9-1. Analizar la viga, por el método de las deformaciones compatibles: (a) tomar la
reacción del apoyo (b) como sobrante.
VIGA REAL

Para el cálculo de la viga, se tomara como acción hiperestática la reacción vertical en el
apoyo (b). Entonces la viga se tomara como una viga simple, como se muestra en la parte
superior, en donde en este caso se descompone en dos partes:
1) La viga se calculara en función de las cargas reales, y sin el apoyo (b) liberado,
buscando la ecuación de momentos para Mx.
2) La viga se calculara por medio de una carga unitaria, situada en el punto de
aplicación de la acción hiperestática, buscando con ello la ecuación de momentos
para m1
Cálculos
Cálculo de ecuaciones de momentos para las vigas 1 y 2.
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES Mx
1 ac a 0≤X≤40 ft 40x-x2
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES m
2 ab a 0≤X≤20 ft -0.5x
En este método de las deformaciones compatibles, tiene la facilidad de sumar los efectos de
la carga uniforme inicial o carga real y los efectos producidos por la hiperestática Rb, todo
esto por el principio de la superposición, en este caso al sumar dichos efectos, nos arroja la
siguiente ecuación:
ẟby → D10 + F11Rb=0
En donde D10 y F11 se calculan de la siguiente manera:
Resolviendo la ecuación de primer grado, con los cálculos obtenidos.
D10 + F11Rb=0 → + Rb=0
Rb=50 klb ↑ Hacia arriba
D10=
𝑀𝑥𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 2
𝑥;𝑥2 ;
1
2
𝑥
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐸𝐼
F11=
𝑚1𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 2
;
1
2
𝑥 ;
1
2
𝑥
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐸𝐼

9-2. Determinar la reacción en (b) , por el método de las deformaciones compatibles.
EI=cte.

Como en el problema 9.1, se tomará como acción hiperestática la reacción vertical del
apoyo b, además se analizará la viga, con las cargas reales y por la carga unitaria situada en
el lugar donde se encuentra la acción hiperestática.
Cálculos
Cálculo de ecuaciones de momentos para las vigas 1 y 2.
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES Mx
1 ca c 0≤X≤20 ft -5x
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES m
2 ba b 8≤X≤20 ft x-8
Como en el problema anterior, por superposición se suman los efectos producidos por las
cargas reales y los efectos producidos por la hiperestática b.
ẟby → D10 + F11Rb=0
En donde D10 y F11 se calculan de la siguiente manera:
Resolviendo la ecuación de primer grado, con los cálculos obtenidos.
D10 + F11Rb=0 → -5760 +576 Rb=0
Rb=10 klb ↑ Hacia arriba
D10=
𝑀𝑥𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;5𝑥 𝑥;8
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
576
𝐸𝐼8
F11=
𝑚1𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥;8 𝑥;8
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
576
𝐸𝐼

9-3. Encontrar la reacción hiperestática b, por el método de las deformaciones compatibles.
E=CTE.
I=1500 in 4 I=1000 in 4
1)
2)
I=1000 in 4
I=1000 in 4
I=1000 in4
I=1500 in 4
I=1500 in 4
I=1500 in 4

Cálculos
Cálculo de ecuaciones de momentos para las vigas 1 y 2.
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES Mx
1 ba b 0≤X≤20 ft -0.5x2
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES m
2 ba b 0≤X≤20 ft x
Como en el problema anterior, por superposición se suman los efectos producidos por las
cargas reales y los efectos producidos por la hiperestática b.
ẟby → D10 + F11Rb=0
En donde D10 y F11 se calculan de la siguiente manera:
Resolviendo la ecuación de primer grado, con los cálculos obtenidos.
D10 + F11Rb=0 → -
55
+
17
9
Rb=0
Rb=7.28 klb ↑ Hacia arriba
D10=
𝑀𝑥𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
; .5𝑥2 𝑥
1
𝑑𝑥 +
; .5𝑥2 𝑥
151
=
551
F11=
𝑚1𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥2
1
𝑑𝑥 +
𝑥 2
151
=
17
9
1

9-4. Hallar los momentos de empotramientos en la viga, por el método de las
deformaciones compatibles. EI=CTE.

Cálculos
Cálculo de ecuaciones de momentos para las vigas 1,2 y 3.
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES Mx
1 ba b 0≤X≤L -wx3
/6L
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES m1
2 ba b 0≤X≤L x
VIGA TRAMO ORIGEN LIMITES m2
3 ba b 0≤X≤L -1
Obteniendo los valores que se presentaron en la parte superior, se realizara la siguiente
ecuación, para obtener Rb y Mb.
Sustituyendo valores en el sistema de ecuaciones planteado:
D10=
𝑀𝑥𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;
𝑤𝑥3
6𝐿
𝑥
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑤𝑙4𝐿
D20=
𝑀𝑥𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;
𝑤𝑥3
6𝐿
1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑤𝑙3𝐿
F11=
𝑚1𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐿3𝐿
F12=
𝑚1𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥 ;1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐿2𝐿
F22=
𝑚 𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;1 ;1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 𝐿
𝐿
𝑤𝐿
30
+
𝐿
3
𝑅𝑏
𝐿
2
𝑀𝑏 = 0 𝐸𝑐. 1
𝑤𝐿
24
𝐿
2
𝑅𝑏 + 𝐿𝑀𝑏 = 0 𝐸𝑐. 2
ẟ𝑏𝑦 → 𝐷10 + 𝐹11𝑅𝑏 + 𝐹12𝑀𝑏 = 0
ẟ𝜃𝑧 → 𝐷20 + 𝐹21𝑅𝑏 + 𝐹22𝑀𝑏 = 0
𝑀𝑏 =
𝑤𝐿
30
𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜
𝑅𝑏 = 𝑤𝐿 ↑ 𝐻𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎

Para conocer el momento en el empotramiento en “a”, solo basta realizar una sumatoria de
momentos en “a”, como se presenta a continuación:
+↳ ⅀𝑀𝑏 = 0 ;
3
20
𝑤𝐿 𝐿
𝑤𝐿
30
𝑤𝐿
6
+ 𝑀𝑎 = 0
𝑀𝑎 =
𝑤𝐿
20
𝑆𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑛𝑡𝑖 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑟𝑖𝑜

9-5. Analizar el pórtico rígido, por el método de las deformaciones compatibles. EI=CTE
2)
3)
1) 4)
∆1=0
∆2=0
∆3=0

Cálculos
Cálculo de Mx para el pórtico “1”
PORTICO TRAMO ORIGEN LIMITE Mx
1 ab a 0≤X10 ft 0
1 bc b 5≤X10 ft -10x+50
1 cd c 0≤X10 ft -50
Cálculo de m1 para el pórtico “2”
PORTICO TRAMO ORIGEN LIMITE Mx
2 ab a 0≤X10 ft -x
2 bc b 0≤X10 ft -10
2 cd c 0≤X10 ft x-10
Cálculo de m2 para el pórtico “3”
PORTICO TRAMO ORIGEN LIMITE Mx
3 ab a 0≤X10 ft 0
3 bc b 0≤X10 ft x
3 cd c 0≤X10 ft 10
Cálculo de m3 para el pórtico “4”
PORTICO TRAMO ORIGEN LIMITE Mx
4 ab a 0≤X10 ft 1
4 bc b 0≤X10 ft 1
4 cd c 0≤X10 ft 1

Como se plasma en los pórticos al inicio del problema, la suma producida por las cargas
reales más las acciones hiperestáticas del empotramiento en el pórtico, nos arroja una
matriz, la cual nos dará los valores de las acciones hiperestáticas propuestas al inicio del
problema.
∆1 → ∆′
10 + ẟ11𝑋1 + ẟ12𝑋2 + ẟ13𝑋3 = 0
∆2 → ∆′
20 + ẟ21𝑋1 + ẟ22𝑋2 + ẟ23𝑋3 = 0
∆3 → ∆′
30 + ẟ31𝑋1 + ẟ32𝑋2 + ẟ33𝑋3 = 0
∆’10=
𝑀𝑥𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;1 𝑥:5 ;1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1
5
𝑥;1 ;5
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
75
𝐸𝐼
1
ẟ11=
𝑚1𝑚1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;𝑥 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1 ;1 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
𝑥;1 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
5
𝐸𝐼
11
ẟ12=
𝑚1𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥 ;1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1 𝑥;1 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
1
𝐸𝐼
1
ẟ13=
𝑚1𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;𝑥 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1 ;1 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
𝑥;1 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1
=
𝐸𝐼
1
∆’20=
𝑀𝑥𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;1 𝑥:5 𝑥
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1
5
;5 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
181 5
𝐸𝐼
1
ẟ22=
𝑚 𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1 1 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐸𝐼
1
ẟ23=
𝑚 𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝑥 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
15
𝐸𝐼
1
∆’30=
𝑀𝑥𝑚
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;1 𝑥:5 1
𝐸𝐼
𝑑𝑥 +
1
5
;5
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
;6 5
𝐸𝐼
1
ẟ23= 3
𝑚3𝑚3
𝐸𝐼
𝑑𝑥 = 3
1 2
𝐸𝐼
𝑑𝑥 =
𝐸𝐼
1

Los cálculos realizados en la página anterior, se sustituirán en la siguiente matriz:
Sistema de ecuaciones resuelta mediante la aplicación “Easy equations”
X1= 1.25 klb (Hacia la derecha)
X2=5 klb (Hacia arriba)
X3= 4.16 klb.ft (Sentido horario)
∆1 → ∆′
10 + ẟ11𝑋1 + ẟ12𝑋2 + ẟ13𝑋3 = 0
∆2 → ∆′
20 + ẟ21𝑋1 + ẟ22𝑋2 + ẟ23𝑋3 = 0
∆3 → ∆′
30 + ẟ31𝑋1 + ẟ32𝑋2 + ẟ33𝑋3 = 0
3750 +
5000
3
𝑋1 1000𝑋2 + 200𝑋3 = 0
18125
3
1000𝑋1 +
4000
3
𝑋2 + 150𝑋3 = 0
625 200𝑋1 + 150𝑋2 + 30𝑋3 = 0

9-6. Analizar la cercha, por el método de las deformaciones compatibles, tomar E=30,000
klb/in2
y L(ft)/A(in2
)=2 , para todas las barras.

Cálculo de la armadura liberada
R4= 60 klb
Θ=53.13‫ﹾ‬
6
4
3
→+ ⅀Fx=0; -F34-F46(COS(53.13‫0=)ﹾ‬
↑+ ⅀Fy=0; 60 + F46(SEN(53.13‫0=)ﹾ‬
F46= -75 klb (COMPRESIÓN)
F46= 45 klb (TENSIÓN)
Θ=36.87‫ﹾ‬
65
43
→+ ⅀Fx=0; -F65+(-75)(SEN(36.87‫0=)ﹾ‬
F65= -45 klb(COMPRESIÓN)
↑+ ⅀Fy=0; -F63-(-75)(COS(36.87‫0=)ﹾ‬
F63=60 klb(TENSIÓN)
6
5
3
42
Θ=53.13‫ﹾ‬
→+ ⅀Fx=0; -F32- F35 (COS(53.13‫0=54+)ﹾ‬
↑+ ⅀Fy=0; 60+ F35 (SEN(53.13‫0=09-)ﹾ‬
F35= 37.50 klb(TENSIÓN)
F32=22.50 klb(TENSIÓN)
5
1
2
3
→+ ⅀Fx=0; -F21+22.50=0
F21=22.50 klb(TENSIÓN)
F25=0
1
R1= 30 klb
2
5
Θ=53.13‫ﹾ‬
↑+ ⅀Fy=0; F15(sen(53.13‫0=03+)ﹾ‬
F15=-37.5 klb(COMPRESIÓN)

Cálculo de la armadura, producto de una pareja de fuerzas hiperestáticas en la barra
2-6.
5
1
2
3
1
R1Y=0
2
Θ=53.13‫ﹾ‬
5
↑+ ⅀Fy=0; F15(COS(53.13‫+)ﹾ‬ F12 =0
F15=0
F12 =0
R1X=0
→+ ⅀Fx=0; -F21+1(COS(53.13‫+)ﹾ‬ FBC =0
↑+ ⅀Fy=0; F25+1(SEN(53.13‫-)ﹾ‬ =0
F25=-0.80 (COMPRESIÓN)
F23 =-0.60 (COMPRESIÓN)
6 →+ ⅀Fx=0; -F43-F46(COS(53.13‫0=)ﹾ‬
↑+ ⅀Fy=0; 0 + F46(SEN(53.13‫0=)ﹾ‬
F46= 0
F43= 0
4
3
R4=0
Θ=53.13‫ﹾ‬
1
1 2 3
5
Θ=36.87‫ﹾ‬
6 →+ ⅀Fx=0; F56+F53(SEN(36.87‫0=)ﹾ‬
↑+ ⅀Fy=0;- 0.80 – F53(COS(36.87‫=)ﹾ‬ 0
F53 = 1 (TENSIÓN)
F56 = -0.60 (COMPRESIÓN)
Θ=36.87‫ﹾ‬
65
43
↑+ ⅀Fy=0; -F63-(1)(SEN (53.13‫0=)ﹾ‬
F63=-0.80 (COMPRESIÓN)
1

Como se observa en el cálculo de la armadura con un par de fuerzas hiperestáticas en la
barra 2-6, se tomó ventaja a la hora de realizar dicho cálculo, cuando se le aplico cargas
unitarias inclinadas en los nodos 2-6. Facilitando a si el proceso de trabajo.
Barra N(klb) n1
a 22.5 0 0 0
b 22.5 -0.6 -27 0.72
c 45 0 0 0
d -37.5 0 0 0
e -45 -0.6 54 0.72
f -75 0 0 0
g 0 -0.8 0 1.28
h 60 -0.8 -96 1.28
i 37.5 1 75 2
j 0 1 0 2
⅀ 6 8
La ecuación correspondiente a este problema es:
D10 + F11X1 = 0
Dónde:
D10 = ⅀
1
F11 = ⅀
21
Sustituyendo valores en la ecuación.
6 + 8X1 = 0
X1 = -0.75 klb (fuerza interna en la barra 2-6)