Este documento presenta el método de Maxwell-Mohr para determinar los desplazamientos nodales de una estructura sometida a carga axial utilizando cargas virtuales. El método requiere resolver sistemas adicionales con cargas unitarias en la dirección de cada posible desplazamiento nodal para obtener las reacciones internas unitarias. Luego, se construyen matrices con estas reacciones y las reacciones del sistema original para calcular los desplazamientos mediante una multiplicación matricial. Se presentan dos ejemplos numéricos para il

1. Ejercicios de Desplazamiento
de nodos en carga axial por
método energético y carga
virtual de Maxwell-Mohr
Mecánica de Materiales I
Ingeniería Civil, UDAL
marzo 2017
José Luis Morales
jlm_udal@hotmail.com

2. Introducción
Para hallar el desplazamiento de nodos de una estructura sometida a carga axial, el
método pide hallar reacciones internas no sólo de un sistema original sometido a cargas
externas; sino también de sistemas con cargas virtuales unitarias para cada posible
desplazamiento de los nudos. Estos nuevos sistemas deberán tener la misma geometría
pero con una carga virtual unitaria en dirección de dicho desplazamiento para hallar sus
reacciones unitarias. Por ejemplo, para un nudo A del sistema de dos cables de la figura,
se deben resolver 3 sistemas: 2 sistemas extra con cargas unitarias en x y en y (en lugar
de la carga externa P) y un tercer sistema que es el sistema original.
P
1
1
Sistema Original bajo una
carga externa P ubicada en
nodo A
A
1er Posible desplazamiento 2o Posible desplazamiento
Hallar reacciones
internas P1uh
y P2uh
del sistema nuevo
2 con una carga
virtual horizontal
P1uh
P2uh
Hallar reacciones
internas P1uv
y P2uv
del sistema nuevo
3 con una carga
virtual vertical
P1uv
P2uv
P
P1
P2
Hallar reacciones
internas P1
y P2
del
sistema original

3. Todo Nodo sin apoyo de ningún tipo sufre 2 desplazamientos debido a cargas
externas. Estamos en dos dimensiones, por lo tanto deberán ser en el eje x y en el
eje y. La dirección sobre si será hacia arriba o hacia abajo, en el eje y; o hacia la
izquierda o a la derecha, en el eje x, puede suponerse debido al sistema de cargas.
Se debe seleccionar una dirección y continuar con todas las operaciones hasta el
final. Si los desplazamientos salen negativos es que entonces la dirección sugerida
es contraria pero la magnitud es correcta.
Si el nodo se encuentra en un apoyo de rodillo, entonces sólo se desplaza en una
dirección que será paralela a su apoyo
Si el nodo está en un apoyo articulado no se desplaza en ningún eje.
Por otro lado, si las reacciones internas en los elementos están a
compresión deberán colocarse en las matrices el signo negativo, si están a
tensión se manejan signos positivos.
OBSERVACIONES:

4. Ecuación de desplazamiento de un sólo
nodo y una sola dirección
donde:
∆=Desplazamiento del nodo en un sólo sentido y una sola dirección.
Pui
=Reacción interna del elemento i de un sistema con una carga
unitaria virtual en la dirección del desplazamiento.
Pi
=Reacción interna del elemento i del sistema original
Li
=longitud del elemento i
Ai
Ei
= Rigidez axial del elemento i.
(1)

5. Ecuación de desplazamiento en forma
matricial
donde:
∆= Matriz columna de desplazamiento de cada nodo
P’u
=Matriz transpuesta de reacciones internas unitarias para cada
desplazamiento
F= L/AE= Matriz diagonal de flexibilidad
P=Matriz columna de reacciones internas del sistema original
Cuando se tienen muchos nudos, la ecuación anterior se vuelve laboriosa, por lo que es útil trabajar
con matrices. La forma matricial de la ecuación (1) queda:
(2)
La forma desglosada de la ecuación (2) queda:

6. Δ1
Δ2
=
Δ3
●
●
●
Pu11
Pu12
Pu13 ● ●
●
Pu21
Pu22
Pu23 ● ●
●
Pu31
Pu32
Pu33 ● ●
●
● ● ●
L1
/A1
E1
0 0 ● ● ●
0 L2
/A2
E2
0 ● ● ●
0 0 L3
/A3
E3
● ●
● ● ●
● ● ●
● ● ●
P1
P2
P3
●
●
●
Puij
= reacción
interna por carga
unitaria en dirección
del número i y
elemento j
Pj
= reacción interna de
sistema original del
elemento j
Δi
=Desplazamiento
número i

7. Ejercicio 1. Un nodo y 2 elementos
Determinar el desplazamiento ∆ en el eje x y y de la estructura de 2
barras cuando P=40 kN. El área de la sección transversal de cada
barra es de 6.0x10-4
m2
, y E=200 GPa.
P=40 kN
A B
4.5 m
6.0 m
8.0 m
PASO 1.- Enumerar elementos, puede empezar con cualquier elemento una vez hecho, esta
numeración se queda fija para todos los sistemas. Aquí barra AC=Elemento 1; barra BC=Elemento 2.
PASO 2. Formar la matriz diagonal de flexibilidades, F. El cálculo de la rigidez axial EA es: AE=
6.0x10-4
m2
x200 x109
Pa=12x107
N. Debido a que este valor es constante se factoriza.
C
1 2
PASO 1
PASO 2.
F=
L1
0
0 L2
1
A E
F=
7.5 0
0 10
1 m
12x107
N.
7.5
m
10 m

8. PASO 3. Identificar sistemas: Un sistema para carga unitaria en y; un sistema para carga unitaria en x; y
el sistema original
Sistema 1: carga
unitaria en y
Sistema 2: carga
unitaria en x
Sistema 3:
original
1
A B
1
A B
P=40 kN
A B
C C C
PASO 3.
La primera elección de con cuál eje comenzar para la carga unitaria es arbitraria, una vez elegido se
conserva ese orden. La dirección es sugerida, aquí se ha sugerido que debido a que la carga es vertical
de 40 kN, el desplazamiento del nudo C será igual y por lo tanto la dirección de la carga unitaria en en
eje y será hacia abajo; y como la barra 2 es de mayor longitud el desplazamiento en el eje x será hacia
la izquierda. Si el resultado final en el desplazamiento es negativo, entonces la dirección es opuesta
A continuación se hallarán las reacciones internas de cada sistema
primer desplazamiento segundo desplazamiento

9. Sistema 1, para primer desplazamiento:carga unitaria en y.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA
1
A B
C
(b) Diagrama de cuerpo libre:
Descomponer barras inclinadas en
componentes en x y en y:
1
BCx
BCy
ACx
ACy
1 2
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(6/4.5)=53.13°
2
=tan-1
(6/8)= 36.87°
(c) Aplicar ecuaciones de
equilibrio:
Fx
=0
-ACx
+BCx
=0
Fy
=0
ACy
+BCy
-1=0; ACy
+BCy
=1
(d) Expresar las ecuaciónes de (c)
en términos de Ac y BC:
-AC cos 1
+BC cos 2
=0
AC sen 1
+BC sen 2
=1
(e) Sustitur ángulos:
-AC cos 53.13°+BC cos 36.87°=0
AC sen 53.13°+BC sen 36.87°=1
(f) Evaluar:
-AC 0.6 +BC 0.8=0… .(1)
AC 0.8+BC 0.6=1…...(2)
(g) Resolviendo por Gauss:
Despejar BC de (1)
BC=AC 0.6/0.8= AC 0.75…(3)
Sustituir (3) en (2):
AC 0.8+ (AC 0.75)*0.6=1
AC 0.8+AC 0.45=1
AC(0.8+0.45)=1
AC 1.25=1 → AC=0.8…(4)
Sustituir 4 en (3):
BC=0.8*0.75 → BC=0.6…(5)

10. Sistema 2, para segundo desplazamiento: carga unitaria en x.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA
1
A B
C
(b) Diagrama de cuerpo libre:
Descomponer barras inclinadas en
componentes en x y en y:
1
BCx
BCy
ACx
ACy
1 2
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(6/4.5)=53.13°
2
=tan-1
(6/8)= 36.87°
(c) Aplicar ecuaciones de
equilibrio:
Fx
=0
-ACx
+BCx
-1=0; -ACx
+BCx
=1
Fy
=0
ACy
+BCy
=0
(d) Expresar las ecuaciónes de (c)
en términos de Ac y BC:
-AC cos 1
+BC cos 2
=1
AC sen 1
+BC sen 2
=0
(e) Sustitur ángulos:
-AC cos 53.13°+BC cos 36.87°=1
AC sen 53.13°+BC sen 36.87°=0
(f) Evaluar:
-AC 0.6 +BC 0.8=1… .(1)
AC 0.8+BC 0.6=0…...(2)
(g) Resolviendo por Gauss:
Despejar AC de (2)
AC=-BC 0.6/0.8= -BC 0.75…(3)
Sustituir (3) en (1):
-(-BC 0.75)*0.6+ BC 0.8=1
BC 0.45+BC 0.8=1
BC(0.45+0.8)=1
BC 1.25=1 → BC=0.8…(4)
Sustituir 4 en (3):
AC=-0.8*0.75 → AC=-0.6…(5)

11. Sistema 3: Sistema Original.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA EXTERNA
A B
C
(b) Diagrama de cuerpo libre:
Descomponer barras inclinadas en
componentes en x y en y:
40 kN
BCx
BCy
ACx
ACy
1 2
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(6/4.5)=53.13°
2
=tan-1
(6/8)= 36.87°
(c) Aplicar ecuaciones de
equilibrio:
Fx
=0
-ACx
+BCx
=0
Fy
=0
ACy
+BCy
-1=0; ACy
+BCy
=40
(d) Expresar las ecuaciónes de (c)
en términos de Ac y BC:
-AC cos 1
+BC cos 2
=0
AC sen 1
+BC sen 2
=40
(e) Sustitur ángulos:
-AC cos 53.13°+BC cos 36.87°=0
AC sen 53.13°+BC sen 36.87°=40
(f) Evaluar:
-AC 0.6 +BC 0.8=0… .(1)
AC 0.8+BC 0.6=40…...(2)
(g) Resolviendo por Gauss:
Despejar BC de (1)
BC=AC 0.6/0.8= AC 0.75…(3)
Sustituir (3) en (2):
AC 0.8+ (AC 0.75)*0.6=40
AC 0.8+AC 0.45=40
AC(0.8+0.45)=10
AC 1.25=40 → AC=32kN…(4)
Sustituir 4 en (3):
BC=32kN*0.75→BC=24kN.(5)
P=40 kN

12. PASO 4. Construcción de matriz de desplazamientos:
Δy
=
Δx
0.8 0.6
-0.6 0.8
7.5 0
0 10
1 m kN
12x107
N
32
24
Reacciones internas del sistema 1
Reacciones internas del sistema 2
Reacciones internas
del sistema original
1
1
2
2
1
2
1
2
1
2
donde:
Valor para Elemento 2
Valor para Elemento 1
Primer
desplazamiento
segundo
desplazamiento
Longitud del
elemento 2

13. PASO 5. Evaluar matrices para obtener los desplazamientos:
Δy
=
Δx
0.8 0.6
-0.6 0.8
7.5 0
0 10
1 m kN
12x107
N
32
24
Realizando la multiplicación
de las 2 primeras matrices:
=
6 6
-4.5 8
32
24
=
6*32+6*24
-4.5*32+8*24
Δy
=
Δx
1 m kN
12x107
N
336
48
Multiplicar la nueva
matriz con la última
Δy
= 28x103
x10-7
m
Δx
= 4x103
x10-7
m
Δy
= 2.8 mm
Δx
= 0.4 mm
Simplificando notación
científica
Nota: Los desplazamientos finales fueron positivos, significa que las direcciones del desplazamiento
fueron correctas. En caso de que alguna hubiera salido negativa significa que la magnitud del
desplazamiento es correcta pero sólo habrá que cambiar el sentido de la dirección sugerida.
Realizando la última operación
con la rigidez axial
Este resultado
dice que el nodo
C se
desplazará, por
la carga P,
2.8mm
verticalmente y
0.4 mm
horizontalmente
a la izquierda

14. Ejercicio 2. Dos nodos y 3 elementos
Determinar el desplazamiento ∆ en el eje x y y en los nodos C y B de la
armadura simplemente apoyada de 3 barras cuando P=65 kN. La rigidez
axial, AE, de cada barra es de 100 MN.
PASO 1.- Enumerar elementos, puede empezar con cualquier elemento,
una vez hecho, esta numeración se queda fija para todos los sistemas.
Aquí barra AB=Elemento 1; barra AC=Elemento 2 y barra BC=Elemento 3
PASO 2. Formar la matriz diagonal de flexibilidades, F. Debido a que el
valor de AE es constante se factoriza.
A
B C
P=65 kN
3.0
m
1.8 m
2.4m
1 2
3 PASO 2.
F=
L1
0 0
0 L2
0
0 0 L3
1
A E
F= 1 m
100x106
N.
2.4 0 0
0 3.0 0
0 0 1.8

15. PASO 3. Identificar sistemas: Un sistema para carga unitaria en nodo C en y; un sistema para carga
unitaria en C en x; un sistema para carga unitaria en nodo B en y y el sistema original
Sistema 1: carga unitaria
en C y dirección y
1
1
PASO 3.
La primera elección de con cuál eje y nodo comenzar para la carga unitaria es arbitraria, una vez
elegido se conserva ese orden. La dirección es sugerida, aquí se ha sugerido que debido a que la carga
es vertical de 65 kN, la dirección de la carga unitaria en el nodo C será en el eje y hacia abajo y como la
barra 3 tenderá a comprimirse el desplazamiento del nodo C será en el eje x será hacia la izquierda. El
apoyo de rodillo, nodo B, permite un movimiento, en este caso en el eje y, añadir la carga unitaria. El
nodo A no se le permite traslación por el apoyo articulado.
A continuación se hallarán las reacciones internas de cada sistema
A
B C
1 2
3
A
B
C
1 2
3
1
A
B
C
1 2
A
B C
1 2
3
P=65 kN
Sistema 2: carga unitaria
en C y dirección x
Sistema 3: carga unitaria
en B y dirección y
Sistema 4: Sistema
original con carga de
65 kN
3
primer desplazamiento segundo desplazamiento tercer desplazamiento

16. Sistema 1, para primer desplazamiento: carga unitaria en nodo C en y.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA
1
A
B C
1
2
3
primer desplazamiento
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(2.4/1.8)=53.13°
2
=90- 1
= 36.87°
1
2
(b) Obtener reacciones en apoyos:
3.0
m
1.8 m
2.4m
MA
=0
-1x1.8m+RBx
x2.4m=0
RBx
=(1x1.8m)/2.4m=0.75
Fy
=0
-1+RAy
=0; RAy
=1
Fx
=0
RBx
-RAx
=0; RAx
=0.75
RAx
RAy
RBx
(d) Diagrama de cuerpo libre en
NODO C: Descomponer barra
inclinada AC en componentes en x
y en y:
(c) Diagrama de cuerpo libre en
NODO B:
RBx
=0.75 BC=0.75 (C)
AB=0
AB no tiene ninguna fuerza externa por lo
tanto no genera reacción interna
Fx
=0; RBx
-BC=0; 0.75-BC=0; BC=0.75 (C)
3
1
1
ACx
BC=0.75
ACy
Fy
=0
ACy
-1=0; AC sen 1
-1=0;
AC sen53.13°=1;
AC=1/0.8=
AC=1.25 (T) 2
En este ejemplo, con cualquier condición de
equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción
interna AC, utilizaremos el eje y

17. Sistema 2, para segundo desplazamiento: carga unitaria en nodo C en x.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA
1
A
B
C
1
2
3
segundo desplazamiento
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(2.4/1.8)=53.13°
2
=90- 1
= 36.87°
1
2
(b) Obtener reacciones en apoyos:
3.0
m
1.8 m
2.4m
MA
=0
-1x2.4m+RBx
x2.4m=0
RBx
=(1x2.4m)/2.4m=1
Fy
=0
RAy
=0
Fx
=0
RBx
-RAx
-1=0; RAx
=0
RAx
RAy
RBx
(d) Diagrama de cuerpo libre en
NODO C: Descomponer barra
inclinada AC en componentes en x
y en y:(c) Diagrama de cuerpo libre en
NODO B:
RBx
=1 BC=1 (C)
AB=0
AB no tiene ninguna fuerza externa por lo
tanto no genera reacción interna
Fx
=0; RBx
-BC=0; 1-BC=0; BC=1 (C)
3
1
1
ACx
BC=1
ACy
Fy
=0
ACy
=0;
Por lo tanto:
AC=0 2
En este ejemplo, con cualquier condición de
equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción
interna AC, utilizaremos el eje y

18. Sistema 3, para tercer desplazamiento: carga unitaria en nodo B en y.
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS POR CARGA UNITARIA
1
A
B
C
1
2
3
tercer desplazamiento
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(2.4/1.8)=53.13°
2
=90- 1
= 36.87°
1
2
(b) Obtener reacciones en apoyos:
3.0
m
1.8 m
2.4m
MA
=0
RBx
x2.4m=0
RBx
=0
Fy
=0
-1+RAy
=0; RAy
=1
Fx
=0
RBx
-RAx
=0; RAx
=0
RAx
RAy
RBx
(d) Diagrama de cuerpo libre en
NODO C: Descomponer barra
inclinada AC en componentes en x
y en y:(c) Diagrama de cuerpo libre en
NODO B:
RBx
=0 BC=0
AB=1 (T)
Fx
=0; RBx
-BC=0; 0-BC=0; BC=0
3
1
ACx
BC=0
ACy
Como en el nodo C no existen fuerzas
externas ni reacciones externas, se
dedece que:
Fx
=0
ACx
-0=0;
AC=0 2
1
Fy
=0; AB-1=0; AB=1 (T)

19. Sistema 4, para Sistema original
CÁLCULO DE REACCIONES INTERNAS PARA CARGA P=65 kN
65 kN
A
B C
1
2
3
(a) Obtener ángulos de geometría
del sistema:
1
=tan-1
(2.4/1.8)=53.13°
2
=90- 1
= 36.87°
1
2
(b) Obtener reacciones en apoyos:
3.0
m
1.8 m
2.4m
MA
=0
-65kNx1.8m+RBx
x2.4m=0
RBx
=(65kNx1.8m)/2.4m;
RBx
=48.75 kN
Fy
=0
-65kN+RAy
=0; RAy
=65kN
Fx
=0
RBx
-RAx
=0; RAx
=48.75kN
RAx
RAy
RBx
(d) Diagrama de cuerpo libre en
NODO C: Descomponer barra
inclinada AC en componentes en x
y en y:
(c) Diagrama de cuerpo libre en
NODO B:
RBx
=48.75kN BC=48.75kN (C)
AB=0
AB no tiene ninguna fuerza externa por lo
tanto no genera reacción interna
Fx
=0; RBx
-BC=0; 48.75-BC=0; BC=48.75 kN (C)
3
1
65kN
ACx
BC=48.75kN
ACy
En este ejemplo, con cualquier condición de
equilibrio de fuerzas se obtiene la reacción
interna AC, utilizaremos el eje y
Fy
=0
ACy
-65kN=0; AC sen 1
-65kN=0;
AC sen53.13°=65kN;
AC=65kN/0.8=
AC=81.25 (T) 2

20. PASO 4. Construcción de matriz de desplazamientos:
Δ1
Δ2
=
Δ3
0 1.25 -0.75
0 0 -1
1 0 0
2.4 0 0
0 3.0 0
0 0 1.8
1 m kN
100x106
N
0
81.75
-48.75
Reacciones internas del sistema 1
Reacciones internas
del sistema original
1 2
1
2
1
2
1 2
donde:
Valor para Elemento 2Valor para Elemento 1
3
3
3
3
Valor para Elemento 3
Reacciones internas del sistema 3
Primer
desplazamiento

21. PASO 5. Evaluar matrices para obtener los desplazamientos:
0 1.25 -0.75
0 0 -1
1 0 0
0
81.75
-48.75
Realizando la multiplicación de las 2 primeras matrices:
=
Multiplicar la nueva matriz (de la operación anterior) con la última
2.4 0 0
0 3.0 0
0 0 1.8
0*2.4+1.25*0-0.75*0 0*0+1.25*3.0-0.75*0 0*0+1.25*0-0.75*1.8
0*2.4+0*0-1*0 0*0+0*3.0-1*0 0*0+0*0-1*1.8
1*2.4+0*0+0*0 1*0+0*3.0+0*0 1*0+0*0+0*1.8
0 3.75 -1.35
0 0 -1.8
2.4 0 0
=
0*0+3.75*81.75+1.35*48.75
0*0+0*81.75+1.8*48.75
2.4*0+0*81.75-0*48.75
=

22. Δ1
= 3.72375 mm
Δ2
= 0.8775 mm
Δ3
= 0.0 mm
Nota: Los desplazamientos finales fueron positivos, significa que las direcciones del desplazamiento
fueron correctas. En caso de que alguna hubiera salido negativa significa que la magnitud del
desplazamiento es correcta pero sólo habrá que cambiar el sentido de la dirección sugerida.
Realizando la última operación
con la rigidez axial
Este resultado dice que sólo el nodo C se
desplazará (Δ1
y Δ2
), por la carga P,
3.72mm verticalmente hacia abajo y
0.88mm horizontalmente a la izquierda. El
nodo del apoyo de rodillo (Δ3
) no sufrirá
desplazamiento.
Δ1
Δ2
=
Δ3
1 m kN
100x106
N
372.375
87.75
0
=
3.72375x103
x10-6
m
0.8775x103
x10-6
m
0

23. Referencias
1.- Análisis de Estructuras Reticulares. J. Gere; W.
Weaver. 1980
2.- Mecánica de Materiales. R. Fitzgerald. Ed.
Alfaomega