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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.
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -2-
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.
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -3-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -4-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -5-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -6-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -7-
: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:
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -8-
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)
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -9-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -10-
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.
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -11-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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.
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -14-
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
= +
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= ∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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:
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 +
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
=
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 +
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= = = = = =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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⎡ ⎤ = + × + ×⎣ ⎦
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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)
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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−
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -36-
Ecuación de compatibilidad:
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 .
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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=
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
===
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
=== −
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
=
= −
= −
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
=
= −
= −
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= (-)
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= − −⎡ ⎤⎣ ⎦
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 −
= =
= =
∆ = ∆ = +
= × = ×
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -50-
La ecuación de compatibilidad resulta:
10 11. 0Xδ δ+ = ⇒1,00330,00301
X = ⇒ 333,06X Kg=
κ
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 −
= =
= =
∆ = ∆ = +
= × = ×
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 −
= =
= =
∆ = ∆ = +
= × = ×
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆
∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 −
= =
= =
∆ = ∆ = +
= × = ×
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
Ecuación de compatibilidad:
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
= = =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆ =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
=
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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=
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 −= ×
Ecuación de compatibilidad:
10 11. 0Xδ δ+ = ∴ 104
11
0,7275,803 10
X δδ −= − =
×
1253X =
Diagramas finales:
Estado Final = Estado "0" + X.Estado"1" + Pretensión
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 ⇑
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -71-
01 1. .l t lδ α= ∆ = ∆
( )2 22
11 10
1.1 . .. .
l xl dx
A E E Iδ = + ∫
Ecuación de compatibilidad:
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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
= = =
= = == = =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
−
− − −
−
⎡ ⎤− × ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− × × × = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥× ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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∆ =
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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 = ∆ −∆
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= )
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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= +
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________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
CAPITULO 4 METODO DE LAS FUERZAS _____________________________________________________________________________________________
_____________________________________________________________________________________________PRATO, MASSA -83-
La máxima tensión de flexión resulta:
2
154400 1158800
6
Kgcm
σ = =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠