales” referido a cada barra.

En el estudio realizado anteriormente de vigas rectas (que consideramos horizontales)

analizamos el caso de una viga simplemente apoyada sometida a un conjunto de cargas

cualesquiera en la viga y a momentos de flexión en los extremos.

2

Como fue visto en el capítulo de Ecuaciones Angulares, es posible hallar los giros en

los apoyos de la viga debido a este conjunto de cargas utilizando la analogía de Mohr y

superposición.

Las ecuaciones angulares obtenidas se consiguieron aceptando que los desplazamientos

y giros positivos de los extremos de una barra son los indicados en la figura 1, y los

momentos positivos son según el sentido indicado en la figura 2.

Figura 1: Orientación positiva de desplazamientos según convención usada para vigas continuas

Figura 2: Orientación positiva de momentos según convención usada para vigas continuas

En base a esta convención adoptada para las vigas continuas, las ecuaciones angulares

tienen la forma:

ψβααθ +⋅+⋅+= BAAAA MM0

ψαβαθ −⋅+⋅+= BBABB MM0

En la convención que adoptaremos en lo sucesivo el sistema de coordenadas locales de

cada barra lo elegiremos de manera que el eje x apunta en la dirección del eje de la viga

y pasa por el baricentro. Asimismo, supondremos que los ejes y y z son los ejes

principales de la sección, como se indica en la figura 3. La viga se supondrá que tiene

inercia Iy e Iz respecto a los ejes principales. En el caso de las estructuras planas

asumiremos que el eje z es perpendicular al plano que define la estructura (dirigido

hacia nosotros) y que el eje y pertenece a dicho plano. La viga tiene un módulo de

elasticidad que denominamos E.

Figura 3: Ejes coordenados según nueva convención

3

Para simplificar el análisis estudiaremos en primer lugar el caso de las estructuras

planas sometidas a fuerzas en el mismo plano. Los desplazamientos en este caso se

producirán sólo en el plano de la estructura; hasta que se indique lo contrario nos

referimos a este tipo de estructuras. En este esquema es claro que el sistema de

“coordenadas globales” que permite ubicar la estructura en el plano será tal que los ejes

x e y, de este sistema, pertenecerán al plano, y el eje z será perpendicular al plano y

dirigido también hacia nosotros.

Adoptaremos como positivos los desplazamientos y giros de los extremos de la barra en

el sentido que se indican en la figura 4 y como positivos los momentos y fuerzas en los

extremos de la barra que se indican en la figura 5. Puede observarse que los

desplazamientos se representan en la dirección de los ejes x e y. Los momentos y giros

positivos representados vectorialmente son según el eje z. El giro de la barra ψ

producido por los desplazamientos según y de los apoyos será considerado también

positivo con esta misma convención.

Figura 4: Orientación positiva de desplazamientos según nueva convención

Figura 5: Orientación positiva de esfuerzos según nueva convención

Resulta entonces que, al plantear las ecuaciones angulares según la nueva convención,

algunos términos cambian su signo, mientras que otros se mantienen incambiados:

⇒

ψ

θ

α

B

A

A

A

A

v

v

M

0

cambian su signo

4

⇒

B

B

B

M

θ

α 0

mantienen su signo

Las ecuaciones angulares ya vistas toman entonces la siguiente forma:

ψαβαθ

ψβααθ

++−=

+−+=

BBABB

BAAAA

MM

MM

0

0

La relación entre los desplazamientos de los extremos y el giro de la barra se mantiene

incambiada, o sea:

L

AB υυψ

−=

3. Ecuaciones de momentos

En la medida que los métodos de los desplazamientos utilizan como incógnitas los

desplazamientos y plantean condiciones de equilibrio de fuerzas y momentos es

necesario poder despejar los momentos y fuerzas en función de los desplazamientos.

Tendremos que despejar entonces los momentos en los extremos de la barra, AM y

BM , en función de los giros y los desplazamientos que se producen en los extremos.

Inicialmente impondremos que A0α y B0α son nulos; es decir, estudiaremos los

distintos casos suponiendo que no hay cargas aplicadas en la barra.

a) Empezaremos por estudiar el caso en que todos los giros y desplazamientos son cero

exceptuando el giro Aθ . De esta forma, las ecuaciones angulares se reducen a:

BBA

BAAA

MM

MM

αβ

βαθ

+−=

−=

0

De aquí se despejan las expresiones para AM y BM :

2βαα

αθ

−=

BA

BAAM ,

2βαα

βθ

−=

BA

ABM .

b) A continuación procedemos de forma similar, esta vez suponiendo todos los giros y

desplazamientos nulos salvo el giro Bθ . Así obtenemos la siguientes expresiones para

AM y BM :

2βαα

βθ

−=

BA

BAM ,

2βαα

αθ

−=

BA

ABBM .

5

c) Aplicando superposición, se obtiene que los momentos producidos por los giros Aθ y

Bθ tienen la siguiente forma:

2βαα

βθαθ

−

+=

BA

BBAAM ,

2βαα

αθβθ

−

+=

BA

ABABM .

d) A continuación procedemos suponiendo como único movimiento no nulo el

desplazamiento vertical en A: Av . Se tiene entonces que L

vA−=ψ . Las ecuaciones

angulares quedan entonces:

0

0

=−+−

=−−

L

vMM

L

vMM

ABBA

ABAA

αβ

βα

Despejando los momentos AM y BM :

L

vM

BA

ABA

)(

)(2βαα

βα

−

+= ,

L

vM

BA

AAB

)(

)(2βαα

βα

−

+= .

e) Análogamente al suponer no nulo únicamente el desplazamiento vertical en B, Bv , se

obtienen las siguientes expresiones para los momentos:

L

vM

BA

BBA

)(

)(2βαα

βα

−

+−= ,

L

vM

BA

BAB

)(

)(2βαα

βα

−

+−=

f) Agrupando los resultados obtenidos se tiene que:

[ ]ψβαβθαθβαα

βαβαβθαθβαα

)(1

)()(1

22+−+

−=

+−+++

−= BBBA

BA

BB

ABBBA

BA

AL

v

L

vM

[ ]ψβααθβθβαα

βαβααθβθβαα

)(1

)()(1

22+−+

−=

+−+++

−= AABA

BA

BA

AAABA

BA

BL

v

L

vM

g) Habíamos dejado pendiente las cargas que están aplicadas sobre la barra. Estas

producirán un término adicional en las expresiones anteriores.

Si fijamos los apoyos e impedimos todo movimiento de ellos las dos expresiones de f)

se anulan. En consecuencia los momentos en A y B producidos por las cargas aplicadas

sobre la barra serán los que se producen cuando la viga tiene los apoyos impedidos de

todo movimiento (o, dicho de otra manera, se encuentra biempotrada). A estos

momentos les llamaremos “momentos de empotramiento perfecto” y los notaremos emp

AM y emp

BM . Por extensión se puede llamar “momentos y fuerzas de empotramiento

perfecto” a estos momentos y a las reacciones que se producen en la viga empotrada. En

el curso se presenta una tabla de la cual se pueden obtener los valores de dichos

momentos para distintos estados de carga; dicha tabla se debe utilizar prestando

atención a la convención de signos para los momentos que estamos utilizando (positivos

en sentido antihorario).

6

h) Combinando todas las expresiones halladas, tenemos finalmente las ecuaciones para

los momentos en los extremos de la barra en función de los giros Aθ y Bθ y de los

desplazamientos Av y Bv .

emp

AB

BA

BBBA

BA

A ML

v

L

vM +

+−+++

−= )()(

12

βαβαβθαθβαα

emp

BB

AA

AABA

BA

B ML

v

L

vM +

+−+++

−= )()(

12

βαβααθβθβαα

O en función de Aθ y Bθ y del giro ψ :

[ ] emp

ABBBA

BA

A MM ++−+−

= ψβαβθαθβαα

)(1

2

[ ] emp

BAABA

BA

B MM ++−+−

= ψβααθβθβαα

)(1

2

4. Ecuaciones de momentos para EI= cte

Para el caso particular en que se tiene inercia y módulo de elasticidad constante a lo

largo de la barra AB, la forma de los coeficientes Aα , Bα y β es conocida:

z

BAEI

L

3=== ααα

26

αβ ==

zEI

L

Entonces, recalculando, las expresiones halladas anteriormente se reducen a las

siguientes:

[ ]

[ ] emp

BBAz

B

emp

ABAz

A

ML

EIM

ML

EIM

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

322

322

5. Ecuaciones de equilibrio

En una estructura en equilibrio, cada una de sus barras y de sus nodos también debe

estar en equilibrio. Al exigir el equilibrio de momentos en los nodos, tomando los

mismos como cuerpos libres, se obtienen las ecuaciones de equilibrio.

Consideramos un nudo cualquiera de una estructura en el que concurren n barras

rígidamente conectadas, barra A1, barra A2, ..., barra An.

7

Para cada una de estas barras se aplica la primera de las ecuaciones de momentos

halladas:

[ ]

[ ]

[ ] emp

An

An

nAAn

emp

Ai

Ai

iAAi

emp

A

A

AA

ML

EIM

ML

EIM

ML

EIM

+−+=

+−+=

+−+=

ψθθ

ψθθ

ψθθ

322

...

322

...

322

1

1

11

Luego, la suma de todos los momentos deberá ser igual al momento aplicado sobre el

nudo, medido con la misma convención que venimos usando, o sea con los momentos

positivos en sentido antihorario. En consecuencia será:

∑=

=n

i

aplicado

AAi MM1

Lógicamente si en el nudo A no hay un momento aplicado la suma de todos los

momentos será cero.

Figura 6: Momentos sobre las barras y sobre el nudo

Otra forma de ver el problema puede ser tomando el nudo como cuerpo libre, sometido

a la acción que ejercen las barras y a un momento aplicado directamente sobre el

mismo. En definitiva las conclusiones son las mismas.

Tendremos entonces una ecuación de equilibrio de momentos por cada nudo rígido de la

estructura estudiada, donde las incógnitas a resolver en primera instancia serán los giros

de los extremos y los ángulos de giro ψ de las barras producidos por los

desplazamientos de los extremos de la barra.

8

6. Cálculo de YA e YB

Conociendo los momentos en los extremos de las barras es posible hallar las fuerzas YA

y YB en los extremos de cada barra. Aplicando superposición vemos que:

L

MMYY BAisostático

AA

)( ++= y

L

MMYY BAisostático

BB

)( +−=

Siendo el primer término la reacción correspondiente a una viga simplemente apoyada

con las mismas cargas aplicadas y AM y BM los momentos resultantes del calculo

realizado para la viga.

7. Metodo de slope-deflection

El método de slope deflection fue concebido por George Maney en 1915 para resolver

pórticos. Junto con el método de (Hardy) Cross creado en 1930 fueron los principales

métodos empleados para resolver pórticos, en forma manual. A partir de la década de

1970 comenzaron a ceder terreno progresivamente a los métodos matriciales, que fueron

diseñados para resolver las estructuras mediante computadoras. Actualmente, para una

estructura de cierta complejidad, estos últimos son los que normalmente se usan en todo

el mundo.

A continuación veremos como funciona el método de slope-deflection. Este método al

igual que los otros métodos manuales desprecian las deformaciones producidas en las

barras por efecto de la directa, en relación a las producidas por flexión. O dicho de otra

manera aceptan la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente. Esta

hipótesis en general no produce diferencias importantes con otros métodos que no la

realizan y permite disminuir considerablemente el número de incógnitas que deben

considerarse para definir el desplazamiento de la estructura.

De acuerdo a ello, en cualquier pórtico deben ser consideradas como incógnitas los

ángulos de giro de todos los nudos que no están empotrados. En cambio los

desplazamientos que deben considerarse dependen de las características de la estructura.

Utilizando la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente se puede

determinar cuántos desplazamientos de nudos es necesario incorporar como incógnitas.

Cuando no es necesario determinar ningún desplazamiento se dice que la estructura es

de nudos fijos, o “estructura no desplazable”, como es el caso de la figura 7.

9

Figura 7: Estructura con nudos no desplazables

Cuando deben considerarse desplazamientos se dice que la estructura es de nudos

desplazables. Este es el caso de la figura 8 en el que es necesario considerar un

desplazamiento ∆ como incógnita. En este ejemplo deberán considerarse tres incógnitas

θB , θC y ∆.

Figura 8: Estructura con nudos desplazables

La determinación de las incógnitas que deben ser empleadas es un paso fundamental del

análisis estructural, pues cualquier error que se cometa en esta etapa implica no poder

resolver la estructura correctamente.

En las estructuras sin nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una ecuación

de equilibrio de ese nudo. De esa manera se llega a un sistema lineal de tantas

ecuaciones como incógnitas que está totalmente determinado.

Cuando la estructura es de nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una

ecuación de equilibrio, pero además tenemos desplazamientos incógnitas; o sea: es

necesario para resolver el sistema disponer de otras ecuaciones. Se deben agregar tantas

ecuaciones adicionales como desplazamientos incógnitas tenemos. Estas ecuaciones

adicionales se obtienen de plantear la ecuación de equilibrio de fuerzas para cada piso.

A continuación veremos la ecuación que se adiciona a la estructura de la figura 8. Para

otro caso con más incógnitas de desplazamientos con solo generalizar el procedimiento

que mostraremos se incorporan las ecuaciones necesarias.

10

Para obtener la ecuación adicional se realiza un corte al nivel del desplazamiento

incógnita, como se indica en la figura 9, y se plantea el equilibrio de fuerzas

horizontales pues la fuerza aplicada sobre el piso debe ser igual a la suma de las fuerzas

que hay aplicadas sobre los pilares cortados. Si no hay fuerza horizontal aplicada en el

piso entonces la suma de las fuerzas que reciben los pilares deberá ser igual a cero.

Figura 9: Formulación de la ecuación del equilibrio del piso

Otra forma de ver el problema que conduce al mismo resultado hubiera sido plantear las

fuerzas que recibe el piso BC de los pilares. La suma de estas fuerzas más la carga

aplicada sobre el piso deberá ser igual a cero.

Si la estructura hubiera tenido más de un piso tendríamos que cortar los pilares por

debajo del piso y también los que salen hacia arriba y plantear de forma similar el

equilibrio del piso.

En este caso donde intervienen varias barras notaremos a las fuerzas con dos subíndices,

el primero indica el punto donde se trasmite la fuerza y el segundo el que define el otro

extremo de la barra. De esa manera BAV será la fuerza de cortante del pilar AB en el

punto B. Para los momentos y la longitud de la vigas emplearemos el mismo criterio.

Utilizando el equilibrio de piso (figura 9) se tiene que:

0=−+ PVV CDBA

Las ecuaciones de cortantes quedan:

AB

BAABisostático

BABAL

MMVV

)( ++=

CD

CDCDisostático

CDCDL

MMVV

)( ++=

Entonces la ecuación de equilibrio horizontal en el piso queda:

11

0)()(

=−+

++

++ PL

MM

L

MMVV

CD

CDCD

AB

BAABisostático

CD

isostático

BA

8. Aplicación del método de slope-deflection

Figura 10: Estructura a analizar

Se tiene la estructura de la figura con módulo de elasticidad e inercia constante en todas

las barras.

En primer lugar observamos que tanto el nudo B como el nudo C son nudos rígidos de

los cuales no conocemos sus giros. Además, la estructura es de tipo desplazable, ya que

el piso BC no tiene restricciones horizontales que le impidan moverse en dicha

dirección.

Nuestras incógnitas hiperestáticas son, entonces, Bθ , Cθ ( que tomaremos de acuerdo a

lo convenido en sentido antihorario) y BC∆ , donde BC∆ es el desplazamiento horizontal

del piso BC, que tomaremos positivo hacia la izquierda.

Comenzamos por plantear equilibrio en el nudo B. En dicho nudo se tiene dos barras

concurrentes: AB y BC, por lo que debemos hallar dos expresiones de momentos: BAM

y BCM .

Sabemos que la expresión del momento aplicado a la barra AB en el nudo B tiene la

forma genérica:

[ ] emp

BA

BA

AB

BA

BA ML

EIM +−+= ψθθ 32

2

12

En el caso de la barra que estamos estudiando sabemos además que, debido al

empotramiento en A, el giro en dicho nudo es nulo: 0=Aθ . Además, al no tener cargas

en la barra BA, también sabemos que 0=emp

BAM .

Por lo tanto la expresión anterior se ve reducida a:

[ ]BA

B

BA

BAL

EIM ψθ 32

2−= ,

donde BAψ , el giro de la barra AB (medido en sentido antihorario) producido por el

desplazamiento diferencial entre los extremos de la barra BA, lo podemos expresar en

función del desplazamiento de piso como: BA

BCBA

L

∆=ψ .

Si tomamos como unidad de fuerza el kilogramo (fuerza) y como unidad de longitud el

metro y sustituimos los valores conocidos, tenemos la expresión para BAM en función

de las incógnitas del problema:

∆−=

6

32

6

2 BCBBA

EIM θ

Para el caso de la barra BC la expresión del momento aplicado en B a la barra es:

[ ] emp

BC

BC

CB

BC

BC ML

EIM +−+= ψθθ 32

2

En este caso el término que sabemos nulo es BCψ , pues por la hipótesis de rigidez a

directa sabemos que, al permanecer incambiado el largo de la barra AB, el nudo B

resulta indesplazable en sentido vertical; de la misma forma, al permanecer incambiado

el largo de la barra CD, el nudo C resulta también indesplazable en dicha dirección.

Resulta entonces que no hay desplazamientos diferenciales entre los extremos de la

barra BC y, por lo tanto, .0=BCψ

Para hallar emp

BCM recurrimos a la tabla de momentos de empotramiento (o a las

ecuaciones angulares si fuera necesario), donde figura que, para el caso de una carga de

fuerza de tramo:

Figura 11: Momentos de empotramiento perfecto

Los momentos de empotramiento perfecto, según la convención que utiliza la tabla

tienen el valor:

bL

QabM

2= , a

L

QabM

2'=

13

Para la aplicación a la barra BC, tenemos que el M de la tabla es emp

BCM , mientras que

emp

CBMM −=' (nótense los signos opuestos debido a la diferencia entre la convención de

signos adoptada por los métodos de los desplazamientos – positivo en sentido

antihorario –y la adoptada por la tabla– positivo en sentido horario sobre el apoyo

derecho–).

Tendremos entonces que la expresión para BCM toma la siguiente forma:

[ ] 6*9

6*3*13502

9

22

++= CBBC

EIM θθ

Planteando equilibrio de momentos en el nudo B (la suma de los momentos aplicados

sobre las barras es igual al momento aplicado en el nudo) llegamos a la primera de las

tres ecuaciones que necesitamos para resolver la estructura:

[ ] 06*9

6*3.*13502

9

2

6

32

6

20

2=+++

∆−⇒=+ CB

BCBBCBA

EIEIMM θθθ

Reacomodando los términos:

018006

3

9

1

9

1

6

122

2=+

∆

−+

+

+ BCCBEI θθ

Para plantear el equilibrio en el nudo C seguimos un procedimiento análogo al visto

para el nudo B. En este nudo concurren dos barras, BC y CD, por lo que – dado que no

tenemos carga externa de momento aplicado en el nudo – nuestra ecuación de equilibrio

será:

0=+ CDCB MM

En el caso del momento en C debido a la barra CB, se tiene:

[ ] 3*9

6*3*13502

9

22

−+= BCCB

EIM θθ

De la misma forma, en el caso del momento en C debido a la barra CD se tiene:

∆−=

9

32

9

2 BCCCD

EIM θ

En dicha expresión ya se utilizó que 0=Dθ y que 9

BC

BC

BCCD

L

∆=

∆=ψ .

De esta forma llegamos a la segunda ecuación buscada:

09009

3

9

4

9

12

2=−

∆

−+

+

BCCBEI θθ

La ecuación restante la obtendremos al imponer el equilibrio horizontal del piso BC.

14

Aislando el mismo mediante un corte horizontal justo por debajo de los nudos B y C, y

restituyendo los vínculos quitados mediante solicitaciones, se tiene:

Figura 12: Equilibrio del piso

Por lo tanto, el equilibrio de fuerzas horizontales en el piso resulta en la ecuación:

0=+ CDBA VV

De acuerdo con las expresiones genéricas halladas para los cortantes, sabemos que:

AB

BAABisostático

BABAL

MMVV

)( ++=

CD

CDCDisostático

CDCDL

MMVV

)( ++=

Dado que no se tienen cargas externas en la barra BA ni en la barra CD, obtenemos que

0== isostático

CD

isostático

BA VV .

El equilibrio de piso se reduce entonces a:

0)()(

=+

++

CD

CDCD

AB

BAAB

L

MM

L

MM

Las expresiones para BAM y CDM ya fueron halladas anteriormente, por lo que sólo

resta hallar las expresiones de ABM y DCM .

Las mismas tienen la forma:

∆−=

6

3

6

2 BCBAB

EIM θ

∆−=

9

3

9

2 BCCDC

EIM θ

Se obtiene entonces la siguiente ecuación:

09

3

9

32

9

2

6

32

6

3

6

222

=

∆−+

∆−+

∆−+

∆− BC

CBC

CBC

BBC

B

EIEIθθθθ

15

Reordenando los términos:

09

1

6

16

9

3

6

32

3322=

∆

−+

−+

+

BCCBEI θθ

Resumiendo, tenemos el siguiente sistema de tres por tres:

=

∆

−+

−+

+

=−

∆

−+

+

=+

∆

−+

+

+

09

1

6

16

9

3

6

32

09009

3

9

4

9

12

018006

3

9

1

9

1

6

122

3322

2

2

BCCB

BCCB

BCCB

EI

EI

EI

θθ

θθ

θθ

Resolviendo dicho sistema llegamos a los valores de giro en B y en C y de

desplazamiento horizontal de piso:

EIB

4,2570−=θ

EIC

2,1268=θ

EI

4644−=∆

Una vez obtenidos los valores de desplazamientos incógnita pasamos a resolver los

momentos en cada extremo de barra a través de las ecuaciones de momento ya

planteadas. Los valores resultantes son:

NmM AB 8,82−=

NmM BA 6,939−=

NmM BC 6,939=

NmM CB 6,907−=

NmM CD 6,907=

NmM DC 8,625=

A partir de estos valores se obtienen los cortantes en los extremos de cada barra.

16

Por último, el diagrama de momentos de la estructura toma la siguiente forma (valores

expresados en Nm):

Figura 13: Diagrama de momentos

9. Ecuaciones para el caso de barras articuladas en un extremo (E.I=cte).

Supongamos una barra cuyo extremo en el nudo A es rígido y su extremo en el nudo B

articulado.

En este caso tenemos que el momento en el nudo B es nulo, y por lo tanto las

ecuaciones de Slope Deflection (para E.I=cte) son de la siguiente forma:

[ ]

[ ] 0322

322

=+−+=

+−+=

emp

BBAz

B

emp

ABAz

A

ML

EIM

ML

EIM

ψθθ

ψθθ

Despejando el giro en el nudo B de la segunda ecuación se tiene:

z

empBA

BEI

LM

4

.

2

3

2−+−=

ψθθ

Sustituyendo en la expresión del momento en A:

17

emp

Az

z

emp

BAzA

zA M

L

EI

EI

LM

L

EI

L

EIM +−

−+−+= ψ

ψθθ

6

4

.

2

3

2

24

Reordenando los términos, obtenemos:

( )2

3 emp

Bemp

AAz

A

MM

L

EIM −+−= ψθ

A la relación 2

emp

Bemp

A

MM − la nombraremos 'emp

AM , este término lo encontramos

tabulado junto con los momentos y fuerzas de empotramiento perfecto.

Se puede ver fácilmente que este nuevo momento así definido es el momento de

empotramiento perfecto de la viga que tiene el apoyo en A empotrado y el apoyo en B

articulado.

De esta forma, para resolver estructuras mediante el método de Slope Deflection,

bastará con plantear como incógnitas los giros en los nudos rígidos y los

desplazamientos de piso, y en las barras con un extremo articulado utilizar la ecuación

de momento simplificada:

( ) '3 emp

AAz

A ML

EIM +−= ψθ

Estos apuntes fueron elaborados por:

Dr. Ing. Atilio Morquio

Br. María Laura Reboredo

Colaboraron en la corrección:

Ing. Valentina Machín

Ing. Lucía Delacoste