El documento presenta el método de las deformaciones para resolver un ejercicio de estabilidad de estructuras. Explica que el método implica fijar los nudos de la estructura, analizar el efecto de las cargas externas, imponer pequeños desplazamientos, y establecer ecuaciones de equilibrio para determinar los esfuerzos internos. Luego, aplica el método al pórtico dado, determinando primero el sistema fundamental, analizando el efecto de las cargas, imponiendo desplazamientos, planteando ecuaciones de compatibil

1. Hiperestáticos
Método de las Deformaciones
Resolución del Ejercicio N° 7 de la
Guía de la Práctica – TP N° 9
(Ejercicio IV del Complemento Teórico)
Curso de Estabilidad IIb
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la
Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires

2. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Ejemplo de Aplicación
El método propone fijar los nudos
tanto angular como linealmente,
analizando el efecto que tienen las
cargas externas sobre la estructura;
para luego imponer pequeños
desplazamientos a las estructuras
para cada una de las restricciones
impuestas y calcular su efecto sobre
los esfuerzos internos.
q
P
L1 L2
h
A B
C

3. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Finalmente, aplicando el principio
de superposición, se determina el
efecto conjunto. Por cada
componente de desplazamiento
desconocida se establece una
ecuación de equilibrio.
Formando un sistema de
ecuaciones que permite determinar
dichas deformaciones y mediante
las mismas obtener los esfuerzos en
la estructura.
Ejemplo de Aplicación
q
P
L1 L2
h
A B
C

4. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Ejemplo de Aplicación
L
P
M
L
P
Mb
L
P
Ma
P
Rb
P
Ra













8
1
1
8
1
;
8
1
2
1
;
2
1
Barra doblemente empotrada
cargada con una carga P en L/2

5. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Barra doblemente empotrada
cargada con una carga uniforme
2
2
2
24
1
12
;
12
2
;
2
L
q
M
L
q
Mb
L
q
Ma
L
q
Rb
L
q
Ra










Ejemplo de Aplicación

6. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Barra doblemente empotrada
con un desplazamiento L0 en A
0
2
0
2
0
3
0
3
6
6
12
12
L
L
J
E
Mb
L
L
J
E
Ma
L
L
J
E
Rb
L
L
J
E
Ra
















Ejemplo de Aplicación

7. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Ejemplo de Aplicación
Barra doblemente empotrada
con un giro  en A




















L
J
E
Mb
L
J
E
Ma
L
J
E
Rb
L
J
E
Ra
2
4
6
6
2
2

8. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Ejemplo de Aplicación
Barra articulada - empotrada
con un desplazamiento L0 en A
0
2
0
3
0
3
3
3
3
L
L
J
E
Mb
L
L
J
E
Rb
L
L
J
E
Ra













9. Para el pórtico de la figura hallar
los valores de los momentos de
empotramiento:
Los esfuerzos en “pie de barras” están tabulados y podemos obtenerlos para vigas doblemente
empotradas y empotradas/articuladas
Ejemplo de Aplicación
Barra articulada - empotrada
con un giro  en A















L
J
E
Mb
L
J
E
Rb
L
J
E
Ra
3
3
3
2
2

10. Definimos el Sistema
Fundamental:
Resolución
Procedemos a fijar angularmente el
nudo 1 de forma tal que no pueda
rotar. De esta forma la única
restricción impuesta al sistema será 1
= 0. En consecuencia el sistema
fundamental resultante será la que se
muestra en la figura y estará
conformado por una barra empotrada-
articulada (barra horizontal A1), y dos
barras empotrada-empotrada (barra
vertical 1C y barra horizontal 1B).
q
P
L1 L2
h
A B
C
1

11. Definimos el Sistema
Fundamental:
Resolución
Una vez hecho esto, analizaremos el
efecto que tienen las cargas externas
(q y P) sobre este sistema
fundamental; para luego imponer
pequeños desplazamientos a las
estructuras para cada una de las
restricciones impuestas (en este caso
la rotación del nodo 1) y calcular su
efecto sobre los esfuerzos internos.
Aplicando el principio de
superposición, se determina el efecto
conjunto.
q
P
L1 L2
h
A B
C
1

12. Analizaremos el efecto
que tienen las cargas
externas
Como puede observarse en la figura, las cargas
exteriores deformarán a las barras 1B y 1C de
acuerdo con el siguiente esquema…
…por lo tanto, de tablas, el momento en el
vínculo B y en nodo 1 debido a la acción de las
cargas exteriores serán: 12
2
0
)
,
(
1
0
)
,
(
1
L
q
M
M P
q
B
P
q
B



q
P
L1 L2
h
A B
C
1
con: 2
L
L 
M0
1B(q, P) M0
B1(q, P)

13. Analizaremos el efecto
que tienen las cargas
externas
…mientras que, de tablas, el momento en el vínculo C y en
nodo 1 debido a la acción de las cargas exteriores serán:
8
0
)
,
(
1
0
)
,
(
1
H
P
M
M P
q
C
P
q
C



q
P
L1 L2
h
A B
C
1
con: h
H 
M0
1B(q, P) M0
B1(q, P)
M0
1C(q, P)
M0
C1(q, P)
0
)
,
(
1
0
)
,
(
1
0
)
,
(
1 P
q
C
P
q
B
P
q M
M
M 


8
12
2
2
0
)
,
(
1
h
P
L
q
M P
q 






14. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor unitario de ):
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
C






4
1
1C
mC1
con: h
L 
L
J
E
mC





2
1
4EJ
L 6EJ
L2
6EJ
L2
2EJ
L
1
C

15. 6EJ
L2
4EJ
L
1 B
6EJ
L2
2EJ
L
Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la barra 1B (para
un valor unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
B






4
1
1C
mB1
mC1
1B
con: 2
L
L  L
J
E
mB





2
1

16. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la
barra A1 (para un valor
unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
A






3
1
1C
mB1
mC1
1B
1A
1
A
3EJ
L
3EJ
L2
3EJ
L2
C
B
A
M 1
1
1
0
11 

 

















h
L
L
J
E
M
4
4
3
2
1
0
11
con: 1
L
L 

17. Planteamos las ecuaciones
de compatibilidad
Como el sistema se encuentra
en equilibrio, los momentos
generados por la combinación
de las cargas exteriores y los
giros del nodo 1 deberán ser
nulos:
Y obtenemos el valor del giro del nodo 1:
0
0
11
0
1 

 
M
M P


















h
L
L
J
E
h
P
L
q
M
M P
4
4
3
8
12
2
1
2
2
0
11
0
1


18. Calculamos ahora los momentos
de empotramiento
Aplicando el principio de superposición resulta:
L1 L2
h
A 1 B

C
1C
mC1
1B
1A
mB1
q
P
L1 L2
h
A B
C
1
M0
1B(q, P) M0
B1(q, P)
M0
1C(q, P)
M0
C1(q, P)
+
 
 











1
0
,
1
0
1
0
,
1
0
C
P
q
C
C
B
P
q
B
B
m
M
M
m
M
M

19. Hallemos ahora los efectos de un incremento
de temperatura (de valor t)
Procedemos a fijar angularmente el nudo 1 de forma tal que no pueda rotar. De esta forma
la única restricción impuesta al sistema será 1 = 0. En consecuencia el sistema fundamental
resultante será la que se muestra en la figura:
coeficiente de dilatación
libre de un prisma () que
mide el alargamiento o
acortamiento por unidad
de longitud, cuando la
temperatura varía 1 °C.
El efecto resultante será una variación
de longitud (L)
 
 
 




























1
1
1
1
1
2
1
L
t
L
H
t
L
L
t
L
A
C
B





C
1
1
L1 L2
h
A
1 B
A’
1’
ΔL1A + 1

20. Hallemos ahora los efectos de un incremento
de temperatura (de valor t)
C
1
1
L1 L2
h
A
1 B
A’
1’
ΔL1A + 1
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor  = 1):
L
J
E
m
m C
C








6
1
1
m’1C
m’C1
con: 1


 h
L
12EJ
L3
12EJ
L3
6EJ
L2
6EJ
L2

21. Hallemos ahora los efectos de un incremento
de temperatura (de valor t)
C
1
1
L1 L2
h
A
1 B
A’
1’
ΔL1A + 1
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1B (para un valor  = 1):
L
J
E
m
m B
B








6
1
1
m’1C
m’C1
con: 1
2 

 L
L
m’1B
m’B1
12EJ
L3
12EJ
L3
6EJ
L2
6EJ
L2

22. Hallemos ahora los efectos de un incremento
de temperatura (de valor t)
C
1
1
L1 L2
h
A
1 B
A’
1’
ΔL1A + 1
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
A1 (para un valor  = 1):
2
1
3
L
J
E
m A






m’1C
m’C1
con: A
L
L
L 1
1 


m’1B
m’B1
1
A 3EJ
L2
3EJ
L3
3EJ
L3
m’1A
B
C
A
t m
m
m
M 1
1
1
0
1






 

23. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor unitario de ):
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
C






4
1
1C
mC1
con: h
L 
L
J
E
mC





2
1
4EJ
L 6EJ
L2
6EJ
L2
2EJ
L
1
C

24. 6EJ
L2
4EJ
L
1 B
6EJ
L2
2EJ
L
Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
…en tanto que para la barra 1B (para
un valor unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
B






4
1
1C
mB1
mC1
1B
con: 2
L
L  L
J
E
mB





2
1

25. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la
barra A1 (para un valor
unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
A






3
1
1C
mB1
mC1
1B
A1
1
A
3EJ
L
3EJ
L2
3EJ
L2
C
B
A
M 1
1
1
0
11 

 

















h
L
L
J
E
M
4
4
3
2
1
0
11
con: 1
L
L 

26. Planteamos las ecuaciones
de compatibilidad
Como el sistema se encuentra
en equilibrio, los momentos
generados por la combinación
de las cargas de origen térmico
y los giros del nodo 1 deberán
ser nulos:
Y obtenemos el valor del giro del nodo 1:
0
0
11
0
1 



 
M
M t
0
11
0
1
M
M t






27. Calculamos ahora los momentos
de empotramiento
Aplicando el principio de superposición resulta:
L1 L2
h
A 1 B

C
1C
mC1
1B
A1
mB1
+




















1
1
1
1
C
C
C
B
B
B
m
m
M
m
m
M
L1 L2
h
A 1 B
A’
1’
ΔL1A + 1
m’1C
m’1B
m’B1
m’1A
C
1
1
m’C1

28. C
L1 L2
h
A 1 B

Hallemos ahora los efectos de un giro del
empotramiento C (de valor )
Procedemos a fijar angularmente el
nudo 1 de forma tal que no pueda
rotar. De esta forma la única restricción
impuesta al sistema será 1 = 0. En
consecuencia el sistema fundamental
resultante será la que se muestra en la
figura:
El esquema sería el que se
presenta en la figura, y su
efecto será para la barra 1C
(para un valor de   ):
L
J
E
m C







2
1
con: h
L 
L
J
E
mC







4
1
m’’1C
m’’C1
4EJ
L
6EJ
L2
6EJ
L2
2EJ
L 1
C

29. 4EJ
L 6EJ
L2
6EJ
L2
2EJ
L
1
C
Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor unitario de ):
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
C






4
1
1C
mC1
con: h
L 
L
J
E
mC





2
1

30. 6EJ
L2
4EJ
L
1 B
6EJ
L2
2EJ
L
Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
…en tanto que para la barra 1B (para
un valor unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
B






4
1
1C
mB1
mC1
1B
con: 2
L
L  L
J
E
mB





2
1

31. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la
barra A1 (para un valor
unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
A






3
1
1C
mB1
mC1
1B
1A
1
A
3EJ
L
3EJ
L2
3EJ
L2
C
B
A
M 1
1
1
0
11 

 

















h
L
L
J
E
M
4
4
3
2
1
0
11
con: 1
L
L 

32. Planteamos las ecuaciones
de compatibilidad
Como el sistema se encuentra
en equilibrio, los momentos
generados por la combinación
de las cargas debidas a la
rotación del vínculo y los giros
del nodo 1 deberán ser nulos:
…donde:
0
0
11
0
1 



 
 M
M
C
m
M 1
0
1




y obtenemos el valor del giro del nodo 1: 0
11
1
M
m C








33. Calculamos ahora los momentos
de empotramiento
Aplicando el principio de superposición resulta:
L1 L2
h
A 1 B

C
1C
mC1
1B
1A
mB1
+























1
1
1
C
C
C
B
B
m
m
M
m
M
C
L1 L2
h
A 1 B

m’’1C
m’’C1

34. Finalmente hallemos los valores que se
producen cuando sucede un asentamiento del
vínculo C (de valor )
Procedemos a fijar angularmente el
nudo 1 de forma tal que no pueda
rotar. De esta forma la única
restricción impuesta al sistema será
1=0. En consecuencia el sistema
fundamental resultante será la que se
muestra en la figura:
C
L1 L2
h
A
1
B

1’
C’
1
1
C El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
A1 (para un valor  = 1):
2
1
3
L
J
E
m A








con: 1
L
L 
A
3EJ
L3
3EJ
L3
1
3EJ
L2
m’’’1A

35. Finalmente hallemos los valores que se
producen cuando sucede un asentamiento del
vínculo C de valor 
C
L1 L2
h
A
1
B

1’
C’
1
1
C
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1B (para un valor  = 1):
2
1
1
6
L
J
E
m
m B
B












con: 2
L
L 
m’’’1A
12EJ
L3
12EJ
L3
6EJ
L2
6EJ
L2
B
1
m’’’1B
m’’’B1

36. 12EJ
L3
12EJ
L3
6EJ
L2
6EJ
L2
Finalmente hallemos los valores que se
producen cuando sucede un asentamiento del
vínculo C de valor 
C
L1 L2
h
A
1
B

1’
C’
1
1
C
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor  = C):
2
1
1
6
L
J
E
m
m C
C












con: h
L 
m’’’1A
m’’’1B
m’’’B1
m’’’1C
m’’’C1
B
C
A m
m
m
M 1
1
1
0
1













 

37. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
El esquema sería el que se presenta en
la figura, y su efecto será para la barra
1C (para un valor unitario de ):
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
C






4
1
1C
mC1
con: h
L 
L
J
E
mC





2
1
4EJ
L 6EJ
L2
6EJ
L2
2EJ
L
1
C

38. 6EJ
L2
4EJ
L
1 B
6EJ
L2
2EJ
L
Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la barra 1B (para
un valor unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
B






4
1
1C
mB1
mC1
1B
con: 2
L
L  L
J
E
mB





2
1

39. Imponemos ahora pequeños
desplazamientos para las restricciones
impuestas (rotación del nodo 1)
… en tanto que para la
barra A1 (para un valor
unitario de ), será:
L1 L2
h
A 1 B
  1
C
L
J
E
A






3
1
1C
mB1
mC1
1B
1A
1
A
3EJ
L
3EJ
L2
3EJ
L2
C
B
A
M 1
1
1
0
11 

 

















h
L
L
J
E
M
4
4
3
2
1
0
11
con: 1
L
L 

40. Planteamos las ecuaciones
de compatibilidad
Como el sistema se encuentra
en equilibrio, los momentos
generados por la combinación
de las cargas debidas al
desplazamiento del vínculo y
los giros del nodo 1 deberán
ser nulos:
…donde:
0
0
11
0
1 




 
 M
M
y obtenemos el valor del giro del nodo 1: 0
11
0
1
M
M 
 




B
C
A m
m
m
M 1
1
1
0
1















41. Calculamos ahora los momentos
de empotramiento
Aplicando el principio de superposición resulta:
L1 L2
h
A 1 B

C
1C
mC1
1B
1A
mB1
+
































1
1
1
1
C
C
C
B
B
B
m
m
M
m
m
M
C
L1 L2
h
A
1
B

1’
C’
1
1
C
m’’’1A
m’’’1B
m’’’B1
m’’’1C
m’’’C1


























C
C
C
C
C
B
B
B
B
B
M
M
M
M
M
M
M
M
M
M
0
0
…y para una combinación
de exceso de vínculos, ΔT, y
desplazamiento de vínculos
será:

42. Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

43. Muchas Gracias