Verificar por el método de las fuerzas las rigideces de las siguientes barras elementales.

1. 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
Hiperestáticos
Método de las Fuerzas
Resolución del Ejercicio N° 6b de
la Guía de la Práctica – TP N° 9

2. Analicemos la
siguiente estructura
• Es de nuestro interés verificar las reacciones de extremo de barra que aparecen en las
tablas de “Soluciones de Barras Empotradas/Empotradas”
• Para ello, se hace desaparecer la causa de la indeterminación estática y se obtiene un
sistema isostático fundamental o principal. Nosotros elegiremos como sistema
fundamental a una barra empotrada en B y libre en A.
• El sistema fundamental no cumplirá las condiciones impuestas al sistema hiperestático,
por esta razón, han de aplicársele fuerzas o momentos que constituirán las incógnitas
hiperestáticas. A saber X1, X2 y X3
B
A
L
X3
X1
X2

3. Analicemos la
siguiente estructura
B
A
L
X3
X1
X2
Debemos plantear tantas ecuaciones de compatibilidad
de las deformaciones como incógnitas hiperestáticas
existan.
Desplazamientos verticales del vínculo A:
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 + 𝑋3 ⋅ 𝑎13 = 0
Rotaciones del vínculo A:
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 + 𝑋3 ⋅ 𝑎23 = θ
Desplazamientos horizontales del vínculo A:
𝑎30 + 𝑋1 ⋅ 𝑎31 + 𝑋2 ⋅ 𝑎32 + 𝑋3 ⋅ 𝑎33 = 0
En nuestro caso la barra se encuentra descargada, por
lo tanto:
𝑎10 = 𝑎20 = 𝑎30 = 0
Trazamos los diagramas de momentos que generan las incógnitas hiperestáticas X1, X2 y X3
para valores unitarios de las mismas.
X1=1
M1=L
X2=1
M2=1
La incógnitas hiperestáticas X3 no genera momentos y además, no
interviene en la rotación del vínculo, por lo tanto:
𝑋3 = 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0

4. B
A
L
X3
X1
X2
X1=1
M1=L
X2=1
M2=1
𝑋3 = 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0
Debemos plantear tantas ecuaciones de compatibilidad
de las deformaciones como incógnitas hiperestáticas
existan.
Desplazamientos verticales del vínculo A:
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 + 𝑋3 ⋅ 𝑎13 = 0
Rotaciones del vínculo A:
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 + 𝑋3 ⋅ 𝑎23 = θ
Desplazamientos horizontales del vínculo A:
𝑎30 + 𝑋1 ⋅ 𝑎31 + 𝑋2 ⋅ 𝑎32 + 𝑋3 ⋅ 𝑎33 = 0
En nuestro caso la barra se encuentra descargada, por
lo tanto:
𝑎10 = 𝑎20 = 𝑎30 = 0
Trazamos los diagramas de momentos que generan las incógnitas hiperestáticas X1, X2 y X3
para valores unitarios de las mismas.
La incógnitas hiperestáticas X3 no genera momentos y además, no
interviene en la rotación del vínculo, por lo tanto:

5. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = θ
Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
𝑎12 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀2 ∙ 𝑑𝑙 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙
1
2
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀2 ∙ 𝐿
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
…y reemplazando M1 = L y M2 = 1:

6. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙
1
3
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀1 ∙ 𝐿 …y reemplazando M1 = L :
𝑎11 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀1 ∙ 𝑑𝑙 =
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = θ

7. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀2 ∙ 𝑀2 ∙ 𝐿 …y reemplazando M2 = 1:
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎22 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀2 ∙ 𝑀2 ∙ 𝑑𝑙 =
𝑎22 =
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = θ

8. →
𝑋1 =
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ θ
𝐿2
𝑋2 =
−4 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ θ
𝐿
Reemplazando los
coeficientes aij
tendremos
𝑋1 ⋅
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
= 0
𝑋1 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
= θ
Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎22 =
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
…y resolviendo el sistema:
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = θ

9. Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
𝟔 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝜽
𝑳𝟑
−𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝜽
𝑳
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 =
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿2 + 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐴 =
−4 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿
+ 𝑀𝐵 + 𝑅𝑏 ∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema: →
𝑅𝐵 =
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿2
𝑀𝐵 =
−2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿
Nota: el signo negativo de los
momento X2 y MB indica que los
sentidos de los mismos no son los
indicados en el diagrama sino los
contrarios.

10. Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
𝟔 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝜽
𝑳𝟑
−𝟒 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝜽
𝑳
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 =
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿2 + 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐴 =
−4 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿
+ 𝑀𝐵 + 𝑅𝑏 ∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema: →
𝑅𝐵 =
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿2
𝑀𝐵 =
−2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝜃
𝐿
Nota: el signo negativo de los
momento X2 y MB indica que los
sentidos de los mismos no son los
indicados en el diagrama sino los
contrarios.
 verifica

11. 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

12. Muchas Gracias