analisis_estructural.pdf

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DE BAJA CALIFORNIA
FACULTAD DE INGENIERÍA, ARQUITECTURA Y DISEÑO
CUADERNO DE APUNTES
MATERIA
ANÁLISIS ESTRUCTURAL
ELABORADO POR:
M.I. JOEL MELCHOR OJEDA RUIZ
M.C. ALBERTO PARRA MEZA
M.I. RICARDO SÁNCHEZ VERGARA
Ensenada, Baja California.

CONTENIDO
1. CONDICIONES DE EQUILIBRIO
2. DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE, MOMENTO FLEXIONANTE Y
FUERZA AXIAL
3. METODO: ECUACION DE TRES MOMENTO
a. Descripción del método
b. Ecuación de tres momentos
c. Ejercicios de aplicación en vigas continuas
4. METODO: TRABAJO VIRTUAL
b. Ecuación para determinar desplazamientos: rotación,
desplazamientos horizontal y vertical
c. Ejercicios de aplicación en armaduras isostáticas
d. Ejercicios de aplicación en vigas isostáticas
e. Ejercicios de aplicación en marcos isostáticas
5. METODO: DE LAS FUERZAS (FLEXIBILIDADES)
a. Ejercicios de aplicación en vigas hiperestáticas
b. Ejercicios de aplicación en armaduras hiperestáticas
c. Ejercicios de aplicación en marcos hiperestáticas
6. METODO: PENDIENTE - DEFLEXIÓN
b. Ecuaciones del método
c. Ejercicios de aplicación en vigas hiperestáticas
d. Ejercicios de aplicación en marcos hiperestáticas sin
desplazamiento de traslación en los nodos
e. Ejercicios de aplicación en marcos hiperestáticas con
7. METODO: RIGIDECES (PLANTEAMIENTO CONVENCIONAL)

c. Ejercicio de aplicación en marco hiperestático con
8. METODO: MATRICIAL DE RIGIDECES
c. Ejercicio de aplicación en marcos hiperestáticos con

VIGAS HIPERESTATICAS 1
ANALISIS ESTRUCTURAL JOEL MELCHOR OJEDA RUIZ
ANALISIS ESTRUCTURAL.
INTRODUCCION
El análisis estructural consiste en la determinación del efecto de las acciones sobre
La totalidad o parte de la estructura, con objeto de efectuar las comprobaciones de los
Estados Límites Últimos y de Servicio. Dicho análisis debe realizarse, para las
diferentes situaciones del proyecto, mediante modelos estructurales adecuados que
consideren la influencia de todas las variables que sean relevantes.
DESCRIPCION GENERAL.
El análisis estructural proporciona resultados a nivel global (reacciones,
desplazamientos) y a nivel seccional (esfuerzos, curvaturas, elongaciones). Debe servir,
también, para determinar el comportamiento a nivel local (tensiones, deformaciones) de
aquellas zonas singulares en las que las hipótesis clásicas de la resistencia de materiales
no sean aplicables: zonas locales próximas a cargas concentradas, nudos, cambios
bruscos de sección, etc.
El análisis estructural debe adoptar, en cada caso, los modelos e hipótesis fundamentales
de cálculo apropiados para aproximar el comportamiento real de las estructuras con la
precisión necesaria para asegurar la no superación del estado límite considerado.
EJEMPLO 1.
Considérese el siguiente marco bajo las fuerzas actuantes y el valor de los momentos en
los extremos de los elementos que conforman la estructura.
En base a me todos del análisis estructural es posible descomponer el marco en sus
elementos estructurales y así obtener elementos mecánicos para un diseño posterior de
la estructura.

Los siguientes momentos siguen la siguiente convension:
Los momentos anteriores, representan los momentos internos en cada barra
ocasionados por la acción de las dos fuerzas exteriores, en base a estos momentos es
posible determinar diagramas de Fuerza Cortante, Momento flexionante y fuerza axial.
(Vx, Mx y Nx) Asi como las fuerzas internas en cada Nodo.
Para la Viga 3-6:

Se procede a sumar los momentos en los extremos de la barra:
2.876 ton*m+2.876 ton*m= 5.752 Ton*m
Para obtener las reacciones en los extremos de la barra se supone que esta debe estar en
equilibrio, así que debe haber un par de fuerzas que aplicadas en los extremos que
generen un momento de igual magnitud pero en sentido contrario al que se obtuvo por
la suma de momentos. Para ello se divide la magnitud del momento entre la longitud de
la barra.
5.752 Ton*m/ 8m = 0.72 Ton

Para la columna 2-3:
Suma de momentos en los extremos de la barra:
2.876 ton*m+1.626 ton*m= 4.502 Ton*m
Fuerzas Cortantes en los extremos de la barra:
4.502 Ton*m/ 3m = 1.5 Ton

Diagramas de Fuerza Cortante, Momento flexionante.
X=(2.876)/(4.052/3m)=1.91m
Para la Viga 2-5:
7.11 ton*m+7.11 ton*m= 14.22 Ton*m

14.22 Ton*m/ 8m = 1.77 Ton

Para la columna 1-2:
5.4867ton*m+8.014 ton*m= 13.5 Ton*m
13.5 Ton*m/ 3m = 4.5 Ton

X=(5.4867)/(13.5/3m)=1.22m
Fuerzas en los nodos.
Ahora transmitiremos las fuerzas cortantes en los extremos de las barras, así como los
momentos, al nodo y checar equilibrio estático en este.
Nodo 3.
De este modo obtendremos las fuerzas axiales en las barras, así como su condición, ya
sea a Tensión o Compresión.

Se transmiten los cortantes y momentos al nodo con la misma magnitud pero en sentido
inverso.
Equilibrio estático.
ΣM=0
-2.876Ton*m+ 2.876 Ton*m = 0
+↑ΣFy=0
0.72Ton-N2-3=0 N2-3=0.72Ton (T)
+→ΣFx=0
-1.5Ton+3Ton-N3-6=0 N3-6=1.5Ton (C)
N2-3
N3-6

Nodo 2.
Cortantes y momentos en el nodo.
N2-5
0.72 Ton
N1-2

ΣM=0
-1.626 Ton*m - 5.4867Ton*m+ 7.11 Ton*m = 0
+↑ΣFy=0
0.72Ton+1.77Ton – N1-2=0 N1-2=2.5Ton (T)
+→ΣFx=0
-4.5Ton+1.5Ton+6Ton-N2-5=0 N2-5=3Ton (C)
Apoyo (Nodo) 1.
Cortantes y momentos en el nodo.
2.5Ton
R1X
R1y
M1

ΣM=0
-8.014Ton*m + M1 = 0 M1=8.014 Ton*m
+↑ΣFy=0
-2.5 Ton+R1y=0 R1y=2.5 Ton ↑
+→ΣFx=0
4.5Ton- R1x=0 R1x=4.5 Ton ←
Verificación de equilibrio estático global.
+↑ΣFy=0
2.5 Ton-R4y=0 R4y=2.5 Ton ↓
+→ΣFx=0
4.5Ton- 6Ton-3Ton+R4x=0 R4x=4.5 Ton ←
Asi corresponderá al interesado comprobar que estas reacciones corresponden a las que
se pueden obtener por el análisis de los nodos 4,5 y 6.

EJERCICIOS DE REPASO.
Calcular las reacciones, ecuaciones de cortante y de momento así como dibujar sus
correspondientes diagramas para las siguientes vigas, utilizando las ecuaciones de la
estática.
EJERCICIO 1
1. Identificamos las reacciones presentes en los apoyos y las comparamos con
el número de ecuaciones de la estática que podemos utilizar, y así determinar
si es posible resolverlas por estas.
Como no hay una fuerza actuante sobre el eje X la reacción RAx =0 y solo
quedan como incógnitas RA y RB, que podemos obtener de una sumatoria de
momentos y de fuerzas.

2. Obtención de las reacciones por las ecuaciones de la estática:
Sumatoria de momentos en el punto A.
ΣMA=0
(-1.5Ton/m)(6m)(3m) + (RB (6m)) = 0
-27Ton*m + (RB (6m)) = 0
RB =27 Ton*m/6m= 4.5 Ton↑
+↑ΣFy=0
RA -1.5Ton/m (6m)+ RB =0
RA - 9Ton+ 4.5 Ton =0
RA = 4.5 Ton↑
3. Ecuaciones de Fuerza cortante(Vx) y Momento Flexionante (Mx):
Tramo AB.

+↑ΣFy=0
4.5-1.5x-Vx =0 ; Vx = 4.5-1.5x 0 ≤ x ≤ 6 m
ΣMx=0
-4.5x+(1.5x)(x/2) + Mx = 0
Mx = 4.5x- (1.5x²/2)
4. Diagramas de Fuerza cortante(Vx) y Momento Flexionante (Mx):

EJERCICIOS DE REPASO.
Calcular las reacciones, ecuaciones de cortante y de momento así como dibujar sus
correspondientes diagramas para las siguientes vigas, utilizando las ecuaciones de la
estática.
EJECICIO 2
1. Identificamos las reacciones presentes en los apoyos y las comparamos con
el número de ecuaciones de la estática que podemos utilizar, y así determinar
si es posible resolverlas por estas.
Como no hay una fuerza actuante sobre el eje X la reacción Rx =0 y solo
quedan como incógnitas RA y Rc, que podemos obtener de una sumatoria de
momentos y de fuerzas.
2. Obtención de las reacciones por las ecuaciones de la estática:
Sumatoria de momentos en el punto A.
ΣMA=0
(-0.9Ton/m)(3.5m)(3.5m)/2 + (RC (5m)) – (2Ton)(6.8m) = 0
-5.125Ton*m + (RC (5m)-13.6Ton*m) = 0

RC = 3.8225 Ton↑
+↑ΣFy=0
RA -0.9Ton/m (3.5m)+ RC – 2Ton = 0 ; RA -3.15 Ton+3.8225 Ton- 2Ton = 0
RA = 1.3275 Ton↑
3. Ecuaciones de Fuerza cortante(Vx) y Momento Flexionante (Mx):
Tramo AB.
+↑ΣFy=0
Vx = 1.3275 - 0.9x 0 ≤ x ≤ 3.5 m
ΣMx=0
Mx = 1.3275x- (0.9x²/2)
Tramo BC.
+↑ΣFy=0
Vx = 1.3275 - 3.15= -1.8225 3.5 ≤ x ≤ 5 m
ΣMx=0
Mx = 1.3275x - 3.15(x-1.75)

Tramo CD.
+↑ΣFy=0
Vx = 1.3275 – 3.15+3.8225 = 2 05≤ x ≤ 6.8 m
ΣMx=0
Mx = 1.3275x - 3.15(x-1.75) + 3.8225(x-5)
4. Diagramas de Fuerza cortante(Vx) y Momento Flexionante (Mx):

RESISTENCIA DE MATERIALES II VIGAS HIPERESTATICAS
158
VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS
El análisis que se efectuó en el capítulo anterior,
corresponde a la aplicación de diversos métodos para la
determinación de deformaciones. Como una
particularidad en los ejercicios de aplicación, se tiene
que todas las vigas analizadas eran del tipo
ISOSTATICAS, es decir, estáticamente determinadas.
Sin embargo, es muy común encontrarse con vigas que
tienen más de un claro y más de dos apoyos, o bien con
apoyos empotrados en ambos extremos.
En estos casos, el número de reacciones es mayor que el número de ecuaciones que se pueden plantear por
aplicación de las condiciones de equilibrio estático. Por ello, este tipo de vigas se denominan estáticamente
indeterminadas (ó hiperestáticas), en donde la carácterística principal es que las reacciones no se pueden
determinar por simple aplicación de las condiciones de equilibrio estático. Para determinarlas habrá que
recurrir a diferentes metodologías, por mencionar algunas:
• Método de la doble integración
• Método de área de momentos
• Método de superposición
• Método de la Viga Conjugada
• Método de la Ecuación de Tres Momentos
• En general, métodos iterativos (Cross, Kanni), métodos energéticos (Trabajo Virtual, Teoremas de
Castigliano), métodos matriciales (Rigideces, Flexibilidades).
Aunque algunos de los métodos mencionados, hayan sido planteados en el capítulo anterior, para determinar
deformaciones, es posible aplicarlos para determinar las reacciones redundantes (las reacciones que no es
posible determinar a partir de las condiciones de equilibrio estático) tomando en consideración algunas
condiciones conocidas de deformación, sin que sea prioritario determinar las deformaciones. Por lo que, la
aplicación de estos métodos (los primeros cinco mencionados anteriormente) es básicamente para determinar
las reacciones redundantes, si se requiere, la determinación de las deformaciones, se podrá llevar a cabo la
aplicación de las metodologías como se vió anteriormente. Los principios y conceptos desarrollados en cada
uno de los diferentes métodos, no se modifican para su aplicación en el análisis de vigas hiperestáticas.
Tipos de vigas hiperestáticas y grados de hiperestaticidad.
No. de
incógnitas
Ec's de equil.
estático
Grado de
hiperestaticidad
3 2 3-2=1
3 2 3-2=1
4 2 4-2=2
4 2 4-2=2

179
ECUACION DE TRES MOMENTOS PARA LA SOLUCION DE VIGAS CONTINUAS.
Para el desarrollo de la ecuación de tres momentos a utilizar en la solución de vigas continuas (el tipo de
vigas que tienen dos claros o más), particularmente en la determinación de los momentos en los apoyos de
las vigas (condiciones de apoyo empotrados y apoyos interiores), considérese la viga mostrada con carga
uniformemente distribuida, aunque la condición de carga puede ser de tipo general, simplemente apoyada
en los extremos y definiendo los puntos interiores “1”, “2” y “3” con distancias L1 y L2 entre ellos.
wx
1 2 3
L1 L2
L1
1 2
wx
M1 M2
V1 V2
M1
M2
a1 b1
C.G.
A1
Mw:
MM:
V2
MM:
M2
Mw:
2
M2
wx
M3
a2
A2
b2
C.G.
L2 V3
3
M3
Configuración de deformación, se muestra como horizontal de referencia una línea horizontal que pasa por
el punto intermedio “2”.
L1
1
L2
2 3
h1
t1/2
t3/2
h3
h1-t1/2
t3/2-h3
θ2
Horiz. de ref.
En donde:
h1, h3: Distancias verticales de los puntos 1 y 3 con respecto a la horizontal de referencia que pasa por el
punto “2”.
θ2: Tangente de referencia que pasa por el punto “2”.
t1/2, t3/2: Desviaciones tangenciales de los puntos “1” y “2” respecto a la tangente de referencia en “2”.
De la configuración de deformación:

180
2
3
1
1
1
2
/
1
2
2
/
3
2
3
2
/
3
1
2
/
1
1
L
h
L
h
L
t
L
t
L
h
t
L
t
h
+
=
+
−
=
−
De acuerdo con el segundo teorema del método área de momentos
dx
x
EI
M
t
dx
x
EI
M
t
3
3
2
x
2
/
3
1
2
1
x
2
/
1
∫
∫
=
=
Considérese ahora la representación de los tramos definidos entre los puntos 1-2 y 2-3, representando las
fuerzas cortantes y momentos flexionantes en los extremos de cada uno de los tramos. Para la condición de
carga considerada en cada uno de los tramos, es posible representar el diagrama de momentos
correspondiente a la carga aplicada en el claro y el diagrama de momentos correspondiente por los
momentos de continuidad en los extremos de cada uno de los tramos.
De esta representación de diagrama de momentos en cada uno de los tramos, es posible determinar las
desviaciones tangenciales t1/2 y t3/2












+






+
=












+






+
=
2
2
3
2
2
2
2
2
2
/
3
1
1
2
1
1
1
1
1
2
/
1
L
3
1
L
M
2
1
L
3
2
L
M
2
1
b
A
EI
1
t
L
3
2
L
M
2
1
L
3
1
L
M
2
1
a
A
EI
1
t
Sustituyendo estas expresiones en la relación de t1/2 y t3/2 obtenida de la configuración de deformación
( ) 







+
=
+
+
+
+
+








+
=
+
+
+
+
+
+
=
+












+






+
+












+






+
+
=
+
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
1
2
1
1
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
2
1
2
1
1
2
3
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
2
2
2
3
2
2
2
2
2
2
3
1
1
1
2
/
1
2
2
/
3
L
h
L
h
EI
6
L
b
A
6
L
a
A
6
L
M
L
L
M
2
L
M
L
h
L
h
EI
L
b
A
L
a
A
L
M
6
1
L
M
6
2
L
M
6
2
L
M
6
1
L
h
L
h
L
L
3
2
L
M
2
1
L
3
1
L
M
2
1
a
A
EI
1
L
L
3
1
L
M
2
1
L
3
2
L
M
2
1
b
A
EI
1
L
h
L
h
L
t
L
t
La ecuación anterior corresponde a la “ecuación de tres momentos”. El término 







+
2
3
1
1
L
h
L
h
EI
6 es cero
cuando los puntos “1”, “2” y “3” se encuentran a la misma altura entre sí, después de que se ha flexionado
la viga, como sería el caso de que estos puntos coincidieran con los puntos de localización de apoyos en la
viga.

181
Ejercicio No. 4.5
Aplicar la ecuación de tres momentos para
determinar el momento de continuidad en la
viga mostrada y posteriormente determinar los
diagramas de fuerza cortante y momento
flexionante.
w=1 Ton/m
EI=Constante
4 mts
A
3 mts
B C
Ejercicio No. 4.6
Aplicar la ecuación de tres momentos para
determinar los momentos en los apoyos de la
viga mostrada y posteriormente determinar los
diagramas de fuerza cortante y momento
flexionante.
3.5 mts 1.5 mts
w=1.2 Ton/m
P=3 Ton
5 mts
wx=2(1-x/5)
A B C

VIGAS HIPERESTATICAS EJERCICIOS DE APLICACION
RESISTENCIA DE MATERIALES II ELABORO: JOEL OJEDA
182
Solución ejercicio No. 4.5
Grado de indeterminación de la viga:
RB
RA
4 mts
A
w=1 Ton/m
B
RC
3 mts
EI=Constante
C
No. de reacciones 3 RA, RB y RC
No. de ec’s de la estática 2 ΣM=0, ΣFy=0
Grado de indeterminación 1
En la aplicación de la ecuación de tres momentos se determinan los momentos en algunos puntos en la
viga. Generalmente se seleccionan como puntos de aplicación, los apoyos de la viga, de esta manera en este
ejercicio podremos seleccionar los apoyos y se determinará el momento de continuidad en “B”, puesto que
el momento en los apoyos en los extremos de la viga son nulos.
4 mts
A
w=1 Ton/m
B
MB
EI=Constante
3 mts
B C
MB
Al tener definido el momento de MB, se puede determinar por aplicación de las condiciones de equilibrio
estático las fuerzas de reacción RA, RB y RC
Ecuación de tres momentos:
( ) 







+
=
+
+
+
+
+
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
1
2
1
1
L
h
L
h
EI
6
L
b
A
6
L
a
A
6
L
M
L
L
M
2
L
M
Al aplicar esta ecuación considerando los puntos de apoyo de la viga
M1=MA=0 0
M
M B
2
≠
= M3=MC=0
Puesto que hA= hB =hC=0

183
0
L
h
L
h
EI
6
L
h
L
h
EI
6
2
C
1
A
2
3
1
1
=








+
=








+
Y los claros “1” y “2” quedan definidos por
L1=LAB=4.0 mts
L2=LBC=4.0 mts
Los términos
1
1
1
L
a
A
6
y
2
2
2
L
b
A
6
se determinan a partir de el diagrama de momentos para la condición de
carga actuando en cada uno de los claros de la viga.
Primer claro, entre los apoyos “A” y “B”
Considerando solamente la carga aplicada en el claro, para la determinación de el diagrama de momentos
A
4 mts
w=1 Ton/m
B
RA RB
a1 b1
wL /8
M :
2
( )
( )( ) 0
.
16
0
.
4
0
.
1
4
1
wL
4
1
L
L
2
1
wL
12
1
6
L
a
A
6
L
2
1
a
wL
12
1
8
wL
L
3
2
A
3
3
3
1
1
1
1
3
2
1
=
=
=












=
=
=








=
Segundo claro, entre los apoyos “B” y “C”
No hay carga aplicada en el claro, por lo que
0
.
0
L
b
A
6
2
2
2
=
Sustituyendo valores en la ecuación de tres momentos:

184
( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
m
Ton
143
.
1
M
0
16
M
14
0
0
.
0
0
.
16
0
.
3
0
0
.
3
0
.
4
M
2
0
.
4
0
L
h
L
h
EI
6
L
b
A
6
L
a
A
6
L
M
L
L
M
2
L
M
B
B
B
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
1
2
1
1
−
−
=
⇒
=
+
=
+
+
+
+
+








+
=
+
+
+
+
+
EI=Constante
A
4 mts
w=1 Ton/m MB=1.143
B B
3 mts
C
Determinación de las fuerzas de reacción en los apoyos de la viga
Aplicando las condiciones de equilibrio estático.
A
w=1 Ton/m
4 mts
MB=1.143
B
RA RB
( ) ( )( )
( ) ( )( ) ( )
Ton
286
.
2
R
0
143
.
1
8
R
4
0
143
.
1
0
.
4
2
1
0
.
4
0
.
1
0
.
4
R
0
M
L
2
1
L
w
L
R
0
M
B
B
B
B
1
1
1
B
A
=
⇒
=
−
−
=
−






−
=
−






−
=
∑
( ) ( )( )
Ton
714
.
1
R
0
0
.
4
0
.
1
286
.
2
R
0
wL
R
R
0
F
A
A
1
B
A
y
=
⇒
=
−
+
=
−
+
=
∑

185
B
3 mts
C
MB=1.143
RB RC
( )
( ) ( )
Ton
381
.
0
R
0
143
.
1
R
3
0
143
.
1
0
.
3
R
0
M
L
R
0
M
C
C
C
B
2
C
B
=
⇒
=
−
−
=
+
−
=
+
−
=
∑
( )
Ton
381
.
0
R
0
381
.
0
R
0
R
R
0
F
B
B
C
B
y
=
⇒
=
−
=
−
=
∑
Finalmente, los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante, quedan determinados de la siguiente
manera:
1.144
RB=2.667
1.469
M: 0
(Ton-m)
3.428 mts
P.I.
1.714 mts
RA=1.714
1.714
V: 0
(Ton)
2.286 mts 2.286
4 mts
w=1 Ton/m
0.381
EI=Constante
3 mts
RC=0.381
A B C

186
Solución ejercicio No. 4.6
Grado de indeterminación de la viga:
MA
RA
A
5 mts
wx=2(1-x/5)
B
1.5 mts
3.5 mts
w=1.2 Ton/m
P=3 Ton C
RB RC
No. de reacciones 4 RA, MA, RB y RC
No. de ec’s de la estática 2 ΣM=0, ΣFy=0
No. de reacciones redundantes 2
En la aplicación de la ecuación de tres momentos se determinan los momentos en algunos puntos en la
viga. Generalmente se seleccionan como puntos de aplicación, los apoyos de la viga, de esta manera en este
ejercicio podremos seleccionar los apoyos y se determinarán el momento en el empotramiento “A” y el
momento de continuidad en “B”, puesto que el momento en el apoyo en el extremo "C" de la viga es nulo.
A
MA
5 mts
wx=2(1-x/5)
B B
MB
C
w=1.2 Ton/m
3.5 mts
P=3 Ton
1.5 mts
MB
Al tener definido los momentos MA y MB, se puede detrminar por aplicación de las condiciones de
equilibrio estático las fuerzas de reacción RA, RB y RC
Aplicando la ecuación de tres momentos entre los apoyos “A”, “B” y “C”
0
M
M
0
M
M
0
M
M
C
3
B
2
A
1
=
=
≠
=
≠
=

187
Puesto que hA= hB =hC=0
0
L
h
L
h
EI
6
L
h
L
h
EI
6
2
C
1
A
2
3
1
1
=








+
=








+
mts
0
.
5
L
L
mts
0
.
5
L
L
BC
2
AB
1
=
=
=
=
Los términos
1
1
1
L
a
A
6
y
2
2
2
L
b
A
6
se determinan a partir de el diagrama de momentos para la condición de
carga actuando en cada uno de los claros de la viga.
B
A
L
RA=qL/3
q
RB=qL/6
Diagrama de momentos con
respecto al apoyo izquierdo
qL /6
2
2
qL /6
L/3
L/5
Curva de
3er grado
Considerando solamente la carga aplicada en el claro, para la determinación del diagrama de momentos
( )( ) 167
.
29
0
.
5
0
.
2
60
7
qL
60
7
L
a
A
6 3
3
1
1
1
=
=
=

188
M :
L/3
Diagrama de momentos por carga "w" y
por partes respecto a "C" por la carga "P"
B
a
wL /8
2
w
b
L/2
P
Pb
b/3
Pb
C
Considerando solamente la carga aplicada en el claro, para la determinación del diagrama de momentos
( ) ( )( ) ( )( )
( )
( ) ( )
[ ]
975
.
57
475
.
20
5
.
37
L
b
A
6
5
.
1
0
.
5
0
.
5
5
.
1
0
.
3
0
.
5
2
.
1
4
1
b
L
L
Pb
qL
4
1
L
b
A
6
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
2
3
2
2
2
2
=
+
=
−
+
=
−
+
=
( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
142
.
87
M
20
M
5
0
975
.
57
167
.
29
0
.
5
0
0
.
5
0
.
5
M
2
0
.
5
M
L
h
L
h
EI
6
L
b
A
6
L
a
A
6
L
M
L
L
M
2
L
M
B
A
B
A
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
1
2
1
1
−
=
+
=
+
+
+
+
+








+
=
+
+
+
+
+
Es necesario tener un sistema de 2 ecuaciones para determinar los dos momentos MA y MB.
Se deberá aplicar la ecuación de tres momentos nuevamente para generar la Segunda ecuación y de esta
manera resolver un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.
La ecuación de tres momentos debe ser aplicada en dos claros, en el caso de este problema, los dos claros
que se muestran en la viga ya fueron utilizados. Puesto que el tipo de apoyo en “A” es un empotramiento,
se puede considerar que en este apoyo se presenta una condición de simetría, de la siguiente manera:
MB
B
wx=2(1-x/5)
5 mts
A
B
MB
5 mts
wx=2(1-x/5)

189
Por lo que será posible aplicar la ecuación de tres momentos en los claros definidos por los apoyos “B”,
“A” y “B”, y la ecuación de tres momentos estará en función de los momentos MA y MB, con lo cual se
obtiene la ecuación necesaria para generar el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas y poder
determinar los momentos MA y MB.
wx=2(1-x/5)
5 mts
MB
B A
MA MB
B
wx=2(1-x/5)
5 mts
MA
A
Aplicando nuevamente la ecuación de tres momentos, ahora en los claro, entre los apoyos “B”, “A” y “B”
0
M
M
0
M
M
0
M
M
B
3
A
2
B
1
≠
=
≠
=
≠
=
Puesto que hB= hA =hB=0
0
L
h
L
h
EI
6
L
h
L
h
EI
6
2
B
1
B
2
3
1
1
=








+
=








+
mts
0
.
5
L
L
mts
0
.
5
L
L
AB
2
BA
1
=
=
=
=
Primer claro, entre los apoyos “B” y “A”
B A
RA=qL/3
L
RB=qL/6
q
qL /6
2
qL /6
2
2L/3
4L/5
respecto al apoyo derecho
Curva de
3er grado

190
( )( ) 333
.
33
0
.
5
0
.
2
60
8
qL
60
8
L
a
A
6 3
3
1
1
1
1
=
=
=
Siguiente claro, entre los apoyos “A” y “B”
respecto al apoyo izquierdo
qL /6
2
4L/5
qL /6
2
2L/3
RA=qL/3
q
A
Curva de
3er grado
L
RB=qL/6
B
( )( ) 333
.
33
0
.
5
0
.
2
60
8
qL
60
8
L
b
A
6 3
3
2
2
2
2
=
=
=
( )
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )
666
.
66
M
10
M
20
0
333
.
33
333
.
33
0
.
5
M
0
.
5
0
.
5
M
2
0
.
5
M
L
h
L
h
EI
6
L
b
A
6
L
a
A
6
L
M
L
L
M
2
L
M
B
A
B
A
B
2
3
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
2
1
2
1
1
−
=
+
=
+
+
+
+
+








+
=
+
+
+
+
+
Sistema de ecuaciones a resolver
m
Ton
027
.
4
M
m
Ton
320
.
1
M
666
.
66
M
10
M
20
142
.
87
M
20
M
5
B
A
B
A
B
A
−
−
=
⇒
−
−
=
⇒
−
=
+
−
=
+
Los resultados negativos indican que la viga se flexiona hacia arriba por la acción de estos momentos. Un
resultado positivo indicaría que los momentos actuando de manera independiente, ocasionarían que la viga
se flexionara verticalemente hacia abajo

191
3.5 mts
w=1.2 Ton/m
B
B
A
MA=1.32 MB=4.027
wx=2(1-x/5)
5 mts
C
P=3 Ton
1.5 mts
Determinación de las fuerzas de reacción en los apoyos de la viga
Aplicando las condiciones de equilibrio estático.
A
MA=1.32 MB=4.027
wx=2(1-x/5)
5 mts
B
RA RB
( )
( ) ( )( ) ( ) ( )
Ton
208
.
2
R
0
027
.
4
32
.
1
333
.
8
R
5
0
027
.
4
32
.
1
0
.
5
3
1
0
.
2
0
.
5
2
1
0
.
5
R
0
M
M
L
3
1
q
L
2
1
L
R
0
M
B
B
B
B
A
1
1
1
B
A
=
⇒
=
−
+
−
=
−
+






−
=
−
+












−
=
∑
( ) ( )( )
Ton
792
.
2
R
0
0
.
2
0
.
5
2
1
208
.
2
R
0
q
L
2
1
R
R
0
F
A
A
1
B
A
y
=
⇒
=
−
+
=
−
+
=
∑

192
B
3.5 mts
w=1.2 Ton/m
1.5 mts
P=3 Ton C
MB=4.027
RB RC
( )
( ) ( )( ) ( )( ) ( )
Ton
295
.
4
R
0
027
.
4
5
.
10
0
.
15
R
5
0
027
.
4
5
.
3
0
.
3
0
.
5
2
1
0
.
5
2
.
1
0
.
5
R
0
M
Pa
L
2
1
wL
L
R
0
M
C
C
C
B
2
2
2
C
B
=
⇒
=
+
−
−
=
+
−






−
=
+
−






−
=
∑
( ) ( )( ) ( )
Ton
705
.
4
R
0
0
.
3
0
.
5
2
.
1
295
.
4
R
0
P
wL
R
R
0
F
A
B
2
C
B
y
=
⇒
=
−
−
+
=
−
−
+
=
∑
Finalmente, los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante, quedan determinados de la siguiente
manera:
RA=2.792
MA=1.32
A
5 mts
wx=2(1-x/5)
1.5 mts
w=1.2 Ton/m
3.5 mts
RB=6.913
B P=3 Ton
RC=4.295
C
1.677 mts 3.323 mts
Vx :
2.792 T
2.208 T
4.705 T
0.505 T
4.295 T
Mx :
1.32 T-m
0.864 T-m
4.027 T-m
5.091 T-m

MÉTODO DE TRABAJO VIRTUAL.
INTRODUCCION
DESPLAZAMIENTOS VIRTUALES
Se entenderá por desplazamiento virtual aquel desplazamiento hipotético de uno o varios puntos
de un cuerpo rígido en equilibrio. Las ecuaciones de equilibrio y las condiciones de geometría
del cuerpo no se alteran debido a dicho desplazamiento, el cual puede ser de magnitud pequeña
o infinitesimal. Dichos desplazamientos son producidos por un sistema de cargas diferente al
aplicado al cuerpo rígido en equilibrio. Por lo tanto, el sistema de cargas original se mueve
cuando se produce el desplazamiento virtual. El producto de cada carga del sistema original por
su desplazamiento virtual respectivo, producirá entonces un trabajo virtual. El trabajo
efectuado por el sistema en equilibrio (trabajo virtual) durante los desplazamientos virtuales, es
cero. Por ello, una reacción “A”:
El primer desplazamiento corresponde al desplazamiento producido por el sistema de cargas, si
se elimina el apoyo. La segunda deformación corresponde al desplazamiento virtual en el punto
de aplicación y en la dirección de la reacción. Esta relación establece que el desplazamiento en
el punto de apoyo “A”, es nulo.
TEOREMA DE BETTI
“El trabajo que realiza un sistema de fuerzas A debido a los desplazamientos que en sus puntos
de aplicación le produce un sistema de fuerzas B, es igual al trabajo que realiza el sistema de
fuerzas B debido a los desplazamientos que en sus puntos de aplicación le produce el sistema de
fuerzas A”
Aplicando primero un sistema de fuerzas A, llamado Pi y después un sistema de fuerzas
llamado Fj, el trabajo total desarrollado será:
Ahora, si se aplica primero el sistema de fuerzas Fj y después el sistema Pi, entonces, el trabajo
total desarrollado será:
Puesto que en los dos casos el trabajo total desarrollado deberá ser igual,

Según Maxwell:
“El desplazamiento en un punto A (en la dirección de la fuerza aplicada en A) debido a
la aplicación de una fuerza P en el punto B, es igual al desplazamiento en el punto B (en
la dirección de la fuerza aplicada en B) debido a la aplicación de una fuerza P en el
punto A”
Lo anterior constituye el Teorema de los desplazamientos recíprocos.
DESCRIPCION GENERAL.
Suponiendo un marco simple, cuyos apoyos corresponden a empotramientos donde los
desplazamientos se suponen nulos, es sometido al empuje de una fuerza P1 de izquierda a
derecha lo cual provoca un desplazamiento δ1 en dirección a la derecha
DEDUCCION DE LAS ECUACIONES
METODO DEL TRABAJO VIRTUAL
Este es un método muy versátil para calcular desplazamientos en las estructuras. Estos
desplazamientos pueden ser debidos a cargas de cualquier tipo, cambios de temperatura,
contracciones en el material estructural o errores de fabricación (en el caso de
estructuras de acero o a base de elementos prefabricados).
La expresión básica para el método es:
TRABAJO VIRTUAL
EXTERNO
We
=
=
TRABAJO VIRTUAL
INTERNO
Wi
En esta expresión, el primer término se puede determinar por el producto de una carga
conocida por el desplazamiento buscado. El segundo término se puede expresar en
función de los elementos mecánicos de la estructura, como se indica a continuación.
Considérese la armadura mostrada en la sig. Figura, la cual está sujeta a un sistema de
carg

Considérese ahora la misma armadura sujeta a una carga F en el punto A y en la
Si se denominan como “N” las fuerzas axiales en los elementos, debidas al sistema de
cargas “P”, y como “n” las fuerzas axiales en los elementos, debidas a la carga “F”, se
tiene, según el teorema de Betti que:
∑ ( )
Donde el término con paréntesis es el alargamiento o acortamiento de cada elemento de
la estructura debido a la aplicación de la carga “F”. Por lo tanto
∑ ( )
Si se da a “F” un valor unitario (aunque puede ser cualquier valor) se tendrá que
∑ ( )
En forma semejante se pueden establecer las expresiones del trabajo virtual interno para
los demás elementos mecánicos y se obtiene:
∫ (Flexion)
∫ (Cortante)
∫ (Torsion)

En las expresiones anteriores, N, M, V y T corresponden a los efectos producidos por la carga
real. En forma similar n, m, v y t corresponden a los efectos producidos por las cargas virtuales.
Para determinar los desplazamientos en un punto, simplemente aplicamos una carga
correspondiente al tipo de desplazamiento y se calculan los efectos producidos:
B A
Para determinar VA:
P=1
Para determinar A:
M=1
Para determinar HB:
P=1
Es posible aplicar esta metodología para el cálculo de reacciones en estructuras estáticamente
indeterminadas, haciendo uso de la “condición de deformación”. Si en el apoyo empotrado “D”
se eliminan las redundantes y en su lugar se aplica una carga unitaria, con ello es posible
calcular el desplazamiento por carga real y con la carga unitaria el desplazamiento virtual y
mediante una relación del tipo:
Será posible calcular RVD
∫
∫

EJECICIO 1
Para la siguiente armadura, Determinar el desplazamiento vertical del Nodo 2, aplicando el
método de Trabajo Virtual.
Propiedades de las barras: Todas tienen la misma sección transversal “A” y el mismo material
“E”. EA= Constante. Los nodos de la armadura están articulados.
Obtenemos las reacciones en sus apoyos.
Aplicando una sumatoria de fuerzas en el eje “Y” y considerando la simetría de la armadura es
fácil determinar las reacciones en los apoyos.
+↑ΣFy=0
R1y = 2Ton R3y = 2Ton +→ΣFx = 0 R1x = 0

Grado de hiperestaticidad :
m= 2j - r
m= # numero de elementos de la armadura = 7
j= # de Nodos = 5
r= # de Reacciones =3
7= 2(5)-3=7
Si se cumple la igualdad, entonces es una “Armadura Estáticamente Determinada” y por tanto
procedemos con el método.
I. Se hace un 1er análisis de cada nodo, por efecto de la carga real en la armadura para
obtener las cargas axiales en sus elementos (N):
Nodo 1.
+ →ΣFx=0
N1-2 – (2.5/3.9)N1-4 = 0 ………(a)
+ ↑ΣFy=0
2Ton – (3/3.9)N1-4 = 0 N1-4 = 2.6Ton ( C )
Sustituyendo en (a)
N1-2 – (2.5/3.9)2.6Ton = 0 N1-2 = 1.67Ton ( T )
2 Ton
N1-4
N1-2

Nodo 4.
+ →ΣFx=0
–N4-5 + (2.5/3.9)2.6Ton –N4-2(2.5/3.9) = 0
–N4-5 + 1.76Ton –0.64N4-2 = 0 ………. (b)
+ ↑ΣFy=0
–2Ton + (3/3.9)(2.6Ton)+ (3/3.9)N4-2 = 0
0+ (3/3.9)N4-2 = 0 N4-2=0
Sustituyendo en (b)
–N4-5 –+1.76Ton –0.64 (0) = 0 N4-5= 1.67Ton ( C )
*Nota: Al ser una armadura simétrica, podemos llegar al análisis de los nodos hasta
este punto ya que sus simétricos Se comportaran de forma igual.
Las fuerzas internas en las barras quedan de la siguiente forma:
II. A continuación, se propone la misma armadura quitando las cargas que esta tenia y
colocando una carga unitaria saliendo del nodo a evaluar en la dirección que se busca el
desplazamiento (vertical o lateral):
N4-5
N4-2
2.6 Ton

De igual manera obtenemos las reacciones en los apoyos para la armadura por la carga
virtual, y se procede a analizar los nodos.
III. Segundo análisis con la carga virtual unitaria:
Nodo 1.
+ →ΣFx=0
n1-2 – (2.5/3.9)n1-4 = 0 ………(c)
+ ↑ΣFy=0
0.5Ton – (3/3.9)n1-4 = 0 n1-4 = 1.67Ton ( C )
Sustituyendo en (c)
n1-2 – (2.5/3.9)1.67Ton = 0 n1-2 = 0.42 Ton ( T )
Nodo 4.
0.5 Ton
n1-4
n1-2

+ ↑ΣFy=0
(3/3.9)(0.65Ton) – (3/3.9)n4-2 = 0
n4-2 = 0.65Ton (T)
+ →ΣFx=0
–n4-5 + 2[(2.5/3.9)0.65Ton] = 0
n4-5 = 0.483Ton ( C )
Nodo 2 en equilibrio.
n4-2 = n2-4= n2-5=0.65 Ton (T)
+ ↑ΣFy=0
(3/3.9)(0.65Ton)+ (3/3.9)(0.65Ton) – 1Ton = 0
+ →ΣFx=0
0.65Ton–0.65Ton = 0
IV. En base a la expresión par encontrar desplazamientos por carga virtual:
∑ ( )
Con las fuerzas internas tanto por carga real y carga unitaria son colocadas fuerzas y
propiedades de cada una de las barras en una tabla, para facilitar el cálculo.
n4-5
n4-2
0.65 Ton
0.65 Ton 0.65 Ton
n2-4 n2-5

*Nota: el signo para cada carga es asignado en base a su comportamiento, sea (+) para los
elementos a tensión y (–) elementos a compresión.
Barra Longitud(m) (NnL)/AE
1-2 5 + 1,57 + 0,42 3,297
2-3 5 + 1,57 + 0,42 3,297
4-5 5 - 1,67 - 0,83 6,9305
1-4 3,9 - 2,6 - 0,65 6,591
2-4 3,9 0 + 0,65 0
2-5 3,9 0 + 0,65 0
3-5 3,9 - 2,6 - 0,65 6,591
Σ= 26,71 /AE
N(Ton) n(Ton)

EJECICIO 2
Para la siguiente armadura, Determinar el desplazamiento vertical del Nodo 5, aplicando el
método de Trabajo Virtual.
Propiedades de las barras: Todas tienen la misma sección transversal “A” y el mismo material
“E”. EA= Constante. Los nodos de la armadura están articulados.
Identificamos las reacciones en sus apoyos.
La armadura no es simetrica por lo que no se presta al cálculo inmediato de las reacciones en los
apoyos. Esto se obtendrá del análisis de nodos.
Grado de hiperestaticidad :
m= 2j - r
m= # numero de elementos de la armadura = 7
j= # de Nodos = 5
r= # de Reacciones =3
7= 2(5)-3=7

Si se cumple la igualdad, entonces es una “Armadura Estáticamente Determinada” y por tanto
procedemos con el método.
I. Se hace un 1er análisis de cada nodo, por efecto de la carga real en la armadura para
obtener las cargas axiales en sus elementos (N):
Nodo 5.
+ ↑ΣFy=0
–1.5Ton+N2-5 (1/√2 )= 0 N2-5= 2.12Ton ( C )
+ →ΣFx=0
–N4-5+ (2.12Ton)(1/√2 )= 0 N4-5= 1.5Ton ( T )
Nodo 4.
+ ↑ΣFy=0
–1.5Ton + N2-4 = 0 N2-4= 1.5Ton ( C )
+ →ΣFx=0
–N3-4 + 1.5Ton = 0 N3-4= 1.5Ton ( T )
N4-5
N2-5
1.5 Ton
N3-4
N2-4

Nodo 3.
+ →ΣFx=0
–N2-3(1/√2 ) + 1.5Ton = 0 N2-3= 2.12Ton ( C )
+ ↑ΣFy=0
–1.5Ton + 1.5Ton+N1-3= 0 N1-3= 0
Nodo 2.
+ ↑ΣFy=0
–1.5Ton + R2y = 0 R2y= 1.5Ton ↑
+ →ΣFx=0
N1-2+2.12Ton (1/√2 ) –2.12Ton (1/√2 ) = 0 N1-2= 0
Nodo 1.
N1-3
1.5 Ton
N3-2
1.5 Ton
2.12 Ton
2.12 Ton
N1-2

+ ↑ΣFy=0
0 + R1y = 0 R1y= 0
+ →ΣFx=0
R1x+0 = 0 R1x= 0
Las fuerzas internas en las barras quedan de la siguiente forma:
II. A continuación, se propone la misma armadura quitando las cargas que esta tenia y
colocando una carga unitaria saliendo del nodo a evaluar en la dirección que se busca el
desplazamiento (vertical o lateral):
0
0

III. Segundo análisis con la carga virtual unitaria:
Nodo 5.
+ ↑ΣFy=0
–1Ton+n2-5 (1/√2 )= 0 n2-5= 1.41Ton ( C )
+ →ΣFx=0
–n4-5+ (1.41Ton)(1/√2 )= 0 n4-5= 1Ton ( T )
Nodo 4.
+ ↑ΣFy=0
n2-4 = 0 n2-4= 0
+ →ΣFx=0
–n3-4 + 1Ton = 0 n3-4= 1Ton ( T )
Nodo 3.
+ →ΣFx=0
–n2-3(1/√2 ) + 1Ton = 0 n2-3= 1.41Ton ( C )
+ ↑ΣFy=0
–n1-3 + 1.41Ton (1/√2 ) = 0 n1-3= 1Ton( T )
n4-5
n2-5
1 Ton
n3-4
n2-4
n1-3
1 Ton
n3-2

Nodo 2.
+ ↑ΣFy=0
–1.41Ton (1/√2 ) –1.41Ton (1/√2 ) + R2y = 0 R2y= 2Ton ↑
+ →ΣFx=0
n1-2 +1.41 Ton (1/√2 ) –1.41 Ton (1/√2 ) = 0 n1-2= 0
Nodo 1.
+ ↑ΣFy=0
1Ton+ R1y = 0 R1y= 1 Ton ↓
+ →ΣFx=0
R1x+0 = 0 R1x= 0
IV. En base a la expresión par encontrar desplazamientos por carga virtual:
∑ ( )
Con las fuerzas internas tanto por carga real y carga unitaria son colocadas fuerzas y
propiedades de cada una de las barras en una tabla, para facilitar el cálculo.
n1-3
1 Ton
2.12 Ton
2.12 Ton
n1-2
0
1Ton

*Nota: el signo para cada carga es asignado en base a su comportamiento, sea (+) para los
elementos a tensión y (–) elementos a compresión.
Barra Longitud(m) (NnL)/AE
1-2 3,5 0 0 0
1-3 3,5 0 + 1 0
2-3 4,94 - 2,12 - 1,41 14,766648
2-4 3,5 - 1,5 0 0
2-5 4,94 - 2,12 - 1,41 14,766648
3-4 3,5 + 1,5 + 1 5,25
4-5 3,5 + 1,5 + 1 5,25
Σ= 40,03 /AE
N(Ton) n(Ton)

DESPLAZAMIENTO EN VIGAS ESTATICAMENTE DETERMINADAS 1
EJECICIO 3
Para la siguiente viga, Determinar el desplazamiento vertical en B, aplicando el método de
Trabajo Virtual.
Propiedades de las barras: Todas comparten el mismo momento de inercia y modulo de
elasticidad, EI= Constante.
ΣMA=0
(-3.5Ton)(7.8m) + RC (6m) = 0
RC =(–3.5Ton)(7.8m)/ (6m) = 4.55 Ton↑
+↑ΣFy=0
RAy + 4.55Ton – 3.5Ton = 0 RAy = 1.05 Ton↓
Para el desplazamiento vertical en el punto “B” (δvB) proponemos una viga igual, solo que
con una sola fuerza virtual unitaria saliendo del punto B en la dirección que suponemos se
desplazara el punto ( ya sea positivo ↑ o negativo ↓, el análisis al final lo definirá).

ΣMA=0
(–1Ton)(1.5m) + RC (6m) = 0
RC =(–1Ton)(1.5m) /(6m) = 0.25 Ton↑
+↑ΣFy=0
RAy + 0.25Ton – 1Ton = 0 RAy = 0.75 Ton↑
Aplicando la siguiente expresión para elementos a flexión en trabajo virtual será posible
obtener es desplazamiento buscado.
∫
Mx=ecuación de momento por carga real.
mx=ecuación de momento por carga virtual.

I. Para cada tramo de la viga se obtiene su correspondiente ecuación de momento tanto
para carga real como para carga virtual, que dando expresado en la siguiente tabla:
II. A continuación, sustituimos las ecuaciones de momento en la expresión de
desplazamiento virtual para resolver las integrales.
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
∫ ( )( ) ∫ ( )( )
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
| | |
( ) ( ) ( )
*Nota:
El signo negativo indica, que la dirección en que propusiimos el desplazamiento es
contraria, solo hay que cambiar la dirección del desplazamiento supuesto.

III. Otra forma de obtener desplazamientos es por medio de los diagramas de momentos,
por carga real y virtual, generando una serie de polígonos que en base a formulas de una
tabla que contiene los polígonos por momento mas frecuentes, facilita bastante el
calculo, sin la necesidad de integrales, la limitante esta en que para ciertas
combinaciones de carga, se forman polígonos irregulares que no están considerados en
las tablas antes mencionadas y anexas al ejercicio.
Diagramas por carga real:

Diagramas por carga virtual:
Para entrar a la tabla es necesario conocer la longitud del tramo y la magnitud del momento para
cada polígono y queda expresado de la siguiente forma:
Aun queda expresado como una “integral” ahora en base a las formulas que se encuentran en las
tablas sustituimos y combinamos:
EIdvB=
B
A
1.5
1.57
1.5
1.125
+
C
B
1.125
4.5
6.3
1.57
4.5
+
C
D
6.3
1.8

Por ejemplo, para los polígonos del tramo AB ubicamos el primero que corresponde al
producido por carga real en la columna 3, el segundo por carga virtual lo ubicamos en la fila 3,
esto es la combinación 3,3 por lo que usamos la expresión o formula en ese cruce.
( )
( )( )( ) ( )( )( ( ) )
Haciendo una comparación con el método de las integrales al final el resultado es muy similar,
pero relativamente mas sencillo, queda a criterio de cada quien, cuando utilizar alguno de los 2
métodos, incluso una combinación de ambos.
Comprobando el teorema de Maxwell.
Para la misma viga, se aplica la misma carga donde antes fue evaluado el desplazamiento (δvB)
y ahora será evaluado en el punto donde antes recaía la carga puntual (δvD). En teoría deberá
ser el mismo desplazamiento.
Reacciones en los apoyos (obtenidos de las ecuaciones de la estática).

CARGA VIRTUAL
Para este análisis utilizaremos la tabla así que aquí se presentan los diagramas de
momento por carga real y carga virtual.

Identificación de los polígonos y sus dimensiones para la tabla:
EIdvB=
B
A
1.5
1.5 +
C
B
1.8
4.5
0.45
3.9375
4.5
+
C
D
1.8
1.8
3.9375
0.45

Sustituyendo valores en las formulas dadas por la tabla:
( )( )( ) ( )( )( ( ) )

EJECICIO 4
Determinar el desplazamiento vertical en el punto “4” (δv4), aplicando el método de Trabajo
Virtual, en la siguiente estructura.
Propiedades de las barras: El momento de inercia para cada barra esta indicado. Todas las barras
comparten el mismo modulo de elasticidad ( E ).
1
1.803
1.5
2
1.5
2.5
0
.
8
5
T
/
m
0.85 T/m
I
2I 2I

+↑ΣFy=0
R1y=(0.85Ton/m)(2.5m) + (0.85Ton/m)(1.803m) = 2.125Ton + 1.533 Ton
R1y=3.658 Ton.↑
ΣM1=0
M1=(2.125Ton)(1m) + (1.533Ton) (2.5m) = 2.125 T*m + 3.833 T*m =5.958 T*m
1
1.803
1.5
2
1.5
2.5
0
.
8
5
T
/
m
0.85 T/m
I
2I 2I
2.125 Ton 1.533 Ton
a1 a2
2.125 Ton 1.533 Ton
a2 1.533(1/ 1.8)
=0.85 Ton
a1
2.125(2/ 2.5)
=1.7 Ton
1
1.803
1.5
2
1.5
2.5

Para el desplazamiento vertical en el punto “4” (δv4) proponemos una estructura igual, solo
que con una sola fuerza virtual unitaria saliendo del punto 4 en la dirección que suponemos
se desplazara el punto (ya sea positivo ↑ o negativo ↓, el análisis al final lo definirá).
+↑ΣFy=0
R1y=1 Ton.↑
ΣM1=0
M1=(1Ton)(3m)=3 T*m
Aplicando la siguiente expresión para elementos a flexión en trabajo virtual será posible
obtener es desplazamiento buscado.
∫
1
1.803
1.5
2
1.5
2.5
I
2I 2I
1.533 Ton

Mx=ecuación de momento por carga real.
mx=ecuación de momento por carga virtual.
I. Para cada tramo de la viga se obtiene su correspondiente diagrama de momentos y
ecuación de momentos, tanto para carga real como para carga virtual:
Por carga real:
Tramo 4-3.
Tramo 3-2.
x
0
.
4
7
1
(
1
.
8
0
3
²
/
2
)
=
0
.
7
6
6
²
0
.
8
5
T
o
n
/
1
.
8
0
3
m
=
0
.
4
7
1
T
o
n
/
m
0.766
0.766
x
1.533 Ton
a1
1.533(2/ 2.5)
=1.226 Ton
1.7Ton/2.5m=
0.68 Ton/m
1.226Ton*2.5m=
3.065 0.68Ton/m*(2.5m)²/2=
2.125T*m
²

Tramo 2-1.
Por carga Virtual:
Tramo 4-3.
x
0
.
5
5
5
(
1
.
8
0
3
)
=
1
1 Ton
a2 1(1/ 1.803)
=0.555 Ton

Tramo 3-2.
Tramo 2-1.
1
x
1 Ton
a1
1(2/ 2.5)
=0.8 Ton
0.8Ton*2.5m=
2
1

II. A continuación, sustituimos las ecuaciones de momento en la expresión de
∫
( )( )
∫ ( ) ( )
∫ ( )( )
∫
( )( )
∫ (
( )( ) ( )( )
( )( )
) ∫ ( )( )
*Nota:
El signo positivo indica, que la dirección en que propusimos el desplazamiento es
correcta.
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mx
4-3 0<x<1,803 -0,471X²/2 0,555X
3-2 0<x<2,5 -0,766-1,226X-(0,68X²/2) -1-0,8X
2-1 0<x<3,5 -5,958 -3

Determinar el desplazamiento horizontal en el punto “4” (δH4), aplicando el método de
Trabajo Virtual, en el siguiente marco.
1. Por carga real:
Obtenemos las reacciones en sus apoyos y ecuación de momentos de cada tramo.
3.5Ton
I
2I
FH=1Ton
I
I
2I
I
x
x
(3.5Ton)(1.5m)/(6m)=
0.875Ton
3.5Ton
x
x
(3.5Ton)(4.5m)/(6m)=
2.625Ton

ΣM1=0
-(3.5Ton)(4.5m) + (R4) (6m) = 0 R4=2.625Ton↑
+↑ΣFy=0
-3.5Ton+2.625Ton+R1=0 R1=0.875Ton ↑
Ecuaciones por tramo:
1-3 Mx = 0; 0≤X≤3
2-A Mx = 0.875X; 0≤X≤4.5
4-3 Mx = 0; 0≤X≤3
3-A Mx = 2.625X; 0≤X≤1.5
2. Por carga virtual FH:
+↑ΣFy=0
+→ΣFx=0
1 Ton+R= 0 R= 1Ton ←
x
x
0 0
I
2I
I
x
x
FH=1Ton
R=1Ton

1-3 Mx = X; 0≤X≤3
2-A Mx = 3; 0≤X≤4.5
4-3 Mx = X; 0≤X≤3
3-A Mx = 3; 0≤X≤1.5
3. A continuación, sustituimos las ecuaciones de momento en la expresión de
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
| |
( ) ( )
*Nota:
correcta.
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mx I
1-2 0≤X≤3 0 X 1
2-A 0≤X≤4.5 0,875X 3 2
4-3 0≤X≤3 0 X 1
3-A 0≤X≤1.5 2,625X 3 2

Determinar el desplazamiento vertical en el punto “3” (δv3) y el desplazamiento horizontal en
el punto “3” (δH3), aplicando el método de Trabajo Virtual, en el siguiente marco.
1. Por carga real:
Obtenemos las reacciones en sus apoyos y ecuación de momentos de cada tramo.
0.54T/m
I
2I
2I
Fv=1Ton
FH=1Ton
1.836Ton 1.836Ton
0.54T/m(6.801m)=
3.672Ton
1.836Ton
Px
qx
I
2I
2I
2
6.5
6.801
x
x
x

ΣM1=0
-(3.672Ton)(6.5/2m) + (R4) (6.5m) = 0 R4=1.836Ton↑
+↑ΣFy=0
1.836Ton-3.672Ton+R1=0 R1=1.836Ton ↑
Px= (6.5/6.801)(3.672 Ton) = 3.51Ton
qx=3.51Ton/6.801m= 0.516 Ton/m
1-3 Mx = 0; 0≤X≤5
2-3 Mx = ((-0.516/2)X²)+1.836(6.5/6.801)X; 0≤X≤6.801
4-3 Mx = 0; 0≤X≤3
2. Por carga virtual Fv:
ΣM1=0
-(1Ton)(6.5m) + (R4) (6.5m) = 0 R4=1Ton↑
+↑ΣFy=0
1Ton-1Ton+R1= 0 R1= 0
I
2I
2I
Fv=1Ton
2
6.5
6.801
x
x
x
1Ton

1-3 mx = 0; 0≤X≤5
2-3 mx = 0; 0≤X≤6.801
4-3 mx = 0; 0≤X≤3
3. Por carga virtual FH:
ΣM1=0
-(1Ton)(3m) + (R4) (6.5m) = 0 R4=0.462Ton↑
+↑ΣFy=0
0.462Ton+R1= 0 R1=0.462Ton ↓
+→ΣFx=0
01 Ton+R= 0 R= 1Ton ←
I
2I
2I
2
6.5
6.801
x
x
x
FH=1Ton
(1Ton)(3m)/(6.5m)=
0.462Ton
R=1Ton
(1Ton)(3m)/(6.5m)=
0.462Ton

1-3 mx = X; 0≤X≤5
2-3 mx = 5-0.294X-0.441X=5-0.735X; 0≤X≤6.801
4-3 mx = 0; 0≤X≤3
x
0.462Ton
1Ton
5 Ton*m
0.462Ton
(6.5/6.801)(0.462Ton)=
0.441Ton
1Ton
(2/6.801)(1Ton)=
0.294Ton
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mxv Ec. mxH I
1-2 0≤X≤5 0 0 X 2
2-3 0≤X≤6.801 ((-0.516/2)X²)+1,755X 0 5-0.735X 2
4-3 0≤X≤3 0 0 0 1

4. A continuación, sustituimos las ecuaciones de momento en la expresión de
∫
( )( )
∫
( )( )
∫
( )( )
= 0
∫
( )( )
∫
( ) ( )
∫
( )( )
*Nota:
correcta.

REACCIONES EN VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 1
MÉTODO DE LAS FLEXIBILIDADES (FUERZAS).
EJECICIO 1
Determinar las reacciones redundantes para la siguiente viga hiperestática.
Propiedades de la viga EI son constantes.
1. Identificación de reacciones redundantes:
R. Redundantes = No. De reacciones – Ecs. De la estática.
R. Redundantes= 4 – 3=1.
Nótese que los desplazamientos en los apoyos son igual a cero.
2. Sabiendo que existe una reacción redundante elegimos una de las reacciones de la viga
y la proponemos como redundante, en este caso la reacción del apoyo “B”. Ahora la
viga puede resolverse estáticamente, sin embargo se presentara una deformación de la
viga al quitar el apoyo ”B”.
= 0
B

Ahora, en la misma viga pero sin las condiciones de carga real, colocamos una fuerza virtual
unitaria que sustituya al apoyo “B”, la cual producirá otra deformación en la viga y un nuevo
desplazamiento.
3. Condición de desplazamiento para el apoyo debe ser igual acero, con la superposición
del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por la deformación por una
reacción en ” B”:
ΔB + RBδB = 0
Donde:
∫
∫
4. Obtenemos las reacciones en los apoyos para cada viga y sus correspondientes
diagramas y ecuaciones de momento.
B
1Ton
B
x x
2.86 Ton 1.14 Ton

ΣMA=0
- (1Ton/m)(4m)(2m) + (Rc) (7m) = 0 Rc = 1.14 Ton↑
+↑ΣFy=0
- 4 Ton+1.14Ton+RA=0 RA=2.86 Ton↑
B
x x
2.86 Ton 1.14 Ton
²

ΣMA=0
(1Ton)(4m) - (Rc) (7m) = 0 Rc = 0.57 Ton↓
+↑ΣFy=0
-0.57 Ton+1Ton+RA=0 RA= 0.43 Ton↓
B
1Ton
0.43 Ton 0.57 Ton
x x
B
1Ton
0.43 Ton 0.57 Ton
x x

5. Calculo de los desplazamientos:
∫
( )
∫
( )| | ( )
∫ ∫
( )| | ( )
6. De la condición de desplazamiento tenemos:
ΔB + RBδB = 0
RB = - ΔB/δB
RB = - (-18.33) / 6.87= 2.67 Ton↑
7. Calculo de las reacciones en los apoyos A y C:
ΣMA=0
-(1Ton/m)(4m)(2m) +2.67Ton(4m)+(Rc) (7m) = 0 Rc = 0.38Ton↓
+↑ΣFy=0
-4Ton-0.38Ton+2.67Ton+RA=0 RA= 1.71 Ton↓

EJECICIO 2
Aplique el método de las fuerzas para determinar las reacciones redundantes para la siguiente
viga hiperestática.
Propiedades de la viga EI son constantes.
R. Redundantes =4 – 2=2.
RBx=0
RAx=0

2. Consideramos RB y MB como reacciones redundantes.
Ahora, la viga liberada del extremo “B” producirá una deformación en la viga. Para la misma
viga pero sin las condiciones de carga real, colocamos una fuerza virtual unitaria que sustituya
al apoyo “B” para cada reacción redundante, la cual producirá otra deformación en la viga y un
nuevo desplazamiento y una rotación en función de las reacciones.
RAx=0
B
B

3. Condición de desplazamiento para el apoyo debe ser igual a cero, con la superposición
del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por la deformación por una
reacción y momento en ” B”:
ΔB + δBR*RB + δBM*MB = 0
θB + θBR*RB + θBM*MB= 0
Donde:
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫
RAx=0
BR
BR
.-II
.-III
BM
BM

4. Obtenemos para cada viga sus correspondientes diagramas y ecuaciones de momento.
.-I
B
B
x
RAx=0
BR
BR
.-II
x
²
²

∫
( )
∫
( )
( )| ( )
∫
( )
∫
( )
( )| ( )
.-III
BM
BM
x
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mxv Ec. mxH
A-B 0≤X≤5 -0.75X²/2 X -1

∫ ∫
( )| ( )
∫ ∫
|
∫ ∫
( )| ( )
∫ ∫
( )| ( )
7. Representado de forma matricial:
{ } [ ] { } { }

Despejando la matriz de términos independientes para obtener
[ ] { } { }
Al despejar la matriz de desplazamientos, se utiliza la matriz inversa de esta:
{ } [ ] { }
*A esta matriz le llamaremos matriz de rigideces.
Asi { } [ ] { }
{ } [ ]{ }
RB =1.872Ton
MB=1.556Ton*m

EJECICIO 3
Aplique el método de las fuerzas para resolver la siguiente armadura (determine las fuerzas en
cada barra).
Propiedades de la viga EA son constantes para todas las barras.
1. Identificación de reacciones redundantes y grado de hiperestacicidad:
m= 2j - r
8 ≠ 2(5)-3=7
Donde:
m= numero de elementos.
j= numero de nodos.
r= reacciones.
∴ es una armadura hiperestática grado 1, de carácter “interno”.
2. Consideramos que el elemento 7 como redundante, así tenemos una nueva armadura
sin la intervención de ese elemento, solo se considerara un desplazamiento en la
dirección que estaba colocada la barra.
No hay conexion
entre las barras
1
4
3
2
5
6 7
8

Ahora colocamos la misma armadura, sin las condiciones de carga real y con una fuerza
unitaria saliendo en la dirección que propusimos el desplazamiento Δ1-4.
1-4

3. Condición de desplazamiento para nodo 4 (Δ14)debe ser igual a cero, con la
superposición del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por el
desplazamiento virtual δ14, por una fuerza F14:
Δ14 + δ14F14 = 0
Donde:
4. Analizamos cada nodo para condición por carga real y carga virtual.
Por carga real tenemos
*Nota: al quitar el elemento 7, la armadura quedo igual que un ejercicio previamente
realizado en el método de trabajo virtual por lo que ya contamos con los datos y
comportamiento por carga real.

Por carga virtual:
Para las barras 2-5 y 4-5 la fuerza interna “n” es igual a cero, pues las fuerzas virtuales
se descomponen y contrarrestan en la parte simétrica de la armadura.
Nodo 4.
+ ↑ΣFy=0
–1(1/1.41) Ton + n2-4 = 0 n2-4= 0.707 Ton (C)
+ →ΣFx=0
n3-4 – 1(1/1.41)Ton = 0 n3-4= 0.707 Ton ( C)
Nodo 1.
n3-4
n2-4
0.707 ton
0.707 ton

Nodo 3.
+ →ΣFx=0
n2-3 (1/1.41) –0.707Ton = 0 n3-4= 1 Ton ( T)
Nodo 2.
5. Obtenemos nuestros desplazamientos y fuerzasinternas en base a
F= N+ nF1-4
Δ14 + δ14F14 = 0
(-10.49/EA)+(16.90/EA) F14 = 0
(16.90/EA) F14 = 10.49/EA
F14 = 0.61Ton
0.707 Ton
0.707 Ton n2-3
0.707 Ton
1 Ton
0.707 Ton
Barra Longitud(m) Δ=(N*n*L)/EA δ=(n*n*L)/EA
1-2 3,5 0 - 0,707 0 1,7494715
1-3 3,5 0 - 0,707 0 1,7494715
2-3 4,95 - 2,12 + 1 -10,494 4,95
2-4 3,5 - 1,5 - 0,707 3,71175 1,7494715
2-5 4,95 - 2,12 0 0 0
3-4 3,5 + 1,5 - 0,707 -3,71175 1,7494715
4-5 3,5 + 1,5 0 0 0
1-4 4,95 + ------ + 1 ------ 4,95
Σ= -10,49 16,90
/EA /EA
n(Ton)
N(Ton)

7. Fuerzas internas en las demás barras:
Barra Longitud(m) Δ=(N*n*L)/EA δ=(n*n*L)/EA F1=N1+(n1*F1-4)
1-2 3,5 0 - 0,707 0 1,7494715 -0,44
1-3 3,5 0 - 0,707 0 1,7494715 -0,44
2-3 4,95 - 2,12 + 1 -10,494 4,95 -1,50
2-4 3,5 - 1,5 - 0,707 3,71175 1,7494715 -1,94
2-5 4,95 - 2,12 0 0 0 -2,12
3-4 3,5 + 1,5 - 0,707 -3,71175 1,7494715 1,06
4-5 3,5 + 1,5 0 0 0 1,5
1-4 4,95 + ------ + 1 ------ 4,95 0,62
Σ= -10,49 16,90
/EA /EA
n(Ton)
N(Ton)

EJECICIO 4
Aplique el método de las fuerzas para resolver la siguiente armadura (determine las fuerzas en
cada barra).
Propiedades de la viga EA son constantes para todas las barras.
1. Identificación de reacciones redundantes y grado de hiperestacicidad:
m= 2j - r
8 ≠ 2(5)-3=7
Donde:
m= numero de elementos.
j= numero de nodos.
r= reacciones.
∴ es una armadura hiperestática grado 1, de carácter “interno”.
No hay conexion
entre las barras
1
4
3
2 5
6 7
8

2. Consideramos que el elemento 6 como redundante, así tenemos una nueva armadura
sin la intervención de ese elemento, solo se considerara un desplazamiento en la
dirección que estaba colocada la barra.
Ahora colocamos la misma armadura, sin las condiciones de carga real y con una fuerza
unitaria saliendo en la dirección que propusimos el desplazamiento Δ2-4.
3. Condición de desplazamiento para nodo 2 (Δ24)debe ser igual a cero, con la
superposición del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por el
desplazamiento virtual δ24, por una fuerza F24:
Δ24 + δ24F24 = 0
Donde:
1
4
3
2 5
7
8
2-4
1
4
3
2 5
7
8

4. Analizamos cada nodo para condición por carga real y carga virtual.
Por carga real tenemos:
Para N:
Nodo 3.
+ ↑ΣFy=0
–8 Ton – N5-3(6/10)= 0 N5-3= 13.33 Ton ( T )
+ →ΣFx=0
N2-3 -13.33 Ton (8/10) = 0 N2-3= 10.67 Ton ( C )
Nodo 5.
+ ↑ΣFy=0
–20Ton+N1-5 (6/10 )-13.33 Ton(6/10)= 0 N1-5= 46.66 Ton ( C )
+ →ΣFx=0
–N4-5+ 13.33Ton (8/10) +46.66Ton (8/10) = 0 N4-5= 48 Ton ( T )
Nodo 2.
+ ↑ΣFy=0
N2-5 – 20 Ton= 0 N2-5 = 20 Ton ( T )
+ →ΣFx=0
N1- 2–10.67 Ton = 0 N1-2= 10.67 Ton ( C )
N2-3
N5-3
N4-5
N1-5
20 Ton
13.33 Ton
10.67 Ton
N2-5
N1-2

Nodo 1.
+ ↑ΣFy=0
- 46.66 Ton (6/10) + N1- 4 = 0 N1- 4=28 Ton ( T )
+ →ΣFx=0
10.67 Ton +RA= 0 RA= 36.06 Ton→
Nodo 4.
+ ↑ΣFy=0
–28 Ton + RBy= 0 RBy= 28 Ton ↑
+ →ΣFx=0
– RBx + 48 Ton = 0 RBx= 48 Ton←
Por carga virtual:
Para las barras 2-3 y 3-5 la fuerza interna “n” es igual a cero, pues las fuerzas virtuales
se descomponen y contrarrestan en la parte simétrica de la armadura.
10.67 Ton
46.66 Ton
N1-4
48 Ton
28 Ton

Nodo 2.
+ ↑ΣFy=0
1(6/10) Ton - n2-5 = 0 n2-5= 0.6 Ton (C)……= n1-4
+ →ΣFx=0
n1-2 – 1(10/8)Ton = 0 n1-2= 0.8 Ton ( C)……= n4-5
5. Obtenemos nuestros desplazamientos y fuerzas internas en base a
F= N+ nF2-4
Δ24 + δ24F24 = 0
(-878.31/EA)+(34.56/EA) F24 = 0
(34.56/EA) F24 = 878.31/EA
F24 = 25.41 Ton
0Ton
n2-5
n1-2
Barra Longitud(m) Δ=(N*n*L)/EA δ=(n*n*L)/EA
1-2 8 - 10,67 - 0,8 68,288 5,12
1-4 6 + 28 - 0,6 -100,8 2,16
1-5 10 - 46,66 + 1 -466,6 10
2-5 6 + 20 - 0,6 -72 2,16
2-3 8 - 10,67 0 0 0
4-5 8 + 48 - 0,8 -307,2 5,12
5-3 10 + 13,33 0 0 0
4-2 10 + ------ + 1 ------ 10
Σ= -878,31 34,56
/EA /EA
N(Ton) n(Ton)

7. Fuerzas internas en las demás barras:
Barra Longitud(m) Δ=(N*n*L)/EA δ=(n*n*L)/EA F1=N1+(n1*F1-4)
1-2 8 - 10,67 - 0,8 68,288 5,12 31,00
1-4 6 + 28 - 0,6 -100,8 2,16 12,75
1-5 10 - 46,66 + 1 -466,6 10 -21,25
2-5 6 + 20 - 0,6 -72 2,16 4,75
2-3 8 - 10,67 0 0 0 -10,67
4-5 8 + 48 - 0,8 -307,2 5,12 27,67
5-3 10 + 13,33 0 0 0 13,33
4-2 10 + ------ + 1 ------ 10 25,41
Σ= -878,31 34,56
/EA /EA
N(Ton) n(Ton)

EJECICIO 5
Determinar las reacciones redundantes para el siguiente marco hiperestático.
Propiedades de la viga EI como se definen en la figura.
2. Sabiendo que existe una reacción redundante elegimos una de las reacciones del y la
proponemos como redundante, en este caso la reacción del apoyo “E”, y como
redundante “REx”. Ahora marco puede resolverse estáticamente, sin embargo se
presentara un desplazamiento del extremo “E” al quitar el apoyo.
A
B
C
D
E
2EI 2EI
EI
EI
A
B
C
D
E
2EI 2EI
EI
EI

Ahora, en la misma viga pero sin las condiciones de carga real, colocamos una fuerza virtual
unitaria que sustituya al apoyo “B” en la dirección “x” la cual producirá otra deformación en la
viga y un nuevo desplazamiento.
del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por la deformación Horizontal
por una fuerza en ” REx”:
ΔEH + REXδEH = 0
Donde:
∫ ∫
4. Obtenemos las reacciones en los apoyos para cada viga y sus correspondientes
ecuaciones de momento.
+→ΣFx=0 RAx = 0
+↑ΣFy=0
- 20.224 Ton + REy = 0 REy = 20.224 Ton↑
RAy = 20.224 Ton↑
A
B
C
D
E
x
y
x
y
2EI 2EI
EI
EI
A
B
C
D
E
2EI 2EI
EI
EI

Ecuaciones de momento.
Tramos. (E-D, A-B)……………………………………………. Mx = 0
Tramos. (D-C, B-C): Por la inclinación de las vigas en marco hay que descomponer
la fuerza unitaria transmitida, a manera de hacerla normal a la viga.
Mx= 20X-(1.978X²/2)
A
B
C
D
E
W= 20Ton/10.112m=1.978Ton/m
20.224(10/ 10.112)
= 20 Ton
x
y
2EI 2EI
EI
EI
x
20.224(10/ 10.112)
= 20 Ton
20.224 Ton
1.978 Ton/m

Carga unitaria:
+→ΣFx=0
-1Ton+RAx=0 RAx = 1 Ton →
+↑ΣFy=0
Ecuaciones de momento.
Tramos. (E-D, A-B)……………………………………………. Mx = -X
Tramos. (D-C, B-C): Por la inclinación de las vigas en marco hay que descomponer
la carga distribuida, a manera de hacerla normal a la viga. Además agregar el momento
en el extremo de la barra, causado por la fuerza unitaria.
Mx= - 4 - 0.148X
A
B
C
D
E
x
y
x
y
2EI 2EI
EI
EI
x
1 Ton
1Ton(1.5/ 10.112)=0.148 Ton
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mx I
A-B 0≤X≤4 0 -X 1
B-C 0≤X≤10,112 20X-(1.978X²/2) - 4 - 0.148X 2
C-D 0≤X≤10,112 20X-(1.978X²/2) - 4 - 0.148X 2
D-E 0≤X≤4 0 -X 1

∫
( )( )
∫
( ( )) ( )
∫ ( )
∫
( )( )
∫
( )( )
ΔEH + REXδEH = 0
REX = - ΔEH/δEH
REX = - (-3364.15) / 272.5416 = 12.34 Ton ←

MÉTODO DE FLEXIBILIDADES.
Aplicar el método de trabajo virtual, para encontrar las reacciones redundantes en el marco
mostrado, considerando solo los efectos de flexión.
Propiedades de la viga. EI como se definen en la figura.
2. Considerando “RDx” y “RDy” como las reacciones redundantes:
Con las siguientes condiciones de carga en el marco:
I
2I
I
2Ton
RAy
RAx
RDy
RDx
I
2I
I
RDy=1
RDx=0

Por carga real:
Fuerza unitaria vertical.
Fuerza unitaria horizontal.
I
2I
I
2Ton
I
2I
I
1 Ton
I
2I
I
1Ton

del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por las deformaciones
Horizontal y Vertical del extremo D por una fuerza en ” RDx” y una en “RDy”:
ΔHD + δHHRHD+ δHVRVD= 0
ΔVD + δHVRHD+ δVVRVD = 0
Donde:
∫ ∫
∫ ∫
∫
4. Obtenemos las ecuaciones de momento parea cada elemento del marco.
Por carga real:
I
2I
I
2Ton
x
y
x
y
x
y

Carga virtual “RDy” =1 Ton
Carga virtual “RDx” =1 Ton
I
2I
I
1 Ton
x
y
x
y
x
y
I
2I
I
1Ton
x
y
x
y
x
y
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mxv Ec. mxH I
D-C 0≤X≤5 0 0 -X 1
C-B 0≤X≤8 0 X -5 2
B-A 0≤X≤5 -2X 8 -(5-X) 1

∫ = ( )( )( ) =
∫ = ( )( )( ) =
∫ = ( )( )( ) ( )( )( ) =
∫ =
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) =
∫
( )( )( ) ( )( )( )
6. De la condición de desplazamiento en el apoyo redundante tenemos:
ΔHD + δHHRHD+ δHVRVD= 0
ΔVD + δHVRHD+ δVVRVD = 0

Sistema de ecuaciones a resolver. (En Forma Matricial).
[ ] { } { }
Método de las Flexibilidades:
{ }[ ] { }
Asi { } [ ] { } [ ]{ }
RHD = RDx = 0.4559 Ton ←
RVD = RDy = 0.6959 Ton ↑

MÉTODO DE FLEXIBILIDADES.
Aplicar el método de trabajo virtual, para encontrar las reacciones redundantes en el marco
mostrado, considerando solo los efectos de flexión.
Propiedades de la viga. EI como se definen en la figura.
R. Redundantes= 6– 3=3.
2. Considerando “RDx”, “RDy” Y “MD” como las reacciones redundantes:
Con las siguientes condiciones de carga en el marco:
MD
I
2I
I
2Ton
RAy
RAx
RDy
RDx
MD=1
I
2I
I
2Ton
RDy=1
RDx=1

Momento unitario.
del efecto de deformación por carga real, contrarrestado por las deformaciones
Horizontal y Vertical del extremo D por una fuerza en ” RDx” y una en “RDy”:
ΔHD + δHHRHD+ δHVRVD+ δHMMD = 0
ΔVD + δHVRHD+ δVVRVD + δVMMD = 0
θD + θHRRHD+ θVRRVD + θmmMD = 0
Donde:
∫ ∫
∫ ∫
∫ ∫
∫
∫
∫
I
2I
I
MD=1Ton*m

4. Obtenemos las ecuaciones de momento parea cada elemento del marco.
Por carga real:
Carga virtual “RDy” =1 Ton
I
2I
I
2Ton
x
y
x
y
x
y

Carga virtual “RDx” =1 Ton
Momento virtual “MD” =1 Ton*m
I
2I
I
1 Ton
x
y
x
y
x
y
I
2I
I
1Ton
x
y
x
y
x
y

∫ = ( )( )( ) =
∫ = ( )( )( ) =
∫ = ( )( )( ) ( )( )( ) =
∫ =
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) =
I
2I
I
x
y
x
y
x
y
MD=1Ton*m
Tramo Rango "X" Ec. Mx Ec. mxv Ec. mxH Ec. mxm I
D-C 0≤X≤5 0 0 -X 1 1
C-B 0≤X≤8 0 X -5 1 2
B-A 0≤X≤5 -2X 8 -(5-X) 1 1

∫
( )( )( ) ( )( )( )
∫ ( )( )( ) =
∫
( )
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( )
∫ ( )
=
( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) =
∫
( )
( )( )( ) ( )( )( )
6. De la condición de desplazamiento en el apoyo redundante tenemos:
ΔHD + δHHRHD+ δHVRVD+ δHMMD = 0
ΔVD + δHVRHD+ δVVRVD + δVMMD = 0
θD + θHRRHD+ θVRRVD + θmmMD = 0

Sistema de ecuaciones a resolver. (En Forma Matricial).
[ ] { } { }
Método de las Flexibilidades:
{ }[ ] { }
Asi { } [ ] { } [ ]{ }
RHD = RDx = 1 Ton ←
RVD = RDy = 0.551 Ton ↑
MD = 2.794 Ton*m

1
ANALISIS ESTRUCTURAL II JOEL MELCHOR OJEDA RUIZ
METODO PENDIENTE-DEFLEXION
INTRODUCCION
El método de deflexión de la pendiente es un método general aplicable en el análisis de vigas y
marcos rígidos, sean estáticamente determinados o indeterminados. Esta característica del método fué
fundamental para que se constituyera como uno de los principales métodos de análisis estructural, desde su
presentación en 1915; sin embargo, su popularidad disminuyó con la presentación de la técnica de
relajación de la distribución de momentos (i.e. método de Cross). En la clasificación moderna de los
diferentes métodos de análisis estructural (métodos de fuerzas y desplazamientos) este método ha sido
ubicado en el grupo de los métodos de desplazamiento.
DESCRIPCION GENERAL
El método se basa en la determinación de los desplazamientos de los nodos. Para lograrlo, es
necesario establecer las ecuaciones de equilibrio de fuerzas en la dirección de los desplazamientos
considerados en la estructura.
Con la aplicación de las relaciones esfuerzo-deformación del material, las fuerzas internas de los
elementos que concurren al nodo se pueden expresar en función de los desplazamientos del nodo. Estas
expresiones conocidas como ecuaciones pendiente-deflexión se sustituyen en la ecuaciones de equilibrio y
se obtienen estas últimas en función de los desplazamientos de los nodos. De esta forma se genera un
sistema de ecuaciones en el que las incógnitas corresponden a los valores de los desplazamientos. Este
sistema tiene como particularidad que la cantidad de ecuaciones de equilibrio, es igual a la de
desplazamientos. Al establecer los valores que adquieren los desplazamientos, estos se aplican a las
ecuaciones pendiente-deflexión, obteniéndose con ello los momentos flexionantes totales en los extremos
de los elementos estructurales.
Este método en su forma convencional es obseleto hoy en día, sin embargo se sigue considerando
como uno de los métodos de desplazamiento más importante de acuerdo con las siguientes consideraciones:
1. Para algunos sistemas estructurales simples (vigas, marcos rígidos) el método puede presentar
una solución rápida.
2. Las ecuaciones fundamentales del método sirven de base para el desarrollo del método de
distribución de momentos.
3. Las ecuaciones fundamentales del método establecen la base de introducción de métodos de
formulación matricial.
DEDUCCION DE LAS ECUACIONES
Las ecuaciones pendiente-deflexión, con las que se determinan los momentos flexionantes en los
extremos de los elementos estructurales, considerando efectos de flexión y despreciando los efectos de la
fuerza cortante, fuerza normal y torsión, se establecen en función de:
• Cargas en el claro.
• Rotaciones en los extremos de los elementos estructurales. (Giros de la tangente en los
extremos de la curva elástica de la barra.)
• Desplazamiento transversal relativo de los extremos del elemento estructural. (Rotación de la
cuerda que une los extremos de la curva elástica de la barra.)

2
Tomando en cuenta únicamente las condiciones de carga y deformación mencionados, las
ecuaciones pendiente-deflexión, en un miembro prismático con comportamiento elástico lineal, se obtienen
como una superposición de causas y efectos a traves de las siguientes consideraciones:
1. Considérese el elemento estructural mostrado en la siguiente figura (el cual puede ser uno de
los elementos estructurales que conforman un marco rígido).
Fig 1.1 Condición general de carga en un elemento estructural.
Se establece la condición de fijación de los nodos impidiendo desplazamientos angulares y de
translación en los extremos. Es posible de esta manera calcular los momentos de
empotramiento.
Fig. 1.2 Condición de fijación de nodos.
2. Por condiciones de carga externa, los nodos A y B se consideran sometidos a la acción de
momentos desequilibrantes, lo que origina desplazamientos angulares en tales nodos.
Fig. 1.3 Condición de fuerzas en los nodos, por giros únicamente.
3. Es posible que se dé un desplazamiento transversal ∆, relativo entre los nodos A y B, que
origina una rotación
L
∆
=
ϕ

3
de la cuerda que une los extremos A y B de la curva elástica. El desplazamiento ∆ puede ser
ocasionado por asentamientos en los apoyos o bien por aplicación de fuerzas horizontales en
el caso de marcos rígidos.
Fig. 1.4 Condición de fuerzas en los nodos por rotación del eje del elemento estructural.
Considerando los giros en los extremos y la rotación del eje del elemento estructural, se tendrá la
configuración de deformación mostrada en la siguiente fig., es necesario hacer notar que los
desplazamientos son producidos exclusivamente por flexión.
Fig 1.5 Condición de fuerzas en los nodos por giros y rotación
del eje del elemento estructural.
El momento final en los extremos de la barra, estará determinado por la suma algebráica
BA
BA
BA
AB
AB
AB
'
M
M
M
'
M
M
M
+
=
+
=
( 1.1 )
o bien
)
M
M
(
M
M
)
M
M
(
M
M
B
BA
BA
A
AB
AB
ϕ
+
+
=
ϕ
+
+
=
φ
φ
( 1.2 )
Determinar los momentos finales en los extremos de los elementos estructurales, será posible
mediante la suma algebráica de los términos que corresponden a un nodo en particular, a partir de las
siguientes tres etapas:

4
1. Se fijan los nodos evitando el desplazamiento angular y transversal y se calculan los momento
de empotramiento.
2. Se permite el giro en el extremo A y se establecen los momentos para esta condición de
deformación, se permite el giro en el extremo opuesto y se establecen los momentos para esta
nueva condición de deformación.
3. Se permite el desplazamiento transversal relativo entre los puntos A y B del elemento
estructural y se determina el momento que establece la condición de deformación.
A partir de la última figura, se tiene que
ϕ
−
θ
=
φ
ϕ
−
θ
=
φ
B
B
A
A
( 1.3 )
Los giros A
φ y B
φ se pueden determinar por los teoremas de Mohr ó por el método de la viga
conjugada, que por el principio de superposición la condición de carga mostrada en la fig 1.1 se puede
separar en las siguientes condiciones de carga
Fig 1.6 Determinación de las rotaciones en A y B, por aplicación de la Viga Conjugada,
considerando cada una de las condiciones de carga actuando en el elemento estructural,
De acuerdo con el primer corolario de la viga conjugada:
EI
Vx
x =
φ ( 1.4 )
y del principio de superposición de causas y efectos (de la fig. 1.6):
III
,
B
II
,
B
I
,
B
B
III
,
A
II
,
A
I
,
A
A
φ
+
φ
−
φ
−
=
φ
φ
−
φ
+
φ
=
φ
( 1.5 )

5
De la fig. 1.6 se tiene que:
EI
3
L
M
EI
6
L
M
LEI
)
M
(
EI
6
L
M
EI
3
L
M
LEI
)
M
(
BA
AB
A
o
B
BA
AB
B
o
A
+
−
−
=
φ
−
+
=
φ
( 1.6 )
Sustituyendo estas últimas en (1.3 ), se tiene que:
ϕ
−
θ
=
+
−
−
ϕ
−
θ
=
−
+
B
BA
AB
A
o
A
BA
AB
B
o
EI
3
L
M
EI
6
L
M
LEI
)
M
(
EI
6
L
M
EI
3
L
M
LEI
)
M
(
( 1.7 )
Resolviendo las ecuaciones simultáneas (1.7 ), se tiene
]
)
M
(
)
M
(
2
[
L
2
)
3
2
(
L
EI
2
M
]
)
M
(
2
)
M
[(
L
2
)
3
2
(
L
EI
2
M
B
o
A
o
2
B
A
BA
B
o
A
o
2
B
A
AB
−
+
ϕ
−
θ
+
θ
=
−
+
ϕ
−
θ
+
θ
=
( 1.8 )
Si se considera el elemento estructural como una viga con dos extremos empotrados, las
condiciones de despazamiento en los apoyos son
0
B
A =
ϕ
=
θ
=
θ
Sustituyendo estos valores en (1.8 )
]
)
M
(
)
M
(
2
[
L
2
M
]
)
M
(
2
)
M
[(
L
2
M
B
o
A
o
2
BA
B
o
A
o
2
AB
−
=
−
=
( 1.9 )
Las expresiones anteriores deben ser entónces los momentos de empotramiento AB
M y BA
M . Así
pues, en forma general las expresiones (1.8 ) se plantean como
BA
B
A
BA
AB
B
A
AB
M
)
3
2
(
L
EI
2
M
M
)
3
2
(
L
EI
2
M
+
ϕ
−
θ
+
θ
=
+
ϕ
−
θ
+
θ
=
Las cuales son conocidas como las ecuaciones pendiente-deflexión.
En los siguientes ejemplos de este capítulo, se aplicarán las ecuaciones pendiente – deflexión, en
la determinación de diagramas de fuerza cortante y momento flexionantes, tanto en vigas como en marcos,
a partir de las deformaciones de estas estructuras.

6
≤
≤
≤
Ejercicio 1.1
Aplicar el método pendiente-deflexión a la viga mostrada en la figura, para determinar los
elementos mecánicos en los extremos de cada uno de los tramos, así como las rotaciones en los apoyos.
Fig. 1.7 Viga continua del ejercicio 1.1
SOLUCION
I. CONDICIONES GENERALES DE DEFORMACION
Rotaciones θ:
En el apoyo “A”, θA=0.
En el apoyo “B”, 0
B ≠
θ .
En el apoyo “C”, 0
C ≠
θ .
En el apoyo “D”, 0
D ≠
θ .
Fig. 1.8 Desplazamientos angulares a considerar en la deformación.
Nótese que los desplazamientos se han supuesto en sentido positivo, el sentido correcto será
determinado posteriormente.
Desplazamientos transversales relativos ϕ:
En todos los tramos son nulos, debido a que no se presentan desplazamientos verticales en los
apoyos, por lo que ϕ=0 en cada uno de los tramos.
II. MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO.
Tramo AB
Condición de carga:
uniformemente distribuida w=7.5 ton/m, L=6.0 m.
En el extremo “A”,
m
ton
5
.
22
12
)
0
.
6
)(
5
.
7
(
12
wL
M
2
2
AB −
−
=
−
=
−
=
En el extremo “B”,
m
ton
5
.
22
12
)
0
.
6
)(
5
.
7
(
12
wL
M
2
2
BA −
=
=
=
Tramo BC
No hay condición de carga.
En el extremo “B”, 0
MBC =
En el extremo “C”, 0
MCB =
Tramo CD
concentrad al centro del claro P=4.5 ton, L=9.0 m Fig. 1.9 Condiciones de fijación

7
En el extremo “C”, m
ton
06
.
5
8
)
0
.
9
)(
5
.
4
(
8
PL
MCD −
−
=
−
=
−
=
En el extremo “D”, m
ton
06
.
5
8
)
0
.
9
)(
5
.
4
(
8
PL
MDC −
=
=
=
III) RIGIDECES RELATIVAS 





=
L
I
K
Tramo Inercia Long. K=I/L
AB 2I 6.0 0.333I 0.333I/0.333I=k
BC I 3.0 0.333I 0.333I/0.333I=k
CD 6I 9.0 0.667I 0.667I/0.333I=2k
IV) ECUACIONES PENDIENTE-DEFLEXION EN CADA TRAMO
Tramo AB
( )
( ) B
B
B
A
BA
BA
B
B
B
A
AB
AB
Ek
4
5
.
22
)
2
0
)(
k
(
E
2
5
.
22
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
5
.
22
)
0
)(
k
(
E
2
5
.
22
2
L
EI
2
M
M
θ
+
=
θ
+
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
−
=
θ
+
+
−
=
θ
+
θ
+
=
Tramo BC
( )
( ) C
B
C
B
C
B
CB
CB
C
B
C
B
c
B
BC
BC
Ek
4
Ek
2
)
2
)(
k
(
E
2
0
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
4
)
2
)(
k
(
E
2
0
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
Tramo CD
( )
( ) D
C
D
C
D
C
DC
DC
D
C
D
C
D
C
CD
CD
Ek
8
Ek
4
06
.
5
)
2
)(
k
2
(
E
2
06
.
5
2
L
EI
2
M
M
Ek
4
Ek
8
06
.
5
)
2
)(
k
2
(
E
2
06
.
5
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
−
=
θ
+
θ
+
−
=
θ
+
θ
+
=
V) CONDICIONES DE EQUILIBRIO
Se plantea una condición de equilibrio por cada grado de libertad en la estructura, en la viga se
tienen 3 grados de libertad que corresponden a los desplazamientos angulares (ó rotaciones) en los apoyos
B, C y D.
La condición de equilibrio en la dirección de los desplazamientos corresponde a una suma de
momentos en los apoyos mencionados.
a) En la dirección de θΒ:
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M BC
BA
B
Fig. 1.10 Condición de equilibrio a considerar en la dirección de θΒ
Sumando las expresiones de los momentos en el apoyo B, definidas por las ecuaciones pendiente-
deflexión (nótese que se han supuesto positivos los momentos para ser congruentes con el sentido del
desplazamiento en este apoyo, el sentido correcto se definirá posteriormente):

8
(22.5 + 4EkθB ) + (4EkθB + 2EkθC) = 0
8EkθB + 2EkθC) = -22.5 ...................................... ( 1 )
b) En la dirección de θC:
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M CD
CB
C
Fig. 1.11 Condición de equilibrio a considerar, en la dirección de θC.
Sumando las expresiones de los momentos en el apoyo C, definidas por las ecuaciones pendiente-
(2EkθB + 4EkθC ) + (-5.06 + 8EkθC + 4EkθD) = 0
2EkθB + 12EkθC + 4EkθD = 5.06 ...................................... ( 2 )
c) En la dirección de θD:
∑ =
= 0
M
;
0
M DC
D
Fig. 1.12 Condición de equilibrio a considerar, en la dirección de θD
Esta condición de equilibrio debe ser congruente con el sentido del desplazamiento en el apoyo D
y cumplir con la condición de momentos nulos en apoyos simples.
5.06 + 4EkθC + 8EkθD = 0
4EkθC + 8EkθD = -5.06 ................................................... ( 3 )
VI) SISTEMA DE ECUACIONES DE LA VIGA.
A partir de las condiciones de equilibrio se genera el sistema de ecuaciones, en el cual las
variables corresponden a los desplazamientos de la viga, así resolviendo este sistema de ecuaciones
encontramos la magnitud y el sentido de aplicación de los diferentes desplazamientos.
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1), (2) y (3), forman el sistema mencionado:
8EkθB + 2EkθC = -22.5 .................. (1)
2EkθB + 12EkθC + 4EkθD = 5.06 .................. (2)
4EkθC + 8EkθD = -5.06 .................. (3)
Arreglando términos y expresando el sistema en forma matricial:










−
−
=










θ
θ
θ










06
.
5
06
.
5
5
.
22
Ek
8
Ek
4
0
Ek
4
Ek
12
Ek
2
0
Ek
2
Ek
8
D
C
B
La representación anterior es de la forma [K]{δ}={F}, que es la forma básica del método de
rigideces. Nótese que la matríz [K] (matríz de rigidez) es simétrica, lo cual hace que se cumpla con una de
las condiciones para que el sistema de ecuaciones tenga solución.

9
Para resolver el sistema de ecuaciones:










−
−
=










θ
θ
θ










06
.
5
06
.
5
5
.
22
Ek
Ek
Ek
8
4
0
4
12
2
0
2
8
D
C
B
SOLUCION DEL SISTEMA DE ECUACIONES
EkθB = -3.1603
EkθC = 1.3911
EkθD = -1.3280
Expresando los desplazamientos en términos del coeficiente de rigidez a la flexión EI:
EIθB = -9.4809
EIθC = 4.1733
EIθD = -3.9840
VII) MOMENTOS FLEXIONANTES EN LOS EXTREMOS DE CADA TRAMO
A partir de las ecuaciones pendiente-deflexión definidas para cada tramo y tomando en cuenta los
desplazamientos en cada apoyo:
Tramo AB
m
ton
859
.
9
)
1603
.
3
(
4
5
.
22
Ek
4
5
.
22
M
m
ton
821
.
28
)
1603
.
3
(
2
5
.
22
Ek
2
5
.
22
M
B
BA
B
AB
−
=
−
+
=
θ
+
=
−
−
=
−
+
−
=
θ
+
−
=
Tramo BC
m
ton
756
.
0
)
3911
.
1
(
4
)
1603
.
3
(
2
Ek
4
Ek
2
M
m
ton
859
.
9
)
3911
.
1
(
2
)
1603
.
3
(
4
Ek
2
Ek
4
M
C
B
CB
C
B
BC
−
−
=
+
−
=
θ
+
θ
=
−
−
=
+
−
=
θ
+
θ
=
Tramo CD
m
ton
0004
.
0
)
328
.
1
(
8
)
3911
.
1
(
4
06
.
5
Ek
8
Ek
4
06
.
5
M
m
ton
757
.
0
)
328
.
1
(
4
)
3911
.
1
(
8
06
.
5
Ek
4
Ek
8
06
.
5
M
D
C
DC
D
C
CD
−
=
−
+
+
=
θ
+
θ
+
=
−
=
−
+
+
−
=
θ
+
θ
+
−
=
Fig. 1.13 Momentos flexionantes y fuerzas cortantes, en los extremos de cada tramo.
VIII) VERIFICACION DE LAS CONDICIONES DE EQUILIBRIO
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M BC
BA
B
9.859 + (-9.859) = 0
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M CD
CB
C
(-0.756) + 0.757 = 0.001
∑ =
= 0
M
;
0
M DC
D

10
DE ESTOS RESULTADOS SE OBSERVA QUE EFECTIVAMENTE, SI SE CUMPLEN
LAS CONDICIONES DE EQUILIBRIO.
IX) CONFIGURACION DE DEFORMACION
Fig. 1.14 Configuración de deformación de la viga (rotaciones positivas, según la regla de mano derecha)
X) DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLEXIONANTES
Fig 1.15 Diagramas de fuerza cortantes y momentos flexionantes de la viga del ejercicio 1.1

11
Ejercicio 1.2
Aplicar el método pendiente-deflexión a la viga del problema anterior, para determinar los
elementos mecánicos en los extremos de cada tramo, considerando que en el apoyo en C se presenta un
desplazamiento vertical de 0.25 cm hacia abajo. Considerar I=48,000 cm4
y E=2,100 Ton/cm2
.
SOLUCION
I) CONDICIONES GENERALES DE DEFORMACION
Rotaciones θ:
De manera similar al problema anterior y dado que las condiciones de apoyo no se modifican:
En el apoyo “A”, θA=0.
En el apoyo “B”, θB ≠ 0 .
En el apoyo “C”, θC ≠ 0 .
En el apoyo “D”, θD ≠ 0 .
Tramo AB:
ϕAB = 0
Tramo BC:
ϕ
ϕ
BC
BC
CB
BC
L
L
= = =
= = =
∆
∆
0 25
300
000083
0 25
300
000083
.
.
.
.
ϕAB=0
ϕBC=+∆/LBC ϕCD=-∆/LCD
ϕCD=-∆/LCD
ϕBC=+∆/LBC
A B C D
6I
I
2I
0.25 cm
4.5 mts
4.5 mts
3.0 mts
6.0 mts
D
C
B
A
P=4.5 Ton
w=7.5 Ton/m

12
Tramo CD:
ϕ
ϕ
CD
CD
DC
CD
L
L
= − = − = −
= − = − = −
∆
∆
0 25
900
0 00028
0 25
900
0 00028
.
.
.
.
II. MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO.
Del problema anterior:
Tramo AB
M ton m
AB = − −
22 5
.
M ton m
BA = −
22 5
.
Tramo BC
MBC = 0
MCB = 0
Tramo CD
M ton m
CD = − −
506
.
M ton m
DC = −
506
.
III) RIGIDECES RELATIVAS K
I
L
=






Del problema anterior:
Tramo Rigidez
AB k
BC k
CD 2k
Tramo AB
( )
( ) B
B
AB
B
A
BA
BA
B
B
AB
B
A
AB
AB
Ek
4
5
.
22
)
0
2
0
)(
k
(
E
2
5
.
22
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
5
.
22
)
0
0
)(
k
(
E
2
5
.
22
3
2
L
EI
2
M
M
θ
+
=
+
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
θ
+
−
=
+
θ
+
+
−
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Tramo BC Ek=(2100 Ton/cm2
)(48000 cm4
/300 cm)=336000 Ton-cm=3360 Ton-m
( )
( ) 73
.
16
Ek
4
Ek
2
)]
00083
.
0
(
3
2
)[
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
73
.
16
Ek
2
Ek
4
)]
00083
.
0
(
3
2
)[
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
C
B
C
B
BC
C
B
CB
CB
C
B
C
B
BC
c
B
BC
BC
−
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
−
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=

13
Tramo CD Ek=3360 Ton-m
( )
( ) 35
.
16
Ek
8
Ek
4
)]
00028
.
0
(
3
2
)[
k
2
(
E
2
06
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
23
.
6
Ek
4
Ek
8
)]
00028
.
0
(
3
2
)[
k
2
(
E
2
06
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
D
C
D
C
CD
D
C
DC
DC
D
C
D
C
CD
D
C
CD
CD
+
θ
+
θ
=
+
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
+
θ
+
θ
=
+
θ
+
θ
+
−
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
De manera similar que en el problema anterior, una condición de equilibrio por cada uno de los
posibles desplazamientos, planteando las condiciones de equilibrio en las direcciones de los
desplazamientos:
a) En la dirección de θΒ:
M M M
B BA BC
= + =
∑ 0 0
;
(22.5 + 4EkθB ) + (4EkθB + 2EkθC -16.73) = 0
8EkθB + 2EkθC = -5.77 ...................................... ( 1 )
b) En la dirección de θC:
M M M
C CB CD
= + =
∑ 0 0
;
(2EkθB + 4EkθC -16.73) + (8EkθC + 4EkθD + 6.23 ) = 0
2EkθB + 12EkθC + 4EkθD = 10.50 ...................................... ( 2 )
c) En la dirección de θD:
M M
D DC
= =
∑ 0 0
;
4EkθC + 8EkθD + 16.35 = 0
4EkθC + 8EkθD = -16.35 ................................................... ( 3 )
VI) SISTEMA DE ECUACIONES DE LA VIGA.
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1), (2) y (3), forman el sistema:
8EkθB + 2EkθC = -5.77 .................. (1)
2EkθB + 12EkθC + 4EkθD = 10.50 .................. (2)
4EkθC + 8EkθD = -16.35 .................. (3)
8 2 0
2 12 4
0 4 8
577
1050
1635
Ek Ek
Ek Ek Ek
Ek Ek
B
C
D




















=
−
−










θ
θ
θ
.
.
.
8 2 0
2 12 4
0 4 8
577
1050
1635




















=
−
−










Ek
Ek
Ek
B
C
D
θ
θ
θ
.
.
.

14
EkθB = -1.25
EkθC = 2.12
EkθD = -3.10
EIθB =-3.753
EIθC =6.366
EIθD =-9.309
Tramo AB
m
ton
5
.
17
)
25
.
1
(
4
5
.
22
Ek
4
5
.
22
M
m
ton
0
.
25
)
25
.
1
(
2
5
.
22
Ek
2
5
.
22
M
B
BA
B
AB
−
=
−
+
=
θ
+
=
−
−
=
−
+
−
=
θ
+
−
=
Tramo BC
ton
75
.
10
73
.
16
)
12
.
2
(
4
)
25
.
1
(
2
73
.
16
Ek
4
Ek
2
M
m
ton
49
.
17
73
.
16
)
12
.
2
(
2
)
25
.
1
(
4
73
.
16
Ek
2
Ek
4
M
C
B
CB
C
B
BC
−
=
−
+
−
=
−
θ
+
θ
=
−
−
=
−
+
−
=
−
θ
+
θ
=
Tramo CD
0
.
0
m
ton
03
.
0
35
.
16
)
10
.
3
(
8
)
12
.
2
(
4
35
.
16
Ek
8
Ek
4
M
m
ton
79
.
10
23
.
6
)
10
.
3
(
4
)
12
.
2
(
8
23
.
6
Ek
4
Ek
8
M
D
C
DC
D
C
CD
≅
−
=
+
−
+
=
+
θ
+
θ
=
−
=
+
−
+
=
+
θ
+
θ
=
M M M
B BA BC
= + =
∑ 0 0
;
17.5 + (-17.49) = 0.01
M M M
C CB CD
= + =
∑ 0 0
;
(-10.75) + 10.79 = 0.04
03
.
0
M
;
0
M DC
D
∑ =
=
θB
θB
θC
θC
D
C
B
θD
A

15
X) DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTOS FLEXIONANTES
6I
I
2I
4.5 mts
4.5 mts
3.0 mts
6.0 mts
D
C
B
A
P=4.5 Ton
w=7.5 Ton/m
23.75 Ton 30.65 Ton 8.36 Ton 3.45 Ton
25 Ton-m
3.17 mts 2.83 mts
23.75
21.25
9.41
1.05
3.45
V:(Ton)
M:(Ton-m)
25.0
12.644
17.429
10.80
15.529

16
Ejercicio 1.3
Aplicar el método pendiente-deflexión al marco mostrada en la figura, para determinar los
elementos mecánicos en los extremos de cada uno de los tramos, así como las rotaciones en los apoyos.
1.5 m
2.0 m
4.0 m
4.0 m
5
4
2
3
1
I
5 Ton
10 Ton
3 Ton/m
I
2I
3I
SOLUCION
Rotaciones θ:
1 3
2 4
5
θ2 θ4
θ5
θ3
θ1=0
En el apoyo 1, θ1=0. En el apoyo 3, 0
3
≠
θ . En el nodo 2, 0
2
≠
θ .
En el apoyo 5, 0
5
≠
θ . En el nodo 4, 0
4
≠
θ .
Desplazamientos transversales relativos ∆(ϕ=∆/L):
En todos las barras son nulos, debido a que no se presentan tanto desplazamientos verticales como
horizontales en los apoyos, por lo que ϕ=0 en cada una de las barras.
II) MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO.
Barra 1-2
concentrada fuera del centro del claro
P =5.0 ton, L=3.0 m, a=2.0 m, b=1.0 m.
En el extremo 1, m
ton
11
.
1
)
0
.
3
(
)
0
.
1
)(
0
.
2
)(
0
.
5
(
L
Pab
M 2
2
2
2
12
−
−
=
−
=
−
=
1.0 m
M21
M12
2.0 m
2
1
I
5 Ton

17
En el extremo 2, m
ton
22
.
2
)
0
.
3
(
)
0
.
1
(
)
0
.
2
)(
0
.
5
(
L
b
Pa
M 2
2
2
2
21
−
=
=
=
Barra 2-4
uniformemente distribuida
w=3.0 ton/m, L=4.0 m
En el extremo 2, m
ton
0
.
4
12
)
0
.
4
)(
0
.
3
(
12
wL
M
2
2
24
−
−
=
−
=
−
=
En el extremo 4, m
ton
0
.
4
12
)
0
.
4
)(
0
.
3
(
12
wL
M
2
2
42
−
=
=
=
Barra 3-4
En el extremo 3, 0
M34
=
En el extremo 4, 0
M43
=
Barra 4-5
concentrada fuera del centro del claro
P =10.0 ton, L=4.0 m, a=1.5 m, b=2.5 m.
En el extremo 4, m
ton
86
.
5
)
0
.
4
(
)
5
.
2
)(
5
.
1
)(
0
.
10
(
L
Pab
M 2
2
2
2
45
−
−
=
−
=
−
=
En el extremo 5, m
ton
52
.
3
)
0
.
4
(
)
5
.
2
(
)
5
.
1
)(
0
.
10
(
L
b
Pa
M 2
2
2
2
54
−
=
=
=





=
L
I
K
Tramo Inercia Long. K=I/L Rigidez
1-2 I 3.0 0.333I 0.333I/0.333I=k
2-4 3I 4.0 0.75I
0.75I/0.333I= k
4
9
3-4 I 3.0 0.333I 0.333I/0.333I=k
4-5 2I 4.0 0.5I
0.5I/0.333I=
3
2
k
IV) ECUACIONES PENDIENTE-DEFLEXION EN CADA BARRA
Barra 1-2
( )
( ) 2
2
2
1
21
21
2
2
2
1
12
12
Ek
4
22
.
2
)
2
0
)(
k
(
E
2
22
.
2
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
11
.
1
)
0
)(
k
(
E
2
11
.
1
2
L
EI
2
M
M
θ
+
=
θ
+
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
−
=
θ
+
+
−
=
θ
+
θ
+
=
Barra 2-4
( )
( ) 4
2
4
2
4
2
42
42
4
2
4
2
4
2
24
24
Ek
9
Ek
2
9
0
.
4
)
2
(
k
4
9
E
2
0
.
4
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
9
Ek
9
0
.
4
)
2
(
k
4
9
E
2
0
.
4
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ






+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
−
=
θ
+
θ






+
−
=
θ
+
θ
+
=
M42
M24
4.0 m 4
2
3 Ton/m
3I
2.5 m
M54
M45
1.5 m
5
4
10 Ton
2I

18
Barra 3-4
( )
( ) 4
3
4
3
4
3
43
43
4
3
4
3
4
3
34
34
Ek
4
Ek
2
)
2
)(
k
(
E
2
0
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
4
)
2
)(
k
(
E
2
0
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
=
Barra 4-5
( )
( ) 5
4
5
4
5
4
54
54
5
4
5
4
5
4
45
45
Ek
6
Ek
3
52
.
3
)
2
(
k
2
3
E
2
52
.
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
3
Ek
6
86
.
5
)
2
(
k
2
3
E
2
86
.
5
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ






+
=
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
+
−
=
θ
+
θ






+
−
=
θ
+
θ
+
=
Se plantea una condición de equilibrio por cada grado de libertad en la estructura, en el marco se
tienen 4 grados de libertad que corresponden a los desplazamientos angulares (ó rotaciones) en los apoyos
1, 3 y 5 y en los nodos 2 y 4.
momentos en los apoyos y nodos mencionados.
a) En la dirección de θ2:
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 24
21
2
Sumando las expresiones de los momentos en el nodo 2, definidas por las ecuaciones pendiente-
(2.22 + 4Ekθ2 ) + (-4 + 9Ekθ2 +
2
9
Ekθ4) = 0
13Ekθ2 +
2
9
Ekθ4 = 1.78 ...................................... ( 1 )
b) En la dirección de θ4:
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 45
43
42
4
(4 +
2
9
Ekθ2 + 9Ekθ4 ) + (4Ekθ4 + 2Ekθ3) + (-5.86 + 6Ekθ4 + 3Ekθ5 ) = 0
2
9
Ekθ2 + 2Ekθ3 + 19Ekθ4 + 3Ekθ5 = 1.86 ...................................... ( 2 )
c) En la dirección de θ3:
M24
M21
1 3
2 4
2
M43
M42
θ4
5
4
3
1
M45
2
θ3
1 3
2 4 5
θ5
M54
M34

19
∑ =
= 0
M
;
0
M 34
3
Esta condición de equilibrio debe ser congruente con el sentido del desplazamiento en el apoyo 3 y
cumplir con la condición de momentos nulos en apoyos simples.
4Ekθ3 + 2Ekθ4 = 0 ................................................... ( 3 )
d) En la dirección de θ5:
∑ =
= 0
M
;
0
M 54
5
Esta condición de equilibrio debe ser congruente con el sentido del desplazamiento en el apoyo 5 y
cumplir con la condición de momentos nulos en apoyos simples.
3Ekθ4 + 6Ekθ5 = -3.52 ................................................... ( 4 )
VI) SISTEMA DE ECUACIONES DEL MARCO.
A partir de las condiciones de equilibrio se genera el sistema de ecuaciones, en el cual las variables
corresponden a los desplazamientos del marco, así resolviendo este sistema de ecuaciones encontramos la
magnitud y el sentido de aplicación de los diferentes desplazamientos.
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1), (2), (3) y (4), forman el sistema mencionado:
13Ekθ2 +
2
9
Ekθ4 = 1.78 .................. (1)
2
9
Ekθ2 + 2Ekθ3 + 19Ekθ4 + 3Ekθ5 = 1.86 .................. (2)
4Ekθ3 + 2Ekθ4 = 0 .................. (3)
3Ekθ4 + 6Ekθ5 = -3.52 .... ( 4 )














−
=














θ
θ
θ
θ












52
.
3
86
.
1
0
78
.
1
Ek
6
Ek
3
0
0
Ek
3
Ek
19
Ek
2
Ek
5
.
4
0
Ek
2
Ek
4
0
0
Ek
5
.
4
0
Ek
13
5
4
3
2
rigideces. Nótese que la matríz [K] (matríz de rigidez) es simétrica, lo cual asegura que el sistema de
ecuaciones tenga solución.














−
=














θ
θ
θ
θ












56
.
3
86
.
1
0
78
.
1
Ek
Ek
Ek
Ek
6
3
0
0
3
19
2
5
.
4
0
2
4
0
0
5
.
4
0
13
5
4
3
2

20
Ekθ2 = 0.067
Ekθ3 =-0.100
Ekθ4 = 0.200
Ekθ5 = -0.690
EIθ2 =0.201
EIθ3 =-0.300
EIθ4 =0.600
EIθ5 =-2.070
VII) MOMENTOS FLEXIONANTES EN LOS EXTREMOS DE CADA BARRA
A partir de las ecuaciones pendiente-deflexión definidas para cada barra y tomando en cuenta los
desplazamientos en cada nodo en los extremos:
Barra 1-2
m
ton
488
.
2
)
067
.
0
(
4
22
.
2
Ek
4
22
.
2
M
m
ton
976
.
0
)
067
.
0
(
2
11
.
1
Ek
2
11
.
1
M
2
21
2
12
−
=
+
=
θ
+
=
−
−
=
+
−
=
θ
+
−
=
Barra 2-4
m
ton
10
.
6
)
20
.
0
(
9
)
067
.
0
(
5
.
4
0
.
4
Ek
9
Ek
2
9
0
.
4
M
m
ton
497
.
2
)
20
.
0
(
5
.
4
)
067
.
0
(
9
0
.
4
Ek
2
9
Ek
9
0
.
4
M
4
2
42
4
2
24
−
=
+
+
=
θ
+
θ
+
=
−
−
=
+
+
−
=
θ
+
θ
+
−
=
Barra 3-4
m
ton
60
.
0
)
20
.
0
(
4
)
10
.
0
(
2
Ek
4
Ek
2
M
m
ton
0
.
0
)
20
.
0
(
2
)
10
.
0
(
4
Ek
2
Ek
4
M
4
3
43
4
3
34
−
=
+
−
=
θ
+
θ
=
−
=
+
−
=
θ
+
θ
=
Barra 4-5
m
ton
02
.
0
)
69
.
0
(
6
)
20
.
0
(
3
52
.
3
Ek
6
Ek
3
52
.
3
M
m
ton
73
.
6
)
69
.
0
(
3
)
20
.
0
(
6
86
.
5
Ek
3
Ek
6
86
.
5
M
5
4
54
5
4
45
−
−
=
−
+
+
−
=
θ
+
θ
+
=
−
−
=
−
+
+
−
=
θ
+
θ
+
−
=
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 24
21
2
2.488 + (-2.497) = -0.009
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 45
43
42
4
6.10 + 0.60 + (-6.73) = -0.03
∑ =
= 0
M
;
0
M 34
3
∑ =
= 0
M
;
0
M 54
5

21
5
4
2
3
1
X) DIAGRAMAS DE FUERZAS CORTANTES Y MOMENTOS FLEXIONANTES
2.5 m
1.5 m
5
4
10 Ton
2I
4.0 m 4
2
3 Ton/m
3I
1.0 m
2.488T-m
2.0 m
2
1
I
5 Ton
I
3
4
3.0 m
0.976T-m
2.497T-m 6.10T-m 6.73T-m
0.60T-m
1.163Ton
3.837Ton
5.1Ton 6.9Ton 7.933Ton 2.068Ton
0.2Ton
0.2Ton

22
Diagrama de fuerzas cortantes
2.068Ton
7.933Ton
6.90Ton
5.10Ton
3.837Ton
1.163Ton
0.2Ton
Diagrama de momentos flexionantes
0.976T-m
1.35T-m
2.497T-m
2.487T-m
1.838T-m
6.1T-m
6.73T-m
0.60T-m
5.17T-m
Diagrama de fuerzas axiales
14.833T-m
(comp)
3.837Ton
(comp)
5.10T-m
(comp)
4.037Ton
(comp)

23
Ejercicio No. 1.4
elementos mecánicos en los extremos de cada uno de las barras, así como los desplazamientos en los nodos.
5.0 Ton I I
2I
1
2 4
3
5.0 mts
3.0 mts
3.0 mts
SOLUCION
Rotaciones θ:
1
2
3
4
θ2 θ4
θ2=0 θ3=0
En el apoyo 1, θ1=0 En el nodo 2, θ2 0
≠ .
En el apoyo 3, θ3 0
= . En el nodo 4, θ4 0
≠ .
Desplazamientos transversales relativos ∆ (ϕ=∆/L):
Dado que la condición de carga no es simétrica, se presentará desplazamiento transversal relativo
en los extremos de las columnas. En la viga no se presenta desplazamiento transversal relativo puesto que
no se considera acortamiento de las columnas. Se considera también que la viga no tiene alargamiento o
acortamiento, lo cual conduce a que el desplazamiento lateral en ambas columnas sea igual.
En la columna 1-2:
ϕ12
12 60
= =
∆ ∆
L .

24
En la columna 3-4:
ϕ34
34 60
= =
∆ ∆
L .
De aquí que: ϕ ϕ ϕ
= =
12 34
Nótese que los desplazamientos se
han supuesto en sentido positivo, el sentido
correcto será determinado posteriormente.
Barra 1-2:
Condiciónde carga:
Carga concentrada al centro del claro
P=5.0 ton, L=6.0 m
En el extremo 1: M ton m
12
50 60
8
375
= − = − −
( . )( . )
.
21
50 60
8
375
= = −
( . )( . )
.
Barra 2-4:
En el extremo 2: M24 0
=
=
Barra 3-4:
=
=





=
L
I
K
1-2 I 6.0 0.167I 0.167I=k
2-4 2I 5.0 0.4I (0.4I)k/0.167I=2.4k
3-4 I 6.0 0.167I 0.167I=k
Barra 1-2
( )
( )
M M
EI
L
E k Ek Ek
M M
EI
L
E k Ek Ek
B
12 12 1 2 12 2 2
21 21 1 2 12 2
2
2 3 375 2 0 3 375 2 6
2
2 3 375 2 0 2 3 375 4 6
= + + − = − + + − = − + −
= + + − = + + − = + −
θ θ ϕ θ ϕ θ ϕ
. ( )( ) .
. ( )( ) .
Barra 2-4
( ) ( )
( ) ( )
M M
EI
L
E k Ek Ek
M M
EI
L
E k Ek Ek
24 24 2 4 2 4 2 4
42 42 2 4 2 4 2 4
2
2 0 2 2 4 2 9 6 48
2
2 2 2 4 2 4 8 9 6
= + + = + + = +
= + + = + = +
θ θ θ θ θ θ
θ θ θ θ θ θ
. ( ) . .
. ( ) . .
1
∆
ϕ=∆/h
2
3
4
ϕ=∆/h
∆
5.0 Ton
3.0 mts
3.0 mts
M12
I
1
M21
2

25
Barra 3-4
( )
( )
M M
EI
L
E k Ek Ek
M M
EI
L
E k Ek Ek
34 34 3 4 34 4 4
43 43 3 4 34 4 4
2
2 3 0 2 0 3 2 6
2
2 3 0 2 0 2 3 4 6
= + + − = + + − = −
= + + − = + + − = −
( )( )
( )( )
tienen 3 grados de libertad que corresponden a los desplazamientos angulares (ó rotaciones) en los nodos 2
y 4 y el desplazamiento lateral ∆ en los extremos de las columnas.
momentos en los nodos mencionados.
M M M
2 21 24
0 0
= + =
∑ ;
Sumando las expresiones de los
momentos en el nodo 2, definidas por las
ecuaciones pendiente-deflexión (nótese que
se han supuesto positivos los momentos para
ser congruentes con el sentido del
desplazamiento en este apoyo, el sentido
correcto se definirá posteriormente):
(3.75 + 4Ekθ2 - 6Ekϕ) + (9.6Ekθ2 + 4.8Ekθ4) =0
13.6Ekθ2 + 4.8Ekθ4 - 6Ekϕ = -3.75 ...................................... ( 1 )
M M M
4 42 43
0 0
= + =
∑ ;
Sumando las expresiones de los
momentos en el nodo 4, definidas por las
ecuaciones pendiente-deflexión (nótese que se
han supuesto positivos los momentos para ser
congruentes con el sentido del desplazamiento
en este apoyo, el sentido correcto se definirá
posteriormente):
( 4.8Ekθ2 + 9.6Ekθ4 ) + (4Ekθ4 - 6Ekϕ ) = 0
4.8Ekθ2 + 13.6Ekθ4 - 6Ekϕ = 0 ...................................... ( 2 )
c) En la dirección ∆:
La condición de equilibrio asociada al desplazamiento lateral ∆, corresponde a una sumatoria de
fuerzas lineales en la dirección del desplazamiento y actuando en el mismo punto que el desplazamiento:
1 3
M21
θ2 M24
2 4
1 3
2
M42
M43
θ4
4

26
F F F
H H H
= + =
∑ 0 0
2 4
;
Las fuerzas en los extremos de las
columnas se determinan por equilibrio
estático al considerar las cargas actuando
sobre el elemento:
Columna 1-2:
ϕ
−
θ
+
=





 ϕ
−
θ
+
+
ϕ
−
θ
+
−
+
=







 +
+
= Ek
2
Ek
5
.
2
0
.
6
)
Ek
6
Ek
4
75
.
3
(
)
Ek
6
Ek
2
75
.
3
(
5
.
2
L
M
M
5
.
2
F 2
2
2
12
21
12
2
H
Columna 3-4:
F
M M
L
Ek Ek Ek Ek
Ek Ek
H4
34 43
34
4 4
4
2 6 4 6
60
2
=
+





 =
− + −





 = −
( ) ( )
.
θ ϕ θ ϕ
θ ϕ
Por lo que la condición de equilibrio planteada será:
( ) ( )
2 5 2 2 0
2 4
. + − + − =
Ek Ek Ek Ek
θ ϕ θ ϕ
Ekθ2 + Ekθ4 - 4Ekϕ = -2.5 ................................. ( 3 )
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1), (2) y (3), forman el sistema mencionado:
13.6Ekθ2 + 4.8Ekθ4 - 6Ekϕ = -3.75 .................. (1)
4.8Ekθ2 + 13.6Ekθ4 - 6Ekϕ = 0 .................. (2)
Ekθ2 + Ekθ4 - 4Ekϕ = -2.5 .................. (3)
Arreglando términos y expresando el sistema en forma matricial (la tercer ecuación se multiplicó
por -6 para mostrar la forma simétrica de la matríz [K]):
136 4 8 6
4 8 136 6
6 6 24
375
0
150
2
4
. .
. .
.
.
.
Ek Ek Ek
Ek Ek Ek
Ek Ek Ek
−
−
− −




















=
−










θ
θ
ϕ
136 4 8 6
4 8 136 6
6 6 24
375
0
150
2
4
. .
. .
.
.
−
−
− −




















=
−










Ek
Ek
Ek
θ
θ
ϕ
5.0 Ton
M12
1
M34
3
M21
FH2
2
M43
FH4
4

27
Ekθ2 = -0.091
Ekθ4 = 0.335
Ekϕ = 0.686
EIθ2 =-0.545
EIθ3 = 2.006
EIϕ = 4.108
desplazamientos en cada nodo:
Tramo 1-2
m
ton
73
.
0
)
686
.
0
(
6
)
091
.
0
(
4
75
.
3
Ek
6
Ek
4
75
.
3
M
m
ton
048
.
8
)
686
.
0
(
6
)
091
.
0
(
2
75
.
3
Ek
6
Ek
2
75
.
3
M
2
21
2
12
−
−
=
−
−
+
=
ϕ
−
θ
+
+
=
−
−
=
−
−
+
−
=
ϕ
−
θ
+
−
=
Tramo 2-4
M Ek Ek ton m
M Ek Ek ton m
24 2 4
42 2 4
9 6 4 8 9 6 0 091 48 0335 0 734
48 9 6 48 0 091 9 6 0335 2 779
= + = − + = −
= + = − + = −
. . . ( . ) . ( . ) .
. . . ( . ) . ( . ) .
θ θ
θ θ
Tramo 3-4
M Ek Ek ton m
M Ek Ek ton m
34 4
43 4
2 6 2 0 335 6 0 686 3446
4 6 4 0 335 6 0 686 2 776
= − = − = − −
= − = − = − −
θ ϕ
θ ϕ
( . ) ( . ) .
( . ) ( . ) .
M M M
2 21 24
0 0
= + =
∑ ;
(-0.73) + 0.734 = 0.004
M M M
4 42 43
0 0
= + =
∑ ;
2.779 + (-2.776) = 0.003
F F F
H H H
= + =
∑ 0 0
2 4
;
F
M M
L
ton
H2
12 21
12
2 5 2 5
8 048 073
60
1037
= +
+





 = +
− + −





 =
. .
( . ) ( . )
.
.
F
M M
L
ton
H4
34 43
34
3446 2 776
60
1037
=
+





 =
− + −





 = −
( . ) ( . )
.
.
por lo que:
1.037 - 1.037 ~= 0

28
θ2=0
1
θ3=0
3
2
θ2
4
θ4
ϕ ϕ
X) DIAGRAMAS DE FUERZAS CORTANTES, MOMENTOS FLEXIONANTES Y FUERZA
AXIAL
8.048T-m
0.73T-m
3.0 mts
5.0 Ton
1
3.0 mts
2
2 4
3
6.0 mts
4
3.446T-m
2.776T-m
5.0 mts
0.734T-m 2.779T-m
0.703Ton 0.703Ton
1.037Ton
1.037Ton
1.037Ton
3.963Ton
1 3
2
4
1.037Ton
3.963Ton
0.703Ton
0.703Ton
1.037Ton

29
0.73T-m
8.048T-m
3.841T-m
1
2
3 3.446T-m
2.779T-m
4
2.776T-m
0.703Ton
1
2
3
0.703Ton
4
1.037Ton

30
Ejercicio No. 1.5
elementos mecánicos en los extremos de cada una de las barras, así como los desplazamientos en los nodos.
8.0 mts
3.0 mts
3.0 mts
6 Ton
3 Ton
2I
2.5I
I
I I
I
1
2
3 6
5
4
SOLUCION
Rotaciones θ:
En el apoyo 1, θ1=0 En el nodo 2, 0
2 ≠
θ .
En el apoyo 4, 0
4 =
θ En el nodo 5, 0
5 ≠
θ .
En el nodo 3, 0
3 ≠
θ .
En el nodo 6, 0
6 ≠
θ .
Nótese que los desplazamientos se han
supuesto en sentido positivo, el sentido correcto
será determinado posteriormente.
Desplazamientos transversales relativos ∆ (ϕ=∆/L):
El efecto producido por el
sistema de cargas aplicado, es el
desplazamiento lateral de las columnas.
En las vigas no se presentan
desplazamientos transversales relativos
puesto que no se considera
acortamiento en las columnas. Se
considera también que las vigas no
tiene alargamiento o acortamiento, lo
cual conduce a que el desplazamiento
lateral en ambas columnas de entrepiso
sea igual.
En las columnas del primer nivel, 1-2 y 4-5
0
.
3
L
2
12
2
45
12
∆
=
∆
=
ϕ
=
ϕ
En las columnas del segundo nivel 2-3 y 5-6, el desplazamiento transversal relativo queda definido por la
diferencia de desplazamientos )
( 2
1 ∆
−
∆ :
0
.
3
L
2
1
23
2
1
56
23
∆
−
∆
=
∆
−
∆
=
ϕ
=
ϕ
1
θ2
2
3
θ3
4
θ5
5
6
θ6
ϕ12
1
ϕ23
3
2
∆2
∆1
∆1-∆2
6
5
4
ϕ45
∆1-∆2
ϕ56
∆2
∆1

31
La condición de carga aplicada al marco no produce momentos de empotramiento en ninguna de
las barras:
Barra 1-2: Barra 2-3: Barra 4-5:
En el extremo 1: 0
M12 = En el extremo 2: 0
M45 =
En el extremo 2: 0
M54 =
Barra 5-6: Barra 2-5: Barra 3-6:
En el extremo 5: 0
M36 =
En el extremo 6: 0
M63 =





=
L
I
K
1-2 I 3.0 0.333I 0.333I=k
2-3 I 3.0 0.333I (0.333I)k/0.333I=k
4-5 I 3.0 0.333I (0.333I)k/0.333I=k
5-6 I 3.0 0.333I (0.333I)k/0.333I=k
2-5 2.5I 8.0 0.3125I (0.3125I)k/0.333I=0.9375k
3-6 2I 8.0 0.25I (0.25I)k/0.333I=0.75k
IV) ECUACIONES PENDIENTE-DEFLEXION EN CADA BARRA
Barra 1-2
( )
( ) 2
2
2
2
12
2
1
21
21
2
2
2
2
12
2
1
12
12
Ek
2
Ek
4
3
3
2
0
)
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
2
3
3
0
)
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
−
θ
=





 ∆
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
−
θ
=













 ∆
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 2-3
( ) ( )
( ) ( ) 2
1
3
2
2
1
3
2
23
3
2
32
32
2
1
3
2
2
1
3
2
23
3
2
23
23
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
3
3
2
k
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
3
3
2
k
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=













 ∆
−
∆
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=













 ∆
−
∆
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 4-5
( )
( ) 2
5
2
5
45
5
4
54
54
2
5
2
5
45
5
4
45
45
Ek
2
Ek
4
3
3
2
0
)
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
2
3
3
0
)
k
(
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
−
θ
=





 ∆
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
−
θ
=













 ∆
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=

32
Barra 5-6
( ) ( )
( ) ( ) 2
1
6
5
2
1
6
5
56
6
5
65
65
2
1
6
5
2
1
6
5
56
6
5
56
56
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
3
3
2
k
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
3
3
2
k
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=













 ∆
−
∆
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=













 ∆
−
∆
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 2-5
( ) ( )
( ) ( ) 5
2
5
2
25
5
2
52
52
5
2
5
2
25
5
2
25
25
Ek
75
.
3
Ek
875
.
1
)
0
2
(
k
9375
.
0
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
875
.
1
Ek
75
.
3
)
0
2
(
k
9375
.
0
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 3-6
( ) ( )
( ) ( ) 6
3
6
3
36
6
3
63
63
6
3
6
3
36
6
3
36
36
Ek
3
Ek
5
.
1
)
0
2
(
k
75
.
0
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
5
.
1
Ek
3
)
0
2
(
k
75
.
0
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
θ
+
θ
=
−
θ
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
tienen 6 grados de libertad que corresponden a los desplazamientos angulares (ó rotaciones) en los nodos 2,
3, 5 y 6 y los desplazamientos laterales ∆1 y ∆2 en los extremos de las columnas del segundo y primer nivel
respectivamente.
La condición de equilibrio en la dirección de los desplazamientos corresponde, para el caso de las
rotaciones de los nodos, a una suma de momentos en los nodos mencionados y para el caso de los
desplazamientos laterales, una sumatoria de fuerzas en la dirección de los desplazamientos, es decir fuerzas
horizontales actuando en la estructura en los puntos en donde se presentan tales desplazamientos laterales.
1
3
2
4
6
5
M21
M25
M23
M36
M32
M63
M65
M56
M52
M54
θ3 θ6
θ2 θ5
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 25
23
21
2
(4Ekθ2 - 2Ek∆2) + (4Ekθ2 + 2Ekθ3 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2) + (3.75Ekθ2 + 1.875Ekθ5 )=0

33
11.75Ekθ2 + 2Ekθ3 + 1.875Ekθ5 - 2Ek∆1 = 0 ...................................... ( 1 )
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 36
32
3
( 2Ekθ2 + 4Ekθ3 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2) + (3Ekθ3 + 1.5Ekθ6 ) = 0
2Ekθ2 + 7Ekθ3 + 1.5Ekθ6 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2 = 0 ...................................... ( 2 )
c) En la dirección θ5:
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 56
54
52
5
(1.875Ekθ2 + 3.75Ekθ5 ) + (4Ekθ5 - 2Ek∆2 ) + ( 4Ekθ5 + 2Ekθ6 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2) = 0
1.875Ekθ2 + 11.75Ekθ5 + 2Ekθ6 - 2Ek∆1 = 0 ...................................... ( 3 )
d) En la dirección de θ6:
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 65
63
6
(1.5Ekθ3 + 3Ekθ6 ) + ( 2Ekθ5 + 4Ekθ6 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2) = 0
1.5Ekθ3 + 2Ekθ5 + 7Ekθ6 - 2Ek∆1 + 2Ek∆2 = 0 ...................................... ( 4 )
e) En la dirección de ∆1:
La condición de equilibrio asociada a los desplazamientos laterales ∆1 y ∆2, corresponde a una
sumatoria de fuerzas lineales en la dirección de los desplazamientos y actuando en los mismos puntos que
los desplazamientos laterales:
1
M12
3 Ton FH3
2
6 Ton
FH2'
M21
FH2
M23
M32
3
M45
4
6
5
FH6
FH5'
M54
FH5
M56
M65

34
∑ =
+
+
= 0
0
.
3
F
F
;
0
F 6
H
3
H
H
La carga de 3.0 ton, corresponde a la fuerza externa en el nodo.
Las fuerzas en los extremos de las columnas se determinan por equilibrio estático al considerar las
cargas actuando sobre el elemento:
Columna 2-3:
2
1
3
2
3
H
2
1
3
2
2
1
3
2
23
32
23
3
H
Ek
333
.
1
Ek
333
.
1
Ek
2
Ek
2
F
0
.
3
)
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
(
)
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
(
L
M
M
F
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=





 ∆
+
∆
−
θ
+
θ
+
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=







 +
=
Columna 5-6:
2
1
6
5
6
H
2
1
6
5
2
1
6
5
56
65
56
6
H
Ek
333
.
1
Ek
333
.
1
Ek
2
Ek
2
F
0
.
3
)
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
(
)
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
(
L
M
M
F
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=





 ∆
+
∆
−
θ
+
θ
+
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=







 +
=
0
0
.
3
)
Ek
333
.
1
Ek
333
.
1
Ek
2
Ek
2
(
)
Ek
333
.
1
Ek
333
.
1
Ek
2
Ek
2
( 2
1
6
5
2
1
3
2 =
+
∆
+
∆
−
θ
+
θ
+
∆
+
∆
−
θ
+
θ
2Ekθ2 + 2Ekθ3 +2Ekθ5 + 2Ekθ6 - 2.667Ek∆1 + 2.667Ek∆2 = -3.0 ................................. ( 5 )
f) En la dirección de ∆2:
La condición de equilibrio asociada al desplazamiento lateral ∆2, corresponde a una sumatoria de
fuerzas lineales en la dirección del desplazamiento y actuando en el mismo punto que el desplazamiento:
∑ =
+
+
−
+
= 0
0
.
6
)
F
F
(
F
F
;
0
F '
5
H
'
2
H
5
H
2
H
H
La carga de 6.0 ton, corresponde a la fuerza externa en el nodo.
Las fuerzas en los extremos de las columnas se determinan por equilibrio estático al considerar las
cargas actuando sobre el elemento:
Las fuerzas FH2’ y FH5’ corresponden a las fuerzas ya calculadas en las columnas del segundo nivel,
por lo que la suma (FH2’ + FH5’) será muy similar a la expresión 5:
(FH2’ + FH5’) = 2Ekθ2 + 2Ekθ3 +2Ekθ5 + 2Ekθ6 - 2.667Ek∆1 + 2.667Ek∆2
Columna 1-2:
2
2
2
2
2
2
12
21
12
2
H Ek
333
.
1
Ek
2
0
.
3
)
Ek
2
Ek
4
(
)
Ek
2
Ek
2
(
L
M
M
F ∆
−
θ
=





 ∆
−
θ
+
∆
−
θ
=







 +
=
Columna 4-5:
2
5
2
5
2
5
45
54
45
5
H Ek
333
.
1
Ek
2
0
.
3
)
Ek
2
Ek
4
(
)
Ek
2
Ek
2
(
L
M
M
F ∆
−
θ
=





 ∆
−
θ
+
∆
−
θ
=







 +
=

35
(2Ekθ2-1.333Ek∆2)+(2Ekθ5-1.333Ek∆2)-(2Ekθ2+2Ekθ3+2Ekθ5+2Ekθ6-2.667Ek∆1+2.667Ek∆2)+ 6=0
-2Ekθ3 - 2Ekθ6 + 2.667Ek∆1 - 5.333Ek∆2 = -6.0 ................................. ( 6 )
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1), (2), (3), (4), (5) y (6), forman el sistema mencionado:
11.75Ekθ2 + 2Ekθ3 +1.875Ekθ5 -2Ek∆1 = 0 .................. (1)
2Ekθ2 + 7Ekθ3 +1.5Ekθ6 -2Ek∆1 + 2Ek∆2 = 0 .................. (2)
1.875Ekθ2 +11.75Ekθ5 + 2Ekθ6 -2Ek∆1 = 0.................. (3)
1.5Ekθ3 + 2Ekθ5 + 7Ekθ6 -2Ek∆1 + 2Ek∆2 = 0.................. (4)
2Ekθ2 + 2Ekθ3 + 2Ekθ5 + 2Ekθ6 -2.667Ek∆1+2.667Ek∆2 = -3.0 ............... (5)
-2Ekθ3 - 2Ekθ6 +2.667Ek∆1 -5.333Ek∆2 = -6.0 ............... (6)
Arreglando términos y expresando el sistema en forma matricial (la tercer ecuación se multiplicó
por -1 para mostrar la forma simétrica de la matríz [K]):






















=






















∆
∆
θ
θ
θ
θ




















−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
0
.
6
0
.
3
0
0
0
0
Ek
333
.
5
Ek
667
.
2
Ek
2
0
Ek
2
0
Ek
667
.
2
Ek
667
.
2
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
7
Ek
2
Ek
5
.
1
0
0
Ek
2
Ek
2
Ek
75
.
11
0
Ek
875
.
1
Ek
2
Ek
2
Ek
5
.
1
0
Ek
7
Ek
2
0
Ek
2
0
Ek
875
.
1
Ek
2
Ek
75
.
11
2
1
6
5
3
2






















=






















∆
∆
θ
θ
θ
θ




















−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
0
.
6
0
.
3
0
0
0
0
Ek
Ek
Ek
Ek
Ek
Ek
333
.
5
667
.
2
2
0
2
0
667
.
2
667
.
2
2
2
2
2
2
2
7
2
5
.
1
0
0
2
2
75
.
11
0
875
.
1
2
2
5
.
1
0
7
2
0
2
0
875
.
1
2
75
.
11
2
1
6
5
3
2
Ekθ2 = 1.264
Ekθ3 = 0.639
Ekθ5 = 1.264
Ekθ6 = 0.639
Ek∆1 = 9.251
Ek∆2 = 5.271

36
EIθ2 = 3.805
EIθ3 = 1.919
EIθ5 = 3.796
EIθ6 = 1.919
EI∆1 = 27.781
EI∆2 = 15.829
Tramo 1-2
m
ton
486
.
5
)
271
.
5
(
2
)
264
.
1
(
4
Ek
2
Ek
4
M
m
ton
014
.
8
)
271
.
5
(
2
)
264
.
1
(
2
Ek
2
Ek
2
M
2
B
21
2
2
12
−
−
=
−
=
∆
−
θ
=
−
−
=
−
=
∆
−
θ
=
Tramo 2-3
m
ton
876
.
2
)
271
.
5
(
2
)
251
.
9
(
2
)
639
.
0
(
4
)
264
.
1
(
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
M
m
ton
626
.
1
)
271
.
5
(
2
)
251
.
9
(
2
)
639
.
0
(
2
)
264
.
1
(
4
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
M
2
1
3
2
32
2
1
3
2
23
−
−
=
+
−
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=
−
−
=
+
−
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=
Tramo 4-5
m
ton
486
.
5
)
271
.
5
(
2
)
264
.
1
(
4
Ek
2
Ek
4
M
m
ton
014
.
8
)
271
.
5
(
2
)
264
.
1
(
2
Ek
2
Ek
2
M
2
5
54
2
5
45
−
−
=
−
=
∆
−
θ
=
−
−
=
−
=
∆
−
θ
=
Tramo 5-6
m
ton
876
.
2
)
271
.
5
(
2
)
251
.
9
(
2
)
639
.
0
(
4
)
264
.
1
(
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
Ek
2
M
m
ton
626
.
1
)
271
.
5
(
2
)
251
.
9
(
2
)
639
.
0
(
2
)
264
.
1
(
4
Ek
2
Ek
2
Ek
2
Ek
4
M
2
1
6
5
65
2
1
6
5
56
−
−
=
+
−
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=
−
−
=
+
−
+
=
∆
+
∆
−
θ
+
θ
=
Tramo 2-5
m
ton
11
.
7
)
264
.
1
(
75
.
3
)
264
.
1
(
875
.
1
Ek
75
.
3
Ek
875
.
1
M
m
ton
11
.
7
)
264
.
1
(
875
.
1
)
264
.
1
(
75
.
3
Ek
875
.
1
Ek
75
.
3
M
5
2
52
5
2
25
−
=
+
=
θ
+
θ
=
−
=
+
=
θ
+
θ
=
Tramo 3-6
m
ton
876
.
2
)
639
.
0
(
3
)
639
.
0
(
5
.
1
Ek
3
Ek
5
.
1
M
m
ton
876
.
2
)
639
.
0
(
5
.
1
)
639
.
0
(
3
Ek
5
.
1
Ek
3
M
6
3
63
6
3
36
−
=
+
=
θ
+
θ
=
−
=
+
=
θ
+
θ
=
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 25
23
21
2
(-5.486) + (-1.626) + 7.11 = -0.002
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 36
32
3
(-2.876) + 2.876) = 0.0
∑ =
+
+
= 0
M
M
M
;
0
M 56
54
52
5
7.11 + (-5.486) + (-1.626) = -0.002

37
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 65
63
6
2.876 + (-2.876) = 0.0
∑ =
+
+
= 0
0
.
3
F
F
;
0
F 6
H
3
H
H
ton
5
.
1
0
.
3
)
876
.
2
(
)
626
.
1
(
L
M
M
F
23
32
23
3
H −
=





 −
+
−
=







 +
=
ton
5
.
1
0
.
3
)
876
.
2
(
)
626
.
1
(
L
M
M
F
56
65
56
6
H −
=





 −
+
−
=







 +
=
por lo que:
(-1.5) + (- 1.5) + 3.0 = 0.0
∑ =
+
+
−
+
= 0
0
.
6
)
F
F
(
F
F
;
0
F '
5
H
'
2
H
5
H
2
H
H
5
.
4
0
.
3
)
486
.
5
(
)
014
.
8
(
L
M
M
F
12
21
12
2
H −
=





 −
+
−
=







 +
=
5
.
4
0
.
3
)
486
.
5
(
)
014
.
8
(
L
M
M
F
45
54
45
5
H −
=





 −
+
−
=







 +
=
6
H
'
5
H
3
H
'
2
H
F
F
F
F
=
=
por lo que
(-4.5) + (-4.5) - [(-1.5) + (-1.5)] + 6.0 = 0.0
θ5
θ2
1 4
2
3
θ3
6
θ6
5
∆2
∆1 ∆1
∆2

38
X) DIAGRAMAS DE FUERZAS CORTANTES, MOMENTOS FLEXIONANTES Y FUERZAS
AXIALES
1
2
3 m
8.014T-m
5.486T-m
4.5T
4.5T
2.876T-m
3 1.5T
1.626T-m
2 1.5T
3 m
5.486T-m
5 4.5T
3 m
8.014T-m
4 4.5T
1.626T-m
5 1.5T
3 m
1.5T
2.876T-m
6
3 6
8 m
2.876T-m
2.876T-m
0.719T 0.719T
1.778T
2
7.11T-m
8 m
7.11T-m
5
1.778T
Diagramas de fuerzas cortantes
4.5T 4.5T
1.5T 1.5T
0.719T
1.778T
Diagramas de momentos flexionantes
8.014T-m
5.486T-m
2.876T-m
1.626T-m
2.876T-m
1.626T-m
5.486T-m
8.014T-m
7.11T-m
7.11T-m

39
Diagramas de fuerzas axiales
3.0T
1.5T
0.719T
1.778T
1.778T
0.719T

40
ANÁLISIS DE MARCOS RÍGIDOS CON ELEMENTOS INCLINADOS
En la aplicación del método Pendiente-Deflexión al análisis de marcos rígidos en los que algunos de los
elementos estructurales se encuentran inclinados, es decir, la orientación del eje longitudinal no es del todo
vertical ni horizontal, la determinación de las rotaciones de los nodos, se lleva a cabo de la manera como se
ha mostrado anteriormente, sin embargo cuando los marcos con este tipo de elementos presentan
desplazamientos tanto verticales como horizontales en los extremos de los elementos inclinados, será
necesario determinar los desplazamientos transversales relativos entre los extremos del elemento, es decir,
desplazamientos perpendiculares al eje longitudional del elemento inclinado. Dado el ángulo de inclinación
del eje longitudinal de estos elementos, estos desplazamientos transversales relativos, no coinciden con los
desplazamientos horizontales o verticales en los nodos del marco, siendo éstos últimos los desplazamientos
considerados en el sistema de ecuaciones a resolver, por lo que será necesario determinar las componentes
horizontales y verticales de los desplazamientos transversales relativos.
La determinación de la relación de las componentes horizontal y vertical de desplazamiento de los
extremos de los elementos inclinados en el marco de lleva a cabo mediante la definición de el diagrama de
deformaciones. Este diagrama de deformaciones constituye una relación geométrica de los desplazamientos
transversales relativos de los elementos inclinados, con las componentes horizontal y vertical de los nodos
en los extremos de las barras inclinadas, los cuales presentan la posibilidad de desplazamiento.
En la determinación de el diagrama de deformaciones, se deberá observar lo siguiente:
• No se permite que las juntas giren.
• El ángulo entre los elementos que se conectan en el nodo, permanece sin cambios.
• Los elementos no presentan cambios en su longitud inicial por efectos axiales, es decir, no se
presenta acortamiento ni alargamiento.
• La distancia entre los extremos de los elementos no decrece debido a la curvatura del elemento.
• Los extremos de los elementos sólo pueden trasladarse en dirección perpendicular al eje de el
elemento.
En los siguiente marcos rígidos con elementos inclinados, se muestra la aplicación del procedimiento para
determinar el diagrama de deformaciones.
α 4
3
2
1
5
4
3
∆12=5/3 ∆
∆23=4/3 ∆
∆
α
−ϕ23
+ϕ12
∆12 ∆23
α
∆
∆
3
4
5
1
2
3
4
α
3
4
5
1 2
3
α
3/4 ∆
α ∆23=5/4 ∆
∆
−ϕ23
ϕ12
∆
∆
α
∆23
α
3
2
1
5
4
3

41
Ejercicio No. 1.6
elementos mecánicos en los extremos de cada una de las barras, así como los desplazamientos en los nodos.
6 mts 6 mts
6 mts
3 mts
1.8 Ton/m
2I 2I
3I 3I
1
2 4
5
3
SOLUCION
Rotaciones θ:
1
2
5
3
4
θ2
θ1=0 θ5=0
θ4
θ3=0
En el apoyo 1, θ1=0 En el nodo 2, θ2 0
≠ .
En el apoyo 5, θ5 0
= . En el nodo 4, θ4 0
≠ .
Dadas las condiciones de simetría en la carga aplicada, θ θ θ
2 4 3 0
= − =
,
De acuerdo con la posible configuración de deformación, se presentará desplazamiento transversal
relativo en los extremos de todas las barras, aunque por la condición de simetría, además de la
consideración de no alargamiento de los elementos estructurales, los desplazamientos en los extremos de las
dos columnas será el mismo. Para determinar estos desplazamientos se recurre al diagrama de
deformaciones y se determinan las relaciones geométricas entre los desplazamientos, de esta manera se
podrá reducir el número de incógnitas en el problema.

42
1
2
3
5
4
∆21 ∆45
∆32 ∆34
ϕ12 ϕ54
ϕ23 ϕ43
α
α α
∆32= 5 ∆12
α α ∆34=∆32
∆12 ∆45=∆12
6
3
3 5
6
3
3 5
De la condición de simetría:
∆32= ∆34
∆12= ∆54
De el diagrama de deformación:
∆
∆ ∆
∆
32
12 12
12
3
3 5
5
= = =
Senα
Así, las rotaciones ϕ en los diferentes elementos del marco, serán:
ϕ
ϕ
12
12
12
12
45
45
45
12
6
6
= − = −
= =
∆ ∆
∆ ∆
L
L
ϕ
ϕ
32
32
32
32 12 12
34
34
34
32 12
3 5
5
3 5 3
3 5 3
= = = =
= − = − = −
∆ ∆ ∆ ∆
∆ ∆ ∆
L
L
Nótese que los desplazamientos se han supuesto de acuerdo al sentido propuesto de deformación,
el sentido correcto será determinado posteriormente.
Los momentos de empotramiento, para el caso de las vigas, se deben determinar con la magnitud
de la carga perpendicular al eje del elemento:
Barra 1-2:
=
=
Barra 5-4:
=
=
Barra 2-3 y 3-4:
Carga total concentrada = wLh
Carga total perp. a la barra = wLhCosα

43
Lh=6 mts
2
3
w=1.8 Ton/m
3 mts
α
wLh
wLhCosα
α
wCos α
2
Carga uniform. dist. perp. a la barra =
wL Cos
L
wL Cos
L
Cos
wCos
h h
h
α α
α
α
23
2
= =
Momento de empotramiento para carga dist.
M
w L wCos L
wCos
L
Cos
M
wL
P
h
h
23
23
2 2
23
2
2
2
23
2
12 12 12
12
= − = − = −






= −
( )
( )
α
α
α
De esta manera se determinan los momentos de empotramiento en los extremos de las barras
inclinadas.
23
2
18 6 0
12
54
= − = − −
( . )( . )
.
32
2
18 60
12
54
= = −
( . )( . )
.
34
2
18 6 0
12
54
= − = − −
( . )( . )
.
43
2
18 60
12
54
= = −
( . )( . )
.





=
L
I
K
1-2 2I 6.0 0.333I 0.333I=k
2-3 3I 6.708 0.447I (0.447I)k/0.333I=1.3416k
3-4 3I 6.708 0.447I (0.447I)k/0.333I=1.3416k
4-5 2I 6.0 0.333I 0.333Ik/0.333I=k

44
Barra 1-2
( ) ( )
( ) ( )
12
2
21
12
2
12
2
1
21
21
12
2
12
12
2
12
2
1
12
12
Ek
Ek
4
M
6
3
2
0
K
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
Ek
2
M
6
3
0
K
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
+
θ
=











 ∆
−
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
+
θ
=











 ∆
−
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 2-3
( ) ( )
( ) ( )
12
2
32
12
2
23
3
2
32
32
12
2
23
12
2
23
3
2
23
23
Ek
6832
.
2
Ek
6832
.
2
4
.
5
M
3
3
0
K
3416
.
1
E
2
4
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
6832
.
2
Ek
3664
.
5
4
.
5
M
3
3
0
2
K
3416
.
1
E
2
4
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
∆
−
θ
+
=











 ∆
−
+
θ
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
−
θ
+
−
=











 ∆
−
+
θ
+
−
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 3-4
( ) ( )
( ) ( )
12
4
32
12
4
34
4
3
43
43
12
4
34
12
4
34
4
3
34
34
Ek
6832
.
2
Ek
3664
.
5
4
.
5
M
3
3
0
K
3416
.
1
E
2
4
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
6832
.
2
Ek
6832
.
2
4
.
5
M
3
3
0
K
3416
.
1
E
2
4
.
5
3
2
L
EI
2
M
M
∆
+
θ
+
=











 ∆
−
−
θ
+
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
+
θ
+
−
=











 ∆
−
−
θ
+
+
−
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
Barra 4-5
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
12
2
54
12
2
45
5
4
54
54
12
2
45
12
2
45
5
4
45
45
Ek
Ek
2
M
6
3
0
K
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
Ek
Ek
4
M
6
3
0
2
K
E
2
0
3
2
L
EI
2
M
M
∆
−
θ
−
=











 ∆
−
+
θ
−
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
∆
−
θ
−
=











 ∆
−
+
θ
−
+
=
ϕ
−
θ
+
θ
+
=
tienen 5 grados de libertad que corresponden a los desplazamientos angulares (ó rotaciones) en los nodos 2
y 4 y los desplazamientos laterales ∆ en los extremos de las columnas y el desplazamiento vertical del nodo
3, aunque por la relación trigonométrica del diagrama de deformación, se reduce a dos incógnitas, en este
caso el desplazamiento lateral de la columna 1-2 y la rotación del nodo 2.
momentos en los nodos mencionados.

45
θ1=0 1
θ2
2
θ5=0
5
3
θ3=0
4
θ4
M21
M23 M43
M45
M M M
2 21 24
0 0
= + =
∑ ;
(4Ekθ2 + Ek∆12) + (-5.4 + 5.3664Ekθ2 - 2.6832Ek ∆12) =0
9.3664Ekθ2 - 1.6832Ek ∆12 = 5.4 ...................................... ( 1 )
b) En la dirección ∆12:
La condición de
equilibrio asociada al
desplazamiento lateral ∆12,
corresponde a una
sumatoria de fuerzas
lineales en la dirección del
desplazamiento y actuando
en el mismo punto que el
desplazamiento:
ΣFH = 0 ; FH2 + FH2' = 0
En este caso solo se consideran las fuerzas internas en las columnas, ya que no hay carga externa
actuando.
Las fuerzas en los extremos de la columna 1-2 se determinan por equilibrio estático al considerar
las cargas actuando sobre el elemento:
( ) ( )
12
2
12
2
12
2
12
21
12
H2
0.333Ek∆
Ekθ
6.0
Ek∆
4Ekθ
Ek∆
2Ekθ
L
M
M
F +
=





 +
+
+
=







 +
=
1
M12
FH2'
FH2
M21
M23
FH2 = (M12+M21) / 6
FH2'
6 mts
10.8T
2 6 mts
w=1.8 Ton/m
FH3
M32
0 T
3
3 mts

46
Por equilibrio, la fuerza FH2' será de igual magnitud a la fuerza FH3 esta fuerza está determinada por la
sumatoria de momentos en el extremo 2 de la barra 2-3:
∑ +
+
+
= H3
2
32
23
2
(3.0)F
2
(1.8)(6.0)
M
M
0;
M
de aquí, que
( ) ( )
[ ]
( )
8
.
10
Ek
7888
.
1
Ek
6832
.
2
F
8
.
10
Ek
7888
.
1
Ek
6832
.
2
4
.
32
Ek
366
.
5
Ek
0496
.
8
3
1
F
4
.
32
Ek
6832
.
2
Ek
6832
.
2
4
.
5
Ek
6832
.
2
Ek
3664
.
5
4
.
5
3
1
F
)
4
.
32
M
M
(
3
1
F
12
2
'
2
H
12
2
12
2
3
H
12
2
12
2
3
H
33
23
3
H
−
∆
+
θ
−
=
−
∆
+
θ
−
=
+
∆
−
θ
−
=
+
∆
−
θ
+
+
∆
−
θ
+
−
−
=
+
+
−
=
( ) ( ) 0
8
.
10
Ek
7888
.
1
Ek
6832
.
2
Ek
333
.
0
Ek 12
2
12
2
=
−
∆
+
θ
−
+
∆
+
θ
-1.6832Ekθ2 + 2.1218Ek∆12 = 10.8 ................................. ( 2 )
Las ecuaciones mostradas anteriormente, (1) y (2), forman el sistema mencionado:
9.3664Ekθ2 - 1.6832Ek∆12 = 5.4 .................. (1)
-1.6832Ekθ2 + 2.1218Ek∆12 = 10.8 .................. (2)






=






∆
θ






−
−
8
.
10
4
.
5
Ek
1218
.
2
Ek
6832
.
1
Ek
6832
.
1
Ek
3664
.
9
12
2






=






∆
θ






−
−
8
.
10
4
.
5
Ek
Ek
1218
.
2
6832
.
1
6832
.
1
3664
.
9
12
2
Ekθ2 = 1.7392
Ek∆12 = 6.4697
EIθ2 = 5.2176
EI∆12 = 19.4091

47
Barra 1-2
m
ton
427
.
13
)
4697
.
6
(
)
7392
.
1
(
4
Ek
Ek
4
M
m
ton
9481
.
9
)
4697
.
6
(
)
7392
.
1
(
2
Ek
Ek
2
M
12
2
21
12
2
12
−
=
+
=
∆
+
θ
=
−
=
+
=
∆
+
θ
=
Barra 2-3
m
ton
293
.
7
)
4697
.
6
(
6832
.
2
)
7392
.
1
(
6832
.
2
4
.
5
Ek
6832
.
2
Ek
6832
.
2
4
.
5
M
m
ton
426
.
13
)
4697
.
6
(
6832
.
2
)
7392
.
1
(
3664
.
5
4
.
5
Ek
6832
.
2
Ek
3664
.
5
4
.
5
M
12
2
32
12
2
23
−
−
=
−
+
=
∆
−
θ
+
=
−
−
=
−
+
−
=
∆
−
θ
+
−
=
Barra 3-4
m
ton
426
.
13
)
4697
.
6
(
6832
.
2
)
7392
.
1
(
3664
.
5
4
.
5
Ek
6832
.
2
Ek
3664
.
5
4
.
5
M
m
ton
293
.
7
)
4697
.
6
(
6832
.
2
)
7392
.
1
(
6832
.
2
4
.
5
Ek
6832
.
2
Ek
6832
.
2
4
.
5
M
12
4
43
12
4
34
−
=
+
−
+
=
∆
+
θ
+
=
−
=
+
−
+
−
=
∆
+
θ
+
−
=
Barra 4-5
m
ton
948
.
9
)
4697
.
6
(
)
7392
.
1
(
2
Ek
Ek
2
M
m
ton
427
.
13
)
4697
.
6
(
)
7392
.
1
(
4
Ek
Ek
4
M
12
2
54
12
2
45
−
−
=
−
−
=
∆
−
θ
−
=
−
−
=
−
−
=
∆
−
θ
−
=
∑ =
+
= 0
M
M
;
0
M 23
21
2
13.427 + (-13.426) = 0.001
∑ =
+
= 0
F
F
;
0
F '
2
H
2
H
H
ton
896
.
3
0
.
6
)
426
.
13
(
)
948
.
9
(
L
M
M
F
12
21
12
2
H
=





 +
=







 +
=
894
.
3
8
.
10
)
4697
.
6
(
7888
.
1
)
7392
.
1
(
6832
.
2
8
.
10
Ek
7888
.
1
Ek
6832
.
2
F 12
2
'
2
H
−
=
−
+
−
=
−
∆
+
θ
−
=
por lo que: 3.896 – 3.894 = 0.002
ϕ12
1
∆21 2
ϕ23
ϕ54
5
ϕ43
∆32
3
∆45
4
∆34
θ2
θ2 θ4
θ4

48
X) DIAGRAMAS DE FUERZAS CORTANTES, MOMENTOS FLEXIONANTES Y FUERZAS
AXIALES
9.66 T
1.44 T/m
2
w=1.8 Ton/m
3
4.83 T
7.92 T
1.74 T
3
5
10.8 T
8.31 T
3.48 T
7.29T-m
13.42T-m
w=1.8 Ton/m
13.42T-m
8.31 T
7.92 T
1.44 T/m
9.66 T
4.83 T
3
5
3.48 T
7.29T-m
1.74 T
3
3
13.42T-m
6 mts
2
1
10.8T
10.8T
3.895T
3.895T
9.95T-m
10.8T
13.42T-m
3.895T
6 mts
3
4
3.895T
10.8T
9.95T-m
10.8 T
3.895 T 3.895 T
7.92 T 7.92 T
1.74 T

49
9.95 T-m
13.42 T-m
13.42 T-m
8.36 T-m
7.29 T-m
8.36 T-m
13.42 T-m
13.42 T-m
9.95 T-m
10.8 T 10.8 T
8.31 T
3.48 T
8.31 T

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