Hiperestáticos - Método de las Fuerzas

1. Hiperestáticos
Método de las Fuerzas
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. Consideraciones Preliminares
…que las estrictamente necesarias, es decir, tiene más movimientos impedidos, de los que
son estrictamente necesarios para su estabilidad.
Por ello su cálculo no se realiza con las ecuaciones de equilibrio, sino recurriendo a los
esfuerzos y deformaciones a partir de las ecuaciones constitutivas del material. Son las vigas
normalmente usadas en las estructuras de construcción, su uso es el más extendido.
Es necesario entonces dominar métodos más generales para vencer la hiperestaticidad de
sistemas compuestos por barras (para el alcance de este curso, sistemas planos de barras).
La diferencia entre el número de reacciones de vínculo (número de incógnitas - NI) y el número
de grados de libertad del sistema (número de ecuaciones independientes de la estática - EE) que se
pueden plantear para un sistema dado se denomina grado de hiperestaticidad (grado de
indeterminación - GI).
𝑮𝑰 = 𝑵𝑰 − 𝑬𝑬 (GI representan el número de ecuaciones
adicionales necesaria para resolver el problema)
Una viga hiperestática es aquella que tiene
más condiciones de contorno…

3. Consideraciones Preliminares
Es el método más intuitivo, y consiste en que al sistema hiperestático dado se lo libra de las
ligaduras externas adicionales y se las sustituye por las acciones correspondientes. Así pues,
en este método las incógnitas son fuerzas. (de ahí su nombre)
Así, la resolución de cualquier hiperestático por el Método de la Fuerzas comienza por
eliminar las ligaduras adicionales. El sistema libre de esta ligaduras, se convierte en un
isostático denominado sistema base o fundamental.
Para cualquier sistema hiperestático se pueden elegir, como norma general, un número
infinito de sistemas fundamentales.
Una vez eliminadas las ligaduras adicionales y convertido el sistema en un isostático
fundamental, es necesario introducir en su lugar las reacciones desconocidas (en las secciones
dónde no existen desplazamiento lineales se introducen fuerzas y en las que no existen desplazamiento
angulares, momentos).
Veamos el Método de las Fuerzas.

4. Consideraciones Preliminares
Es el método más intuitivo, y consiste en que al sistema hiperestático dado se lo libra de las
ligaduras externas adicionales y se las sustituye por las acciones correspondientes. Así pues,
en este método las incógnitas son fuerzas. (de ahí su nombre)
Así, la resolución de cualquier hiperestático por el Método de la Fuerzas comienza por
eliminar las ligaduras adicionales. El sistema libre de esta ligaduras, se convierte en un
isostático denominado sistema base o fundamental.
Para cualquier sistema hiperestático se pueden elegir, como norma general, un número
infinito de sistemas fundamentales.
Una ves eliminadas las ligaduras adicionales y convertido el sistema en un isostático
fundamental, es necesario introducir en su lugar las reacciones desconocidas (en las secciones
dónde no existen desplazamiento lineales se introducen fuerzas y en las que no existen desplazamiento
angulares, momentos).
Por último se plantean las ecuaciones (en término de desplazamientos) para
la determinación de las reacciones desconocidas. Estas ecuaciones se
denominan ecuaciones canónicas y su número coincide con el grado de
hiperestaticidad del sistema.
Veamos el Método de las Fuerzas.

5. Consideraciones Preliminares
• Si el número de incógnitas (NI), es menor que el número de ecuaciones (EE), la estructura
es inestable, (sistema hipostático). Constituye un sistema incompatible.
• Si el número de incógnitas (NI), es igual al número de ecuaciones (EE), la estructura es
estáticamente determinada, (sistema isostático).
• Si el número de incógnitas (NI), es mayor que el número de ecuaciones (EE), la estructura
es estáticamente indeterminada, (sistema hiperestático).
𝑮𝑰 = 𝑵𝑰 − 𝑬𝑬 = 𝟔 − 𝟑 = 𝟑
𝑵𝑰 = 𝟔
𝑬𝑬 = 𝟑
→ 𝑵𝑰 > 𝑬𝑬
𝑅𝐴𝑋, 𝑅𝐴𝑌, 𝑀𝐴, 𝑅𝐷𝑋, 𝑅𝐷𝑌, 𝑀𝐷
𝐹𝑋 = 0, 𝐹𝑌 = 0, 𝑀0 = 0
Analicemos una estructura sometida a un
determinado estado de carga:

6. Consideraciones Preliminares
• Se hace desaparecer la causa de la indeterminación estática y se obtiene un sistema
isostático fundamental, principal o base.
• 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.
• Las condiciones suprimidas pueden pertenecer a la sustentación o ser condiciones
internas del sistema.
Analicemos una estructura sometida a un
determinado estado de carga:

7. Consideraciones Preliminares
• El sistema fundamental más conveniente será aquel en el cual los diagramas debidos a las
incógnitas y a las cargas exteriores resulten simples y donde haya la menor cantidad
posible de coeficientes δij suplementarios, distintos de cero.
Para la misma estructura existen varios
sistemas fundamentales posibles:

8. Consideraciones Preliminares
…las solicitaciones y desplazamientos en el sistema fundamental bajo la acción de las cargas
exteriores y de las incógnitas hiperestáticas actuando conjuntamente, deben ser iguales a
las solicitaciones y deformaciones en la estructura hiperestática planteada, bajo la acción de
las cargas exteriores.
= + + +
X1
X3
X2
Los efectos del momento flector total en una sección genérica C de la estructura
hiperestática original valdrán:
C C0 C1 C2 C3
C
M 0
C
M 1
C
M 2
C
M 3
C
M
  

Estructura original Estado 0 Estado 1 Estado 2 Estado 3
Por el Principio de
Superposición…

9. Consideraciones Preliminares
…luego, no pueden obtenerse M1C, M2C ni M3C.
• Sin embargo, la forma del diagrama de
solicitaciones es única para cualquier
valor de la carga que lo produzca.
• Así por ejemplo los diagramas de
momentos de un par de 1 tm y el de
5 tm son idénticos, sólo varía la escala
de referencia de los mismos.
Pero se desconocen los valores
verdaderos de X1, X2 y X3

10. Consideraciones Preliminares
…puede escribirse: C
C M
X
M 1
1
1


 en la cual:
• X1 - valor (adimensional) de la incógnita
hiperestática verdadera.
• M’1C - valor del momento flector en C
originado por una carga unitaria en el
punto de actuación de la incógnita X1.
y generalizando, la expresión del momento en C en la estructura hiperestática será:
C
C
C
C
C M
X
M
X
M
X
M
M 3
3
2
2
1
1
0










y en general:






n
i
i
i
C M
X
M
M
1
0
Siguiendo el
razonamiento…

11. Consideraciones Preliminares
…debemos plantear ahora tantas ecuaciones de compatibilidad de las deformaciones
como incógnitas hiperestáticas existan.
Si en las secciones de la estructura
hiperestática donde se consideraron las
incógnitas hiperestáticas (X1, X2 y X3) los
enlaces son rígidos, los desplazamientos
relativos de dichas secciones serán nulos.
Por lo tanto, en el sistema fundamental la suma de los desplazamientos en las secciones
en cuestión, originados por las cargas exteriores y las incógnitas hiperestáticas actuando
conjuntamente, debe ser nula. Por lo tanto:
0
0 13
3
12
2
11
1
10
1 








 



 X
X
X
X1
X2
X3

Veamos las ecuaciones de
compatibilidad…

12. Consideraciones Preliminares
0
0 13
3
12
2
11
1
10
1 








 



 X
X
X
• δ’1 - desplazamiento relativo entre las secciones en el punto de aplicación de la
incógnita hiperestática X1, en la estructura fundamental.
• δ11 - desplazamiento que sufre el punto de aplicación de la incógnita X1 en la
estructura fundamental en la dirección y sentido de esta fuerza, originado por un valor
unitario de X1 actuando en A. (etc.)
• δ10 - desplazamiento que sufre el punto de aplicación de la incógnita X1 en la
estructura fundamental en la dirección y sentido de esta fuerza, originado por las
cargas exteriores.
• X1 - verdadero valor de la incógnita hiperestática 1 (adimensional).
y en general: δij - desplazamiento del punto de aplicación de la incógnita hiperestática
Xi en la estructura fundamental, en la dirección y sentido de esta fuerza,
por acción de Xj = 1 [t o tm] (según sea fuerza o par).
…donde…

13. Consideraciones Preliminares
…aplicando el Principio de los Trabajos Virtuales:    
m
t
ó
t
dl
I
E
M
M i
ij 





 

• M’i - momentos en la estructura fundamental originados por X1 = 1 [t] ó [tm]
donde:
• M - momentos finales en la estructura fundamental (iguales a los momentos verdaderos
en la estructura isostática).
Sustituyendo los valores de δij e igualando a cero resulta la ecuación de δ’1 :
0
1
3
3
1
2
2
2
1
1
1
0



























 dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
X
dl
I
E
M
M
La expresión de los desplazamientos
δ’ij la obtenemos…

14. Consideraciones Preliminares
…un sistema de tres ecuaciones con tres
incógnitas X1; X2 y X3:


























0
0
0
33
3
32
2
31
1
30
23
3
22
2
21
1
20
13
3
12
2
11
1
10












X
X
X
X
X
X
X
X
X





























































































0
0
0
2
3
3
3
2
2
3
1
1
3
0
2
3
3
2
2
2
2
1
1
2
0
1
3
3
1
2
2
2
1
1
1
0
dl
I
E
M
X
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
M
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
X
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
M
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
M
X
dl
I
E
M
X
dl
I
E
M
M
o bien:
Planteando la nulidad de desplazamientos para las
otras dos incógnitas hiperestáticas obtenemos…

15. Consideraciones Preliminares
…un sistema que puede representarse como sigue:       0


 T
X
F
dónde:
• F representa la matriz de coeficientes del sistema, o matriz de flexibilidad, ya
que sus términos miden deformaciones de la estructura bajo la acción de
cargas unitarias.
• X representa la matriz columna de las incógnitas hiperestáticas Xi.
• T representa la matriz columna de los términos independientes.











30
20
10



T
;
33
32
31
23
22
21
13
12
11




















F ;
3
2
1











X
X
X
X
Resuelto el sistema obtenemos los valores de las incógnitas hiperestáticas (X1, X2 y X3).
Planteando la nulidad de desplazamientos para las
otras dos incógnitas hiperestáticas obtenemos…

16. …el procedimiento descripto recibe el nombre de Método de Compatibilidad, porque las
ecuaciones que se plantean para resolver el problema son ecuaciones de compatibilidad.
Se le conoce también con los nombres de Método de las Fuerzas, dado que las incógnitas
hiperestáticas seleccionadas para resolver el problema son fuerzas (o momentos)
hiperestáticos, o Método de Flexibilidad, ya que los coeficientes que aparecen en las
ecuaciones que se plantean son de flexibilidad.
Dado que hay que plantear y resolver tantas ecuaciones de compatibilidad como
incógnitas hiperestáticas hay en el problema, este método es adecuado para estructuras
de bajo grado de hiperestaticidad. Su principal desventaja consiste en que la forma de
seleccionar las incógnitas hiperestáticas de un problema dado no es única y esto dificulta
un planteamiento sistemático del método. Esto lo hace poco adecuado para el cálculo de
estructuras por medios informáticos.
Resumiendo…

17. Con este método se han generado tablas de barras
simples resueltas con distintos grados de
hiperestaticidad y estados de cargas

18. 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

19. 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 = 0
Desplazamientos horizontales del vínculo A:
𝑎30 + 𝑋1 ⋅ 𝑎31 + 𝑋2 ⋅ 𝑎32 + 𝑋3 ⋅ 𝑎33 = 0
En nuestro caso, por las condiciones de carga, para la
ecuación de equilibrio horizontal se verifica que:
Trazamos los diagramas de momentos que generan la carga q y las incógnitas hiperestáticas
X1, X2 y X3 para valores unitarios de las mismas.
X1=1
M1=L
X2=1
M2=1
La incógnita hiperestática X3 es nula, por lo tanto:
𝑋3 = 0 → 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0
𝑃𝐻 = 0 → 𝑋3 = 0
qL2/2
q
q

20. B
A
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 = 0
Desplazamientos horizontales del vínculo A:
𝑎30 + 𝑋1 ⋅ 𝑎31 + 𝑋2 ⋅ 𝑎32 + 𝑋3 ⋅ 𝑎33 = 0
En nuestro caso, por las condiciones de carga, para la
ecuación de equilibrio horizontal se verifica que:
X2=1
M2=1
La incógnita hiperestática X3 es nula, por lo tanto:
𝑋3 = 0 → 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0
X3
qL2/2
q
X1=1
M1=L
L
q
Trazamos los diagramas de momentos que generan la carga q y las incógnitas hiperestáticas
X1, X2 y X3 para valores unitarios de las mismas.
𝑃𝐻 = 0 → 𝑋3 = 0

21. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
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:

22. 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
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad

23. 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
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad

24. Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙
1
4
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀0 ∙ 𝐿 …y reemplazando M0 = qL2/2 y M1 = L:
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎22 =
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑎10 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀1 ∙ 𝑀0 ∙ 𝑑𝑙 =
𝑎10 =
𝑞 ∙ 𝐿4
8 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽

25. Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙
1
3
∙ 𝑀2 ∙ 𝑀0 ∙ 𝐿 …y reemplazando M0 = qL2/2 y M2 = 1:
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎22 =
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
𝑎10 + 𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 0
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑎10 =
𝑞 ∙ 𝐿4
8 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎20 =
1
𝐸 ∙ 𝐽
∙ 𝑀2 ∙ 𝑀0 ∙ 𝑑𝑙 =
𝑎20 =
𝑞 ∙ 𝐿3
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽

26. →
𝑋1 = −
𝑞 ∙ 𝐿
2
𝑋2 =
𝑞 ∙ 𝐿2
12
Reemplazando los
coeficientes aij tendremos
𝑞 ∙ 𝐿4
8 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋1 ⋅
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
= 0
𝑞 ∙ 𝐿3
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋1 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
= 0
Calculamos los coeficientes aij (desplazamientos) por el método gráfico
…y resolviendo el sistema:
𝑎11 =
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎12 = 𝑎21 =
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎22 =
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
𝑎10 =
𝑞 ∙ 𝐿4
8 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
𝑎20 =
𝑞 ∙ 𝐿3
6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
(sistema de dos ecuaciones
con dos incógnitas)

27. q
Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
−
𝒒 ∙ 𝑳
𝟐
𝒒 ∙ 𝑳𝟐
𝟏𝟐
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 = − −
𝑞 ∙ 𝐿
2
− 𝑞 ∙ 𝐿 + 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐵 = −
𝑞 ∙ 𝐿2
12
− 𝑞 ∙ 𝐿 ∙
𝐿
2
− 𝑀𝐵 − −
𝑞 ∙ 𝐿
2
∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema: →
𝑅𝐵 =
𝑞 ∙ 𝐿
2
𝑀𝐵 = −
𝑞 ∙ 𝐿2
12
Nota: el signo negativo de la
reacción de vínculo X1 y del
momento MB, indica que dichos
sentidos no son los que aparecen
graficados en el diagrama sino los
contrarios.

28. q
Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
−
𝒒 ∙ 𝑳
𝟐
𝒒 ∙ 𝑳𝟐
𝟏𝟐
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 = −
𝑞 ∙ 𝐿
2
+ 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐵 = −
𝑞 ∙ 𝐿2
12
− 𝑞 ∙ 𝐿 ∙
𝐿
2
− 𝑀𝐵 − −
𝑞 ∙ 𝐿
2
∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema:
 verifica
→
𝑅𝐵 =
𝑞 ∙ 𝐿
2
𝑀𝐵 = −
𝑞 ∙ 𝐿2
12
Nota: el signo negativo de la
reacción de vínculo X1 y del
momento MB, indica que dichos
sentidos no son los que aparecen
graficados en el diagrama sino los
contrarios.

29. 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

30. 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 = 𝐿0
Rotaciones del vínculo A:
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 + 𝑋3 ⋅ 𝑎23 = 0
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 el descenso del vínculo, por lo tanto:
𝑋3 = 0 → 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0

31. B
A
L
X3
X1
X2
X1=1
M1=L
X2=1
M2=1
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 = 𝐿0
Rotaciones del vínculo A:
𝑎20 + 𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 + 𝑋3 ⋅ 𝑎23 = 0
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 el descenso del vínculo, por lo tanto:
𝑋3 = 0 → 𝑎13 = 𝑎31 = 𝑎32 = 𝑎33 = 0

32. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 𝐿0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
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:

33. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 𝐿0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
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

34. Podemos plantear las
siguientes ecuaciones de
compatibilidad
𝑋1 ⋅ 𝑎11 + 𝑋2 ⋅ 𝑎12 = 𝐿0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0
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

35. →
𝑋1 =
12 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿3
𝑋2 =
−6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿2
Reemplazando los
coeficientes aij
tendremos
𝑋1 ⋅
𝐿3
3 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
= 𝐿0
𝑋1 ⋅
𝐿2
2 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽
+ 𝑋2 ⋅
𝐿
𝐸 ∙ 𝐽
= 0
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 = 𝐿0
𝑋1 ⋅ 𝑎21 + 𝑋2 ⋅ 𝑎22 = 0

36. Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
𝟏𝟐 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝑳𝟎
𝑳𝟑
−𝟔 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝑳𝟎
𝑳𝟐
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 =
12 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿3 − 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐴 =
−6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿2
+ 𝑀𝐵 − 𝑅𝑏 ∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema: →
𝑅𝐵 =
12 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿3
𝑀𝐵 =
−6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿2
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.

37. Calculamos ahora
las reacciones de
vínculo en B
Planteamos ahora las ecuaciones de equilibrio:
B
A
L
𝟏𝟐 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝑳𝟎
𝑳𝟑
𝑴𝑩
𝑹𝑩
𝐹𝑉 =
12 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿3 − 𝑅𝑏 = 0
𝑀𝐴 =
−6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿2
+ 𝑀𝐵 − 𝑅𝑏 ∙ 𝐿 = 0
…y resolviendo el sistema: →
𝑅𝐵 =
12 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿3
𝑀𝐵 =
−6 ∙ 𝐸 ∙ 𝐽 ∙ 𝐿0
𝐿2
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
−𝟔 ∙ 𝑬 ∙ 𝑱 ∙ 𝑳𝟎
𝑳𝟐

38. 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

39. 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

40. 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:

41. 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:

42. 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

43. 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

44. →
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

45. 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.

46. 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

47. 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

48. Muchas Gracias