Libro resistencia de materiales ii (prácticas y exámenes usmp)(1)

RESISTENCIA DE MATERIALES II
PRACTICAS Y EXAMENES USMP ______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro
PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú
2013

2
PROLOGO
La Resistencia de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio.
Por lo general, el dictado de los cursos de Resistencia de Materiales, se centran, en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas.
El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización de sus trabajos domiciliarios.
Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2008-II al 2010-II, correspondiente al curso Resistencia de Materiales II dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia.
Este libro es un complemento perfecto a los editados anteriormente por el autor, denominados Resistencia de Materiales y Resistencia de Materiales I Prácticas y Exámenes USMP, los cuales se usan como textos base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural.
Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales, Resistencia de Materiales y Análisis Estructural en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego.
En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.
El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos.
En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el tema trabajo virtual.
En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los temas energía de deformación, teoremas de Castigliano y ecuación de los tres momentos.
En el Examen Parcial se evalúan los temas trabajo virtual, energía de deformación, teoremas de Castigliano y ecuación de los tres momentos.
En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el tema método de las fuerzas.
En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el tema método de desplazamientos.
En el Examen Final se evalúan los temas método de las fuerzas, método de desplazamientos, resistencia compuesta y cargas de impacto.
El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales II; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras.
Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales, Resistencia de Materiales y Análisis Estructural de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y

3
Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo.
De manera muy especial, dedico el presente libro a mi ahijada Chie Giulianna Villarreal Imamura, quien con su inteligencia, amor y dulzura, fue un soporte invalorable en la culminación de este trabajo, rogando a Dios Todopoderoso podamos seguir juntos aportando al desarrollo integral de la sociedad.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
genner_vc@rambler.ru
Lima, Marzo del 2013

4
USMP - FIA
EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2008 – II
CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES II SECCIÓN 30F
PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m
ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO VI
1. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal en B y el desplazamiento
vertical en E, si las áreas de sección transversal de las barras del cordón superior es de 4cm2, del
cordón inferior es 5cm2, de las montantes 6cm2 y de las diagonales 3cm2. Considerar que el material de
la armadura es acero con un módulo de elasticidad 7 2 E  2,1.10 T/m
………………………. (6 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en el apoyo C de la viga mostrada en la
figura, si EI  const para toda la estructura. Considerar sólo el efecto de flexión por momento flector.
………………………. (4 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Para el pórtico mostrado en la figura, determinar el desplazamiento
vertical y la pendiente en H, considerando sólo la flexión por momento flector y que la rigidez
2 EI 12663T.m es la misma para toda la estructura.
………………………. (6 puntos)
U N I V E R S I D A D D E
SAN MARTIN DE PORRES

5
4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del punto F del pórtico en
voladizo mostrado en la figura. Expresar su respuesta en función del coeficiente de dilatación térmica 
y considerar que la sección transversal es rectangular con dimensiones a  0,4m y b  0,5m para
todo el pórtico.
………………………. (4 puntos)
FECHA La Molina, 25 de Agosto del 2008

6
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
CICLO 2008 – II
1. Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, sometida a la acción de
las cargas externas, tal como se muestra en la figura, utilizando, para ello, los métodos conocidos de la
Estática.
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “B”:
Determinamos las fuerzas internas en cada barra de la armadura, pero sometida a la acción de la
carga unitaria aplicada en el nudo B en sentido horizontal.
Calculamos las rigideces axiales en las barras, de acuerdo a los valores dados en el presente
problema, siendo estos los siguientes:
Diagonales EA 6300T 3 
Cordón superior EA 8400T 4 
Cordón inferior EA 10500T 5 
Montantes EA 12600T 6 

7
Luego, determinamos el desplazamiento horizontal en el nudo B aplicando la fórmula conocida del
trabajo virtual para armaduras, utilizando, para ello, los diagramas 1 N y P N
   9,25.0,36.5,41 4,45.0,36.5,411,42.0,25.5  3,89.0,32.5 10,06.0,36.4,24
EA
1
3
B
H
 1.1.3 8,6.0,6.3  8,72.0,61.3,04  7,21.0,26.3,04  7,21.0,26.3,04
EA
1
4
   2,57.0,1.4,5 10,3.0,3.3
EA
1
6,13.0,8.3 6,13.0,8.3 9,45.0,45.3 9,45.0,45.3
EA
1
5 6
      
     10,29.10 m 10,29mm B 3
H
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “E”:
Determinamos las fuerzas internas en cada barra de la armadura, pero sometida a la acción de la
carga unitaria aplicada en el nudo E en sentido vertical.
Luego, determinamos el desplazamiento vertical en el nudo E aplicando la fórmula del trabajo virtual
para armaduras, utilizando los diagramas *
1 N y P N
  9,25.0,72.5,41 4,45.0,72.5,411,42.0,33.5  3,89.0,43.5 10,06.0,48.4,24
EA
1
3
E
V
 8,6.0,8.3  8,72.0,81.3,04  7,21.0,35.3,04  7,21.0,35.3,04
EA
1
4
   2,57.0,13.4,5 10,3.0,4.3
EA
1
6,13.0,4.3 6,13.0,4.3 9,45.0,6.3 9,45.0,6.3
EA
1
5 6
      
     25,05.10 m 25,05mm E 3
V
2. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector debido a la carga real, calculando
previamente las reacciones en los apoyos, de acuerdo a los conocimientos de Estática. Las reacciones
y diagramas de fuerzas internas se muestran en la siguiente figura.

8
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector para el caso del momento
unitario aplicado en C
En el tramo AB aplicamos Simpson-Kornoujov y en el tramo BC Vereschaguin, utilizando los diagramas
1 M y P M
 
EI
19,2
1 .
3
2
.4.19,2.
2
1
.
EI
1
12,8.1 4.1,6.0,5
6EI
4
C      
Como el signo es positivo, indica que la pendiente en C va orientada en sentido horario.
3. Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de las cargas reales aplicadas al
pórtico, tal como se muestra en la siguiente figura:

9
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “H”:
Ahora, graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga unitaria en H
Determinamos el desplazamiento vertical en H, aplicando trabajo virtual.
     





    0,0462m 46,2mm
12663
585
EI
585
.3.15.2
2
1
30.6.1,5 15.6.3
EI
1 H
V
PENDIENTE EN “H”:
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción del momento unitario aplicado en H

10
Luego, determinamos la pendiente en H, aplicando trabajo virtual.
o
H 0,016rad 0,917
12663
202,5
EI
202,5
.15.3.1
2
1
30.6.0,5 15.6.1
EI
1
    





   
Como el resultado de la pendiente es positivo, indica, que dicha pendiente va en sentido horario.
4. Graficamos los diagramas de momento flector (figura a) y fuerza axial (figura b) debido a la acción de la
carga unitaria horizontal aplicado en el punto F
Para determinar el desplazamiento o pendiente, debido a la variación de temperatura, se debe de tener
en cuenta las siguientes consideraciones:
a) El diagrama de momento flector indica que 1 t va hacia el lado del diagrama y 2 t hacia afuera
(figura c)
b) Por variación de temperatura, donde existe mayor calor, la fibra ubicada a dicho lado se tracciona y
hacia el otro lado se comprime, mostrándose en la figura c) con línea punteada las zonas
traccionadas.
c) Si coinciden las zonas traccionadas de temperatura con el diagrama de momento flector, será
positivo iT  debido al momento y si es opuesto, será negativo.
d) En caso que no exista diagrama de momento flector, pero si exista fuerza axial, se recomienda
colocar 1 t a la temperatura mayor y 2 t a la menor.
Aplicamos trabajo virtual por variación de temperatura, a través de la siguiente fórmula:
 

 

  
i Ni
1 2
M
1 2
iT A
2
t t
A
b
t t
Donde:
 - coeficiente de dilatación térmica del material
b - ancho de la estructura donde hay variación de temperatura
1 2 t , t - temperaturas
Mi A - área del diagrama de momento flector debido a la carga o momento unitario
Ni A - área del diagrama de fuerza axial debido a la carga o momento unitario

11
Para entender el valor de “b”, lo esquematizamos en el siguiente gráfico para un pórtico simple que nos
servirá de guía.
En la fórmula, para determinar el área del diagrama de fuerza axial, se considera el signo positivo o
negativo, dependiendo de su valor.
Ahora, determinamos el desplazamiento horizontal en F, debido a la variación de temperatura.
.1.3,5
2
20 10
2
(2,5 5).2,5
.
0,5
0 10
.2,5.3,5
0,5
20 ( 20)
.2,5.2,5
2
1
.
0,5
20 0 H
F(T)

 
 
 
 
 

  
  620 H
F(T)

12
USMP - FIA
EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2009 – I
1. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo J y el
desplazamiento vertical del apoyo B, si E 2.10 MPa 5  para todas las barras de la armadura y las
áreas de las barras del cordón superior es 64cm2, las del cordón inferior 60cm2, las montantes de
70cm2 y las diagonales de 66cm2
………………………. (6 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical a 2m a la derecha del apoyo A y la
pendiente en el apoyo B. Considerar '
c E 15000 f e I bh /12 3  , siendo ' 2
c f  210kg / cm ,
b  30cm, h  60cm
………………………. (6 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el acercamiento vertical de los puntos D y E del pórtico
mostrado en la figura, si la rigidez EI es constante para toda la estructura.
………………………. (5 puntos)

13
4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo F del pórtico en
voladizo mostrado en la figura, sí C 0,03m 1  ; C 0,02m 2  y C 0,02rad 3 
………………………. (3 puntos)
FECHA La Molina, 23 de Marzo del 2009

14
CICLO 2009 – I
1. Determinamos las rigideces de las barras de la armadura:
EA 2.10 .10 .64.10 128.10 N 128.10 kN 5 6 4 7 4
64    
EA 2.10 .10 .60.10 120.10 N 120.10 kN 5 6 4 7 4
60    
EA 2.10 .10 .70.10 140.10 N 140.10 kN 5 6 4 7 4
70    
EA 2.10 .10 .66.10 132.10 N 132.10 kN 5 6 4 7 4
66    
Calculamos las fuerzas internas en todas las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas
externas, tal como se muestra en la figura.
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “J”:
Determinamos las fuerzas internas en todas las barras de la armadura, producto de la acción de la
carga unitaria horizontal aplicada en el nudo J, tal como se muestra en la figura.
      380,173.0,51.3,041131,793.0,68.3,041.2
120.10
1
240.0,43.3.2 48.0,20.3.2
128.10
1
4 4
J
H
    207,44.0,11.4,610 
132.10
1
62,5.0,08.4 40.0,17.2
140.10
1
4 4
( 169,025)( 0,15).4,610 106,74.0,17.3,905 ( 62,482)( 0,26).3,905 1,514.10 m 4         

15
  0,151mm J
H
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “B”:
Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria
vertical aplicada en el nudo B, tal como se muestra en la figura.
        62,5.1.4 1,786.10 m 0,178mm
140.10
1 4
4
B
V
2. Determinamos la rigidez EI, necesaria para el cálculo estructural.
2 2 E 15000 210  217370,65kg / cm  2173706,5T/m
2
3
11738,015T.m
12
0,3.0,6
EI  2173706,5. 
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, debido a la acción de las cargas
reales, tal como se muestra en la figura.
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “C”:
Ahora, graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en C

16
    3,91.10 m
11738,015
45,9375
EI
45,9375
18,75.1 4.15.0,5
6EI
3
4.16,875.1 18,75.1
6(2EI)
3 C 3
V
        
  3,91mm  C
V
PENDIENTE EN “B”:
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción del momento unitario aplicado en el
apoyo B
    2,875.10 rad
EI
33,75
18,75.0,5 4.15.0,75
6EI
3
4.16,875.0,25 18,75.0,5
6(2EI)
3 3
B
       
o
B   0,165
Como el signo es positivo, indica que la orientación es correcta; es decir va en sentido antihorario.
3. Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama de momento flector debido a la
acción de las cargas reales, tal como se muestra en las figuras a) y b). Luego, efectuamos lo mismo,
pero para las cargas unitarias aplicadas en D y E hacia el encuentro, tal como se muestran en las
figuras c) y d)
Ahora, determinamos el acercamiento vertical de los nudos D y E
   
EI
42,667
32.4 4.8.2 0
6EI
4
32.4 4.0.4 32.4
6EI
3
4 .
3
2
.4.32.
2
1
.
EI
1
D E          

17
4. Se sabe que:

  
n
j 1
iC ij j R .C
Calculamos las reacciones en el apoyo A, debido a la acción de la carga unitaria horizontal aplicada en
el nudo F

18
Ahora, determinamos el desplazamiento horizontal en F debido a los desplazamientos y giros en el
apoyo A
  (H .C M .C )  (1.0,03 6.0,02)  0,15m A 1 A 3
F
H

19
USMP - FIA
1. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Una armadura de acero soporta tres cargas de 30kN, 40kN y
20kN, tal como se muestra en la figura. Las áreas de sección transversal de las barras de la armadura
son las siguientes:
BARRA AREA (mm2)
AB y CD 4000
AE, EF, FG y GD 2000
BC 3000
BE, BF, CF y CG 1200
Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del nudo F, considerando que el módulo de
elasticidad del acero es E  200GPa
………………………. (6 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en E para la viga mostrada en la figura, si
su sección transversal es 30cm x 60cm. Considerar que las temperaturas 40 C o y 22 C o son para
toda la viga.
………………………. (3 puntos)

20
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar los desplazamientos horizontal y vertical del nudo D,
si 6 2 E  29.10 lb / plg e 4 I 1500plg para todo el pórtico.
………………………. (5 puntos)
4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la distancia que se alejarán los nudos D y F en la
dirección de la línea recta que los une, si las rigideces en flexión para los elementos horizontales es 2EI
y para los verticales es EI
………………………. (6 puntos)

21
CICLO 2009 – II
1. Calculamos las rigideces de las barras de la armadura.
EA 200.10 .1200.10 240.10 N 9 6 6
1200   
EA 200.10 .2000.10 400.10 N 9 6 6
2000   
EA 200.10 .3000.10 600.10 N 9 6 6
3000   
EA 200.10 .4000.10 800.10 N 9 6 6
4000   
Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas
reales.
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “F”:
Calculamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria
horizontal aplicada en el nudo F
       63,33.10 .1.4.2 1,27.10 m 1,27mm
400.10
1 3 3
6
F
H
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “F”:
Determinamos las fuerzas internas en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga unitaria
vertical aplicada en el nudo F

22
     63,33.10 .0,67.4.2  56,67.10 .0,67.4.2
400.10
1
29,17.10 .0,83.5 37,49.10 .0,83.5
240.10
1 3 3
6
3 3
6
F
V
  79,17.10 .0,83.5 70,83.10 .0,83.5 5,08.10 m
800.10
1
86,67.10 .1,33.8
600.10
1 3 3 3
6
3
6
    
  5,08mm  F
V
2. En la figura a) se muestran los lados traccionados por temperatura en la viga y las reacciones en los
apoyos. En la figura b) se muestra el diagrama 1 M
Luego:
 

 
 
   120
3
1
.6.
2
1
.
0,6
22 40
2
(2 8).1
.
0,6
40 22
E (rad)
Como el signo es positivo, indica que la orientación de la pendiente es en sentido horario.
3. Determinamos la rigidez del pórtico:
6 6 2 2 EI  29.10 .1500  43500.10 lb.plg  302083,33k.pie
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga real.
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”:
Ahora, graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria horizontal
aplicado en el nudo D
300.10 4.450.15 600.20
6.302083,33
10
.10.300.10
302083,33
1
.10
3
2
.10.300.
2
1
.
302083,33
1 D
H      
  0,36413pie  4,37plg D
H

23
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “D”:
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en D
   300.10  4.450.10  600.10  0,19861pie  2,38plg 
6.302083,33
10
.10.300.5
302083,33
1 D
V
4. Determinamos el grado de indeterminación del sistema:
G.I.  3CA  3.2  6  0
Calculamos las reacciones en los apoyos, debido a la acción de la carga real.
M  0 A  V (7) 14(3) 0 H    V  6kN  H
F  0 Y  V 6 14 0 A     V  8kN  A
F  0 X  H 0 A 
Luego, analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la estructura, efectuando un corte por las
rótulas.
M  0 D  8(3) H (3) 0 C    H  8kN C
F  0 X  H 8 0 D    H  8kN D
Como en la barra CF no hay momento flector, se cumplirá que V 0 C 

24
Luego:
F  0 Y  8 V 0 D    V  8kN  D
De esta manera, el equilibrio en la rótula D es la mostrada en la figura a) y las cargas aplicadas en el
lado derecho de la estructura las mostradas en la figura b) las cuales como se podrá apreciar se
encuentran en equilibrio.
Ahora, graficamos el diagrama de momento flector de la estructura, debido a la acción de la carga real.

25
Análogamente, graficamos el diagrama 1 M debido a la acción de las cargas unitarias aplicadas en D y
F, tal como se muestra en la siguiente figura.
       EI
96
.2,4
3
2
.3.24.
2
1
.
EI
1
.2,4
3
2
.4.24.
2
1
.
2EI
1
dx
EI
M MP 1
D F (m)

26
USMP - FIA
1. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión vertical en el nudo C, si las áreas de las
barras del cordón superior e inferior es 4plg2 y las áreas de las montantes y diagonal es 3plg2.
Considerar 6 2 E  29.10 lb / plg
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente y deflexión en el punto B de la viga
mostrada, si 6 2 E  29.10 lb / plg , 4
1 I 1800plg e 4
2 I  3600plg
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el ángulo mutuo (hacia el encuentro) entre los apoyos
A e I del pórtico mostrado en la figura. Considerar que la rigidez EI del pórtico es constante en todos
sus elementos y que la barra BF trabaja únicamente en tracción.
………………………. (6 puntos)

27
4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del apoyo A del pórtico mostrado en la figura.
………………………. (4 puntos)
FECHA
La Molina, 22 de Marzo del 2010

28
CICLO 2010 – I
1. Determinamos las fuerzas axiales en las barras de la armadura, debido a la acción de las cargas
reales, tal como se muestra en la figura.
Luego, calculamos las fuerzas axiales en las barras de la armadura, debido a la acción de la carga
unitaria vertical aplicada en el nudo C
Determinamos la deflexión vertical en el nudo C
  (66,67.10 )(1,11)(25.12)  (53,33.10 )(0,88)(20.12) 
29.10 .4
1 3 3
6
C
V
 (83,33.10 )(0,55)(25.12)  (53,33.10 )(0,88)(20.12)  (66,67.10 )(0,44)(20.12)  3 3 3
 (40.10 )(0,67)(15.12) ( 16,67.10 )(0,55)(25.12)
29.10 .3
1
(66,67.10 )(0,44)(20.12) 3 3
6
3    
  0,6493plg  C
V
2. Calculamos las rigideces en 2 k.pie
6 6 2 2
1 EI  29.10 .1800  52200.10 lb.plg  362500k.pie
6 6 2 2
2 EI  29.10 .3600 104400.10 lb.plg  725000k.pie
Graficamos el diagrama de momento flector de la viga, debido a la acción de las cargas reales, tal
como se muestra en la figura.

29
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción del momento unitario en B
  o
B 100.0,5 4.150.0,25 0,00069rad 0,04
6.725000
10
.0,5
3
2
.10.100.
2
1
.
362500
1
      
Como el signo es positivo, indica que la orientación de la pendiente es en sentido antihorario.
DEFLEXION EN “B”:
Graficamos el diagrama de momento flector, debido a la acción de la carga unitaria vertical en B
         100.5 4.150.2,5 2,2989.10 pie 0,0276plg
6.725000
10
5 .
3
2
.10.100.
2
1
.
362500
1
y 3
B

30
3. Determinamos las reacciones en los apoyos y la fuerza interna en la barra BF, tal como se muestra en
la figura a); luego, graficamos su diagrama de momento flector, mostrado en la figura b)
M  0 A  6H 2.3.9,5 0 I    H  9,5kN I
F  0 X  H 9,5 0 H    H  9,5kN H
F  0 Y  V 2.3 0 A    V  6kN  A
M  0 izq
D  6.4 3T 0 BF    T 8kN BF  (TRACCION)
Ahora, analizamos la carga unitaria, aplicando momentos unitarios en los apoyos A e I, tal como se
muestra en la figura a) y graficamos su diagrama de momento flector, el cual se muestra en la figura b)
Determinamos el ángulo mutuo (hacia el encuentro) entre los nudos A e I
   
EI
68,25
9.1 4.2,25.1
6EI
3
4.30,75.0,5 33.1
6EI
3
1 .
3
1
.3.24.
2
1
.
EI
1
A I           (rad)
El signo menos (-) indica que los apoyos A e I giran en dirección opuesta a la indicada por los
momentos unitarios.
4. Aplicamos la carga unitaria hacia abajo en el apoyo A y calculamos las reacciones en los apoyos,
cuyos resultados se muestran en la figura.

31
Determinamos el desplazamiento vertical del apoyo A
  
          
n
j 1
ij j
A
V R C 0,75.0,02 1.0,01 0,75.0,015 0,03625m 36,25mm

32
USMP - FIA
1. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La armadura mostrada en la figura se construye con nueve
barras, cada una tiene rigidez axial EA. En los nudos B y F actúan cargas P y 2P, respectivamente.
Determinar la deflexión vertical del nudo E y el incremento en la distancia entre los nudos E y C
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la deflexión máxima y la pendiente en los apoyos, si
6 2 E  29.10 lb / plg
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la distancia “x” a la cual corresponde un
desplazamiento vertical nulo del nudo B. Considerar que la rigidez EI es constante en todo el pórtico.
………………………. (5 puntos)

33
4. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el ángulo de giro en el nudo F del pórtico mostrado en
la figura, considerando que el apoyo A sufre un desplazamiento horizontal C 0,04m 1  y el apoyo E
se asienta C 0,03m 2 
………………………. (5 puntos)

34
CICLO 2010 – II
1. Determinamos las fuerzas internas para la armadura sometida a la acción de las cargas reales, tal
DEFLEXION EN “E”:
Luego, calculamos las fuerzas internas debido a la acción de la carga unitaria vertical aplicada en el
nudo E
 




 





 





  





 





 





























   (b)
3
2
3
4P
(b)
3
1
3
4P
(b)
3
2
3
4P
b 2
3
2 2
3
4 2P
EA
1 E
V
   





















  











 




























  b 2
3
2
3
5 2P
(b)
3
1
3
5P
(b)
3
1
3
5P
b 2
3
2
3
P 2
  
EA
Pb
6,215 E
V
INCREMENTO DE DISTANCIA ENTRE “E” Y “C”:
Analizamos el incremento de distancia entre los nudos E y C, aplicando cargas unitarias en ambos
nudos, tal como se muestra en la figura.
  









 


 


 
 


 







 


 







 


 






    1 b 2
3
P 2
(b)
2
2
3
4P
(b)
2
2
3
5P
(b)
2
2
3
4P
EA
1
E C
EA
Pb
1,845 E C   

35
2. Determinamos las rigideces de cada tramo:
6 9 2 6 2 2
1 EI  29.10 .2000  58.10 lb.plg  58.10 k.plg  402778k.pie
6 9 2 6 2 2
2 EI  29.10 .3500 101,5.10 lb.plg 101,5.10 k.plg  704861k.pie
Graficamos los diagramas de momento para la carga real (figura a), carga unitaria (figura b) y momento
unitario (figura c), sabiendo que la deflexión máxima será en el centro de la viga.
DEFLEXION MAXIMA:
300.5 4.600.10 300.5.2
6.704861
20
.5 .2
3
2
.10.300.
2
1
402778
1
y y C
máx C V    



   
y  0,124pie 1,488plg  máx

36
PENDIENTE EN LOS APOYOS:
     300.0,75  4.600.0,5  300.0,25
6.704861
20
4.150.0,875 300.0,75
6.402778
10
A
o .0,25 0,011rad 0,63
3
2
.10.300.
2
1
.
402778
1
  
La pendiente en A va en sentido horario, es decir el mismo que se mostró en la figura c)
Por simetría:
o
B   0,63
La pendiente en B va en sentido antihorario.
3. Esquematizamos los pórticos con la carga real (figura a) y carga vertical unitaria (figura b); para luego,
graficar los diagramas correspondientes debido a la carga real (figura c) y carga unitaria (figura d)
Por condición del problema:
y 0 B     0
2
a
a 2x
2
P
Pxa 4.
6EI
a
 







  
3
a
x 

37
4. Aplicamos un momento unitario en F y calculamos las reacciones en los apoyos, tal como se muestra
en la figura.
Calculamos la pendiente en F


  
n
j 1
iC ij j R C   H .C V .C   0,25.0,04 0,25.0,03 F A 1 E 2         
o
F   0,0175rad 1
Como el signo es positivo, indica que la pendiente en F va en sentido horario.

38
USMP - FIA
1. ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para la
estructura mostrada en la figura, si es de sección constante. Considerar únicamente el efecto de
momento flector.
………………………. (4 puntos)
2. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar la deflexión en los puntos B y C de la viga mostrada en la
figura, si 6 2 E  29.10 lb / plg e 4 I 1750plg para toda la viga.
………………………. (5 puntos)
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el siguiente pórtico y graficar los diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector, si E  23000MPa, las columnas son de 30cm x 30cm y la viga de
30cm x 50cm
………………………. (6 puntos)

39
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, considerando que es de sección constante.
………………………. (5 puntos)
FECHA
La Molina, 22 de Setiembre del 2008

40
CICLO 2008 – II
1. Graficamos su diagrama de momento flector, tal como se muestra en la figura.
Determinamos la energía potencial de deformación:
   





    
L
0
L
0
2
EI
227,81
(4.2,25.2,25 9.9) 9.5.9
6
3
2EI
1
2EI
M.Mdx
2EI
M dx
U (kJ)
2. Determinamos la rigidez de la viga:
6 6 2 3 2 EI  29.10 .1750  50750.10 lb.plg  352,43.10 k.pie
TRAMO I-I (0  x  20)
M (20 0,5P)x I  
0,5x
P
MI 


TRAMO II-II (20  x  30)
M (20 0,5P)x (20 P)(x 20) II     
0,5x (x 20) 20 0,5x
P
MII     


TRAMO III-III (30  x  40)
M (20 0,5P)x (20 P)(x 20) 40(x 30) III       
0,5x x 20 20 0,5x
P
MIII     



41
Luego:
EI
63333,33
20x(0,5x)dx 400(20 0,5x)dx (1600 40x)(20 0,5x)dx
EI
1
y
20
0
30
20
40
30
B  





        
  0,1797pie  2,156plg 
352,43.10
63333,33
y B 3
DEFLEXION EN “C”:
TRAMO I-I (0  x  20)
M (20 0,25P)x I  
0,25x
P
MI 


M (20 0,25P)x 20(x 20) II    
0,25x
P
MII 


M (20 0,25P)x 20(x 20) (40 P)(x 30) III       
0,25x x 30 30 0,75x
P
MIII     


De esta manera:
EI
48333,33
20x(0,25x)dx 400(0,25x)dx (1600 40x)(30 0,75x)dx
EI
1
y
20
0
40
30
30
20
C  



       
  0,1371pie  1,6457plg 
352,43.10
48333,33
y C 3
3. Calculamos las rigideces de las columnas y viga.
6 2
3
6
col 15,525.10 N.m
12
0,3.0,3
EI  23000.10 . 
6 2
3
6
viga 71,875.10 N.m
12
0,3.0,5
EI  23000.10 . 
Para efectos de cálculo y como sabemos que se va a simplificar el denominador, asumimos:
EI EI col 

42
EI 4,6296EI viga 
Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por B V y B H , planteando las ecuaciones en cada tramo.
TRAMO I-I (BD) (0  z  3,5)
M H z I B  
0
V
M
B
I 


z
H
M
B
I  


TRAMO II-II (DC) (0  x  5)
2
II B B M  V x  3,5H  20x
x
V
M
B
II 


3,5
H
M
B
II  


TRAMO III-III (CA) (0  y  3,5)
M 5V H (3,5 y) 40(5)(2,5) 30y III B B     
5
V
M
B
III 


y 3,5
H
M
B
III  


1ra ecuación:
0
V
W
y
B
B 




43
         
5
0
3,5
0
B B B
2
B B (5V 3,5H H y 500 30y)(5)dy 0
EI
1
(V x 3,5H 20x )xdx
4,6296EI
1
De donde:
96,5V 40,075H 10343,75 B B   …………………. (a)
2da ecuación:
0
H
W
x
B
B 



        
3,5
0
5
0
2
B B B (V x 3,5H 20x )( 3,5)dx
4,6296EI
1
( H z)( z)dz
EI
1
       
3,5
0
B B B (5V 3,5H H y 500 30y)(y 3,5)dy 0
EI
1
De donde:
40,075V 41,814H 3906,875 B B   …………………. (b)
Resolvemos (a) y (b), obteniendo:
V 113,602kN  B
H 15,442kN B
Con estos resultados, calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerzas internas.

44
4. Convertimos el voladizo en sus cargas equivalentes y el empotramiento lo reemplazamos por un tramo
de longitud cero y de inercia infinita.
TRAMO ABC






 





    
16
900.4
6
24
600.4
M (4) 2M (4 4) M (4) 6
3 2
A B C
Reemplazamos M 1600N.m A   y obtenemos:
16M 4M 8600 B C   
4M M 2150 B C    …………………. (a)
TRAMO BCC0
60
16
900.4
M (4) 2M (4 0) M (0) 6
2
B C C0
 





    
M 2M 1350 B C    …………………. (b)
M 421,428N.m B  
M 464,286N.m C  
Calculamos las reacciones en cada tramo de la viga:
VOLADIZO:
F  0 Y  V 800 0 vol
A    V  800N  vol
A
TRAMO AB:
M  0 A  V (4) 1600 421,428 600(4)(2) 0 BA      V  905,357N  BA
F  0 Y  V 905,357 600(4) 0 AB     V 1494,643N  AB

45
TRAMO BC:
M  0 B  V (4) 421,428 464,286 900(2) 0 CB      V  460,714N  CB
F  0 Y  V 460,714 900 0 BC     V  439,286N  BC
Ahora, esquematizamos las reacciones en la viga original y graficamos los diagramas
correspondientes.

46
USMP - FIA
1. ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Determinar la energía potencial de deformación para el
pórtico mostrado en la figura con apoyo elástico en D. Expresar su respuesta en función de la rigidez
del pórtico EI y la rigidez del resorte K
………………………. (4 puntos)
2. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la siguiente viga y graficar sus diagramas de fuerza cortante,
momento flector y refuerzo, considerando EI constante para toda la viga.
………………………. (5 puntos)
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el siguiente pórtico y graficar los diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector, si EI es constante para todo el pórtico.
………………………. (6 puntos)

47
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Para la viga continua mostrada en la figura, determinar las
reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, si el apoyo B
se asienta 10mm y el apoyo C se asienta 5mm. Considerar 6 2 E  2,1.10 kg / cm e 4 I  40000cm
………………………. (5 puntos)
FECHA La Molina, 20 de Abril del 2009

48
CICLO 2009 – I
1. Calculamos las reacciones en los apoyos:
M  0 A  V (6) 12(3) 8(6) 0 D      V  2kN  D
F  0 Y  V 12 2 0 A     V 14kN  A
F  0 X  H 8 0 A    H  8kN A
Graficamos el diagrama de momento flector y determinamos la energía potencial de deformación del
sistema.
 
L
0 i
2
i
2
2K
R
2EI
M dx
U
2K
( 2)
.36
3
2
.3.36.
2
1
(48.48 4.6.6 36.36) 4.36.36
6
6
.48
3
2
.6.48.
2
1
2EI
1
U
2 
 





     
K
2
EI
7416
U   (kJ)
2. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por B V
TRAMO I-I (0  x 10)
x
3
2V
M 66 B
I 



 

49
3
2x
V
M
B
I  


x 60x 10
3
2V
M 66 B
II   





 
3
2x
V
M
B
II  


     2
B
B
III x 60 x 10 V x 20 0,6 x 20
3
2V
66 M       





 
20
3
x
x 20
3
2x
V
M
B
III      


Luego, aplicamos la condición:
0
V
W
y
B
B 




50
Reemplazamos las ecuaciones obtenidas anteriormente.
 



 





 





  





  





 





  
10
0
20
10
B B dx
3
2x
x 60 x 10
3
2V
dx 66
3
2x
x
3
2V
66
EI
1
       









 





      





 
60
20
2
B
B 20 dx 0
3
x
x 60 x 10 V x 20 0,6 x 20
3
2V
66
De donde:
V  71,625k  B
Por equilibrio calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento
flector y refuerzo, los cuales se muestran en la página anterior.
3. Determinamos el grado de indeterminación del sistema:
G.I.  3CA  3(1)  2 1
El pórtico es una vez hiperestático.
Eliminamos la componente horizontal del apoyo fijo A y lo reemplazamos por su reacción A H ,
obteniendo las otras reacciones en función de A H
TRAMO I-I (AB) (0  z  20)
M H z I A  
z
H
M
A
I  


TRAMO II-II (BC) (0  x  30)
2
A
A
II x 20H 2x
3
H
67 , 66 M    


 
20
3
x
H
M
A
II  


TRAMO III-III (CD) (0  y 10)
(30) 4(30)(15) 20y H (20 y)
3
H
M 66,67 A
A
III     



 

51
10 20 y y 10
H
M
A
III     


Luego, aplicamos la condición:
0
H
W
x
A
A 



Reemplazamos las ecuaciones obtenidas anteriormente.
     





 





  





 



 
30
0
2
A
A
20
0
A 20 dx
3
x
x 20H 2x
3
H
H z ( z)dz 66,67
EI
1
 



 





    





 
10
0
A
A (30) 4(30)(15) 20y H (20 y) (y 10)dy 0
3
H
66,67
De donde:
H 18,167k A
Con este valor calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza
cortante y momento flector.
4. Convertimos el empotramiento en A en un tramo adicional de longitud cero y de inercia infinita. Para
facilidad de cálculo, las dimensiones de la viga las expresamos en centímetros.

52
Ahora, analizamos tramo por tramo desde el extremo izquierdo de la viga hasta el final.
TRAMO A0AB
250
6.2,1.10 .( 1)
0
6.2,1.10 .0
40000
250
M
40000
0 250
2M
0
M
6 6
A0 A B

  





 







 






0,0125M 0,00625M 50400 A B    ………………. (a)
TRAMO ABC
375
6.2,1.10 .0,5
250
6.2,1.10 .1
120000
375
M
120000
375
40000
250
2M
40000
250
M
6 6
A B C   





 





  





0,00625M 0,01875M 67200 A B   ………………. (b)
M 6988800kg.cm A  
M 5913600kg.cm B 
Calculamos las reacciones en cada tramo.
TRAMO AB:
M  0 A  5913600 6988800 V (250) 0 BA     V  51609,6kg  BA
F  0 Y  V 51609,6 0 AB    V  51609,6kg  AB
TRAMO BC:
M  0 B  V (375) 5913600 0 CB    V 15769,6kg  CB
F  0 Y  V 15769,6 0 BC     V 15769,6kg  BC
Esquematizamos las reacciones en la viga y graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento
flector.

54
USMP - FIA
pórtico mostrado en la figura, si es de rigidez constante.
………………………. (4 puntos)
2. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la armadura mostrada en la figura, considerando que la
rigidez EA es constante en toda la estructura.
………………………. (5 puntos)
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver el pórtico mostrado en la figura, considerando EI constante en
toda la estructura.
………………………. (6 puntos)

55
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. La viga ABC antes que se aplique la carga, descansa sobre
los apoyos A y C, existiendo una pequeña holgura entre la viga y el apoyo B. Cuando se aplica la carga
uniformemente distribuida en la viga, la holgura desaparece y se desarrollan reacciones en los tres
apoyos. ¿Cuál debe ser la magnitud de la holgura  a fin de que las tres reacciones sean iguales?
Considerar E  2345000T/m2 e 4 I  312500cm para toda la viga.
………………………. (5 puntos)
FECHA La Molina, 21 de Setiembre del 2009

56
CICLO 2009 – II
1. Calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos el diagrama de momento flector.
Comprobamos el equilibrio en el nudo B
M  0 B  10 18 17,5 10,5  0
.4.18.18
2EI
1
.18
3
2
.2.18.
2
1
.
2EI
1
.10,5
3
2
.3.10,5.
2
1
.
2EI
1
.17,5
3
2
.5.17,5.
2
1
.
2EI
1
U    
EI
1066,33
U  (kJ)
2. Determinamos el grado de indeterminación de la armadura.
G.I.  9  2(4) 1
La armadura es una vez hiperestática.
Reemplazamos la fuerza interna AC por P y determinamos las otras fuerzas internas en función de P,
así como las reacciones en los apoyos.
Para mayor facilidad de cálculo, elaboramos una tabla, en la cual se incluyan todas las características
del análisis de la armadura.

57
BARRA L EA
(P) F
P
F (P)


EA
L
P
F
F


AB 20 EA 40  0,8P  0,8
EA
 640 12,8P
AC 25 EA P 1
EA
25P
AD 15 EA 30  0,6P  0,6
EA
 270  5,4P
BC 15 EA  0,6P  0,6
EA
5,4P
BD 25 EA ) P 50 (   1
EA
1250  25P
CD 20 EA  0,8P  0,8
EA
12,8P

 

EA
2160 86,4P
Luego:
0
EA
2160 86,4P

 
 P  25k
En consecuencia, las reacciones y fuerzas internas finales son las mostradas en la figura.
3. Reemplazamos la componente horizontal en C por C H , calculamos las reacciones en los apoyos y
planteamos las ecuaciones de momento para cada tramo.
TRAMO I-I (CB) (0  x  20)
  2
CB C M  511,5H x 1,2x
1,5x
H
M
C
CB 


TRAMO II-II (BA) (0  y  30)
  2
BA C C M  511,5H (20)  480 H y  0,6y

58
30 y
H
M
C
BA  


Como:
0 C
H  
Se tendrá:
51x 1,5H x 1,2x 1,5xdx 540 30H H y 0,6y 30 ydy 0
EI
1 20
0
30
0
2
C C
2
C  



        
De donde:
H  22,3k  C
Con los valores obtenidos, calculamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de
fuerzas internas.

59
F  0 Y  3R 12(10)  0  R  40T 
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
Aplicamos la fórmula, cuando existe asentamiento, conociendo que el valor del momento en B es
50T.m
5
6.2345000.
5
6.2345000.
312500.10
6(12.5 / 24)
312500.10
6(12.5 / 24)
312500.10
5
312500.10
5
2.50. 8
3
8
3
8 8



    





    
De donde:
  0,10m 10cm

60
USMP - FIA
pórtico mostrado en la figura, si es de rigidez constante en toda la estructura y la rigidez del resorte en
D es k  EI /98
………………………. (5 puntos)
2. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la armadura mostrada en la figura, si las áreas de las barras
AB, AD, BC y CD son 1,5 veces mayor al área de la barra BD. Considerar que el módulo de elasticidad
E es igual para toda la estructura.
………………………. (5 puntos)

61
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
………………………. (5 puntos)
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
………………………. (5 puntos)
FECHA
La Molina, 19 de Abril del 2010

62
CICLO 2010 – I
M  0 izq
B  V (5) 8(2) 0 A    V  3,2kN  A
F  0 X  H 0 A 
M  0 D  V (6) 12 3,2(5) 8(2) 0 G       V  2kN  G
F  0 Y  3,2 8 V 2 0 D      V  2,8kN  D
Ahora, graficamos el diagrama de momento flector.
 

     .28,8  3.16,8.16,8 
3
2
.6.28,8.
2
1
.9,6
3
2
.2.9,6.
2
1
.9,6
3
2
.3.9,6.
2
1
2EI
1
2k
V
2EI
M dx
U
2
D
2
EI
1996
EI
384,16
EI
1611,84
2(EI / 98)
2,8
.16,8
3
2
.6.16,8.
2
1 2
    

 (kJ)

63
2. Eliminamos la reacción en B y lo reemplazamos por “P”, obteniendo las otras reacciones y fuerzas
internas en función de P
BARRA
EA
L
N
P
N


EA
L
P
N
N 







AB
1,5EA
20
25  0,5P  0,5
EA
166,667  3,333P
AD
1,5EA
20 2
 (7,071 0,707P) 0,707
EA
 94,266  9,425P
BC
1,5EA
20
25  0,5P  0,5
EA
166,667  3,333P
CD
1,5EA
20 2
 (35,355 0,707P)
0,707
EA
 471,329  9,425P
BD
EA
20
 P 1
EA
20P

 

EA
898,929 45,516P
Como:
0
P
W B
V 


   0
EA
898,929 45,516P

 
 P 19,75k
Luego, las fuerzas internas finales y reacciones se obtendrán reemplazando el valor de “P” en la
armadura anterior.

64
3. Eliminamos el apoyo en C y lo reemplazamos por C V , obteniendo las reacciones en el empotramiento
A en función de C V
TRAMO I-I (0  x  3)
M (60 V )x (210 6V ) I C C    
x 6
V
M
C
I   


M (60 V )x (210 6V ) 60(x 3) II C C      
x 6
V
M
C
II   


Luego:
   








              
3
0
6
3
C C C C (60 V )x (210 6V ) ( x 6)dx (60 V )x (210 6V ) 60(x 3) ( x 6)dx 0
EI
1
Resolvemos los integrales y obtenemos:
V  26,25kN  C
Con el valor obtenido, graficamos los diagramas finales requeridos.

65
4. Eliminamos el empotramiento y lo reemplazamos por un tramo adicional de longitud cero y de inercia
infinita. El voladizo lo reemplazamos por su acción equivalente.
TRAMO A0AB
I
1
6
3.3
6
6
6 10.
6(0)
I
6
M
I
0 6
2M
0
M
2
2
A0 A B






 


 





  





 







 






12M 6M 15 A B   ………………….. (a)
TRAMO ABC
2I
24
6.6
6
I
6
3.3
1
6
6
6 10.
2I
6
M
2I
6
I
6
2M
I
6
M
3
2
2
A B C













 


 



  





 





  





6M 18M 105 A B    ………………….. (b)
M 5kN.m A 
M 7,5kN.m B  
Determinamos las reacciones en los apoyos, efectuando el equilibrio en cada tramo.
TRAMO AB:
M  0 A  V (6) 5 10 7,5 0 BA      V  3,75kN  BA
F  0 Y  V 3,75 0 AB     V  3,75kN  AB
TRAMO BC:
M  0 B  V (6) 6(6)(3) 12(6) 24 7,5 0 CB       V  32,75kN  CB
F  0 Y  V 32,75 6(6) 12 0 BC      V 15,25kN  BC

66
De esta manera, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

67
USMP - FIA
1. ENERGIA POTENCIAL DE DEFORMACION. Para el pórtico de concreto armado de sección constante
mostrado en la figura, se pide determinar la energía potencial de deformación considerando todas las
fuerzas internas, sí E 3.10 kPa 7  ; G 0,43E 1,29.10 kPa 7   ; 2 A  0,24m ; 3 4 I 7,2.10 m   y
k 1,2
………………………. (5 puntos)
2. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar las fuerzas internas en las barras de la armadura mostrada
en la figura, cuyas rigideces se dan en el mismo gráfico.
………………………. (5 puntos)

68
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO. El bastidor ABC mostrado en la figura está cargado por las fuerzas P
que actúan en los puntos A y C. Los miembros AB y BC son idénticos y tienen una longitud L, rigidez
flexionante EI y rigidez axial EA. Determinar el incremento en longitud  entre los puntos A y C, debido
a las fuerzas P, considerando los efectos de flexión y axial en las deformaciones.
………………………. (5 puntos)
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Determinar los momentos flexionantes 1 M , 2 M , 3 M , 4 M ,
5 M , 6 M , 7 M , 8 M en los apoyos de una viga continua con siete claros de igual longitud L, cuando
sólo está cargado el claro central con una carga uniformemente distribuida de intensidad w
………………………. (5 puntos)
FECHA La Molina, 20 de Setiembre del 2010

69
CICLO 2010 – II
1. Determinamos las rigideces por todo concepto.
7 3 5 2 EI  3.10 .7,2.10  2,16.10 kN.m 
GA 1,29.10 .0,24 30,96.10 kN 7 5  
EA 3.10 .0,24 72.10 kN 7 5  
Graficamos los diagramas de fuerzas internas.
Determinamos la energía potencial de deformación.
   
2EI
M dx
2GA
V dx
k
2EA
N dx
U
2 2 2
        (4)(4)(4)  8.2.8  4.4.4
2.30,96.10
1
( 8)(4)( 8) ( 4)(6)( 4) 1,2.
2.72.10
1
U 5 5
.16 16.2.16 323,45.10 kJ 3,2345J
3
2
.16.2.
2
1
.16.2
3
2
.16.4.
2
1
2.2,16.10
1 5
5   





   
2. Reemplazamos la fuerza interna de la barra AC por “P” y calculamos las otras fuerzas internas en
función de “P”, tal como se muestra en la figura. Previamente, se calcularán las reacciones en los
apoyos.

70
BARRA L EA
(P) F
P
F (P)


EA
L
P
F
F


AB 4 1,5EA  (5  0,707P)  0,707
EA
1,8853(5  0,707P)
AD 4 2EA 10  0,707P  0,707
EA
1,414(10  0,707P)

AC 4 2 EA P 1
EA
4 2P
BD 4 2 EA 7,071 P 1
EA
4 2(P  7,071)
BC 4 EA  (15  0,707P)  0,707
EA
2,828(15  0,707P)
CD 4 1,5EA 15  0,707P  0,707
EA
1,8853(15  0,707P)

CE 4 2 EA 15 2 0 0
DE 4 2EA 15 0 0



EA
49,421 16,9786P
Luego:
0
P
W



 0
EA
49,421 16,9786P


 P  2,911kN
Con el resultado obtenido, calculamos las otras fuerzas internas, reemplazando el valor de P en cada
una de ellas, siendo las reacciones y fuerzas internas finales las mostradas en la siguiente figura.

71
3. Aplicamos una carga horizontal “H” en los puntos A y C, analizando el tramo AB, denotado como I-I
TRAMO I-I (AB) (0  x  L)
N  (P  H)cos I
 


cos
H
NI
M (P H)(sen )(x) I   
 


xsen
H
MI
Como el tramo AB es igual a BC, simplemente en el proceso multiplicamos por dos, obteniendo:
           
L
0
P(N) P(M) (Pxsen )(xsen )dx
EI
1
(Pcos )(cos )L 2.
EA
1
2.
3EI
2PL sen
EA
2PLcos 2 3 2


 
4. Esquematizamos la viga y su carga, tal como se muestra en la figura.
TRAMO 123
M (L) 2M (L L) M (L) 6(0) 6(0) 1 2 3      
4M M 0 2 3   …………………(a)

72
TRAMO 234
M (L) 2M (L L) M (L) 6(0) 6(0) 2 3 4      
M 4M M 0 2 3 4    …………………(b)
TRAMO 345






     
24
wL
M (L) 2M (L L) M (L) 6(0) 6
3
3 4 5
4
wL
M 4M M
2
3 4 5     …………………(c)
TRAMO 456
6(0)
24
wL
M (L) 2M (L L) M (L) 6
3
4 5 6  





    
4
wL
M 4M M
2
4 5 6    
Por simetría 6 3 M  M , quedando:
4
wL
M 4M M
2
4 5 3     …………………(d)
De la ecuación (a):
3 2 M  4M
Reemplazamos en (b):
4 2 M 15M
Los valores obtenidos lo reemplazamos en (c):
4
wL
56M M
2
2 5    …………………(e)
Efectuamos lo mismo con la ecuación (d):
4
wL
11M 4M
2
2 5    …………………(f)
Resolvemos (e) y (f), obteniendo:
284
wL
M M
2
2 7   
71
wL
M M
2
3 6  
284
15wL
M M
2
4 5   
M M 0 1 8  

73
USMP - FIA
EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2008 – II
pórtico mostrado en la figura.
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Una viga simplemente apoyada AB de longitud L y rigidez a
flexión EI, soporta una carga distribuida triangularmente de intensidad máxima w , tal como se muestra
en la figura. Determinar las pendientes en los apoyos A y B
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del punto K del pórtico
mostrado en la figura.
………………………. (5 puntos)

74
4. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Determinar las fuerzas internas en las barras de la armadura mostrada en la figura, cuyas rigideces son iguales para todas las barras.
………………………. (5 puntos)
FECHA

75
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL
CICLO 2008 – II
1. Determinamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos su diagrama de momento flector
(figura b). Nótese que en la viga CDE dicho diagrama se muestra en forma punteada, sólo con fines
académicos, ya que en un elemento rígido no existen diagramas de fuerzas internas. En la figura c) se
muestra el equilibrio en el nudo D, también con fines académicos de comprobación.
Si analizamos la fórmula de energía potencial de deformación, podemos concluir que la energía
potencial de deformación en la viga rígida CDE es cero.
Luego:
  





  
EI
57
.7,5
3
2
.7,5.5.
2
1
.4,5
3
2
.4,5.3.
2
1
2EI
1
2EI
M dx
U
2
(kJ)
2. Para mayor exactitud, graficamos los diagramas, dividiendo la viga en cuatro partes iguales.
En la figura a) se muestra el diagrama de fuerza cortante y momento flector para la carga real, en la
figura b) el diagrama de momento flector debido al momento unitario aplicado en el apoyo A y en la
figura c) el diagrama de momento flector debido al momento unitario aplicado en el apoyo B
Luego, determinamos la pendiente en los apoyos.
PENDIENTE EN “A”:
768EI
17wL
4
1
128
5wL
4
2
1
16
wL
6EI
L/ 2
2
1
16
wL
4
3
128
7wL
4
6EI
L/ 2 2 2 2 2 3
A  









 


 


 



 


 


 









 


 


 



 


 


 
Como el signo es positivo, implica que la pendiente en A va en el mismo sentido que el momento
unitario, es decir, en sentido horario.
256EI
5wL
4
3
128
5wL
4
2
1
16
wL
6EI
L/ 2
2
1
16
wL
4
1
128
7wL
4
6EI
L/ 2 2 2 2 2 3
B  









 


 


 



 


 


 









 


 


 



 


 


 
Como el signo es positivo, en este caso, la pendiente en B va en sentido antihorario, es decir, igual a la
orientación del momento unitario aplicado en dicho apoyo.

76
3. Calculamos las reacciones en los apoyos debido a la carga real.
M  0 O  H (3) 2(12)(6) 0 A    H  48kN A
F  0 X  48 H 0 B    H  48kN B
F  0 Y  V 2(12) 0 C    V  24kN  C
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la carga real, mostrado en la figura a)
Luego, calculamos las reacciones en los apoyos debido a la carga unitaria.
M  0 O  H (3) 1(12) 0 A    H  4 A
F  0 X  4 H 0 B    H  4 B
F  0 Y  V 1 0 C    V 1 C
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la carga unitaria, mostrado en la figura b)
Determinamos el desplazamiento vertical del nudo K
    144.12  4.153.15 180.18
6(2EI)
6
.24
3
2
.6.288.
2
1
.
EI
1
.12
3
2
.3.144.
2
1
.
EI
1 K
V

77
     
EI
23328
108.6 4.63.3
6(2EI)
6
4. Determinamos el grado de indeterminación de la armadura.
G.I. 13 2(6) 1
Eliminamos la barra AE y lo reemplazamos por una fuerza interna P, calculando las fuerzas internas en
el resto de barras de la armadura, todas ellas en función de P, tal como se muestra en la figura.
Para mayor facilidad, elaboramos una tabla en la cual se incluyan todas las características de la
armadura.
BARRA L
(pie)
EA
(P) F
P
F (P)


EA
L
P
F
F


AB 30 EA  (20  0,707P)  0,707
EA
424,2 15P
AC 36,055 EA  24,039 0 0
AD 30 EA  (16,665 0,707P)  0,707
EA
353,464 15P
AE 42,426 EA P 1
EA
42,426P
BF 36,055 EA  36,059 0 0
BD 42,426 EA  (14,146  P) 1
EA
 600,158  42,426P
BE 30 EA  (39,995  0,707P)  0,707
EA
848,294 15P
CD 31,623 EA 21,083 0 0
DE 30 EA 30  0,707P  0,707
EA
 636,3 15P
EF 31,623 EA 31,625 0 0



EA
389,5 144,852P

78
Luego:
0
EA
389,5 144,852P


 P  2,689k
Con el valor obtenido, determinamos las otras fuerzas internas, reemplazando P en cada una de ellas,
obteniéndose los valores mostrados en la siguiente figura.

79
USMP - FIA
EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2009 – I
armadura mostrada en la figura, si es de rigidez constante EA
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La estructura ABC mostrada en la figura está empotrada en el
apoyo A y libre en el extremo C. Los miembros AB y BC son perpendiculares entre si, tiene una
longitud L y una rigidez en flexión EI. La carga P es horizontal y actúa en C. Determinar las deflexiones
vertical y horizontal en el punto C
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento horizontal del nudo D para el
pórtico en voladizo mostrado en la figura, si es de rigidez constante EI en toda la estructura.
………………………. (5 puntos)

80
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Considerar que la rigidez EI es constante para toda la viga.
………………………. (5 puntos)
FECHA

81
CICLO 2009 – I
1. Calculamos las reacciones en los apoyos y las fuerzas internas en cada barra de la armadura.
  
          
n
i 1
i 2 2 2 2 2 2
2
i ( 8) .2.2 16 .2.2 ( 16) .2.2 ( 18) .3 30 .5 ( 20) .5
2EA
1
2EA
N L
U
EA
4888
U  (kJ)
2. Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga real, tal como se muestra en
la figura.
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “C”:
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga vertical unitaria y
determinamos la deflexión vertical en el nudo C






     4
3L 2
.
4
PL 2
4.
2
L 2
.
2
PL 2
6EI
L
2
L 2
.
3
2
.
2
PL 2
.L.
2
1
.
EI
1
EI
MMds C 1
V
  
2EI
PL3
C
V

82
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “C”:
Graficamos el diagrama de momento flector debido a la acción de la carga horizontal unitaria y
determinamos el desplazamiento horizontal en C
 








   3EI
PL
2
L 2
.
3
2
2
PL 2
.L.
2
1
.
EI
1
2.
EI
MM ds * 3
C 1
H
3. Graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de las cargas reales (figura a) y carga
horizontal unitaria (figura b), determinando el desplazamiento horizontal en D
          





     24.3 4.3.3 12.3
6EI
6
3 .
3
2
.12.3.
2
1
.
EI
1
22.3 4.16.1,5
6EI
3
EI
M M ds D P 1
H
  




EI
153
3 .
3
2
.12.3.
2
1
.
EI
1

83
4. Convertimos el empotramiento en A en un tramo adicional de longitud cero y de inercia infinita, tal
Ahora, analizamos tramo por tramo desde el extremo izquierdo de la viga hasta el final.
TRAMO A0AB






     
16
150.12
M (0) 2M (0 12) M (12) 6(0) 6
2
A0 A B
2M M 675 A B    ………………. (a)
TRAMO ABC




 



    
24
30.9
6
16
150.12
M (12) 2M (12 9) M (9) 6
2 3
A B C
2M 7M 2261,25 A B    ………………. (b)
M 205,312kN.m A  
M 264,375kN.m B  
Calculamos las reacciones en cada tramo.
TRAMO AB:
M  0 A  V (12) 205,312 150(6) 264,375 0 BA      V  79,922kN  BA
F  0 Y  V 79,922 150 0 AB     V  70,078kN  AB

84
TRAMO BC:
M  0 B  V (9) 264,375 30(9)(4,5) 0 CB     V 105,625kN  CB
F  0 Y  V 105,625 30(9) 0 BC     V 164,375kN  BC
Esquematizamos las reacciones en la viga y graficamos sus diagramas de fuerza cortante, momento
flector y refuerzo.

85
USMP - FIA
pórtico mostrado en la figura, si EI   para toda la estructura y las rigideces en los apoyos elásticos
son k 2k A  , k k B  y k k / 2 D 
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar los desplazamientos horizontal y vertical en E,
considerando 6 2 E  29.10 lb / plg y las áreas son las indicadas en la figura en círculos, expresadas
en 2 plg
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en D para el pórtico mostrado en la
figura. Considerar que la rigidez a flexión para las columnas es EI y para las vigas es 3EI
………………………. (5 puntos)

86
4. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una viga en voladizo AB de longitud L y rigidez a flexión EI soporta una carga uniforme de intensidad “w” sobre su mitad derecha, tal como se muestra en la figura. Determinar las deflexiones en los puntos C y B de la viga.
………………………. (5 puntos)
FECHA

87
CICLO 2009 – II
1. Calculamos las reacciones en los apoyos.
M  0 der
E  V (4) 16 0 D    V  4kN  D
M  0 C  H (5) 16 16(3) 6(5)(2,5) 4(7) 0 B       H  7,8kN B
F  0 X  6(5) 7,8 H 0 A     H  22,2kN A
F  0 Y  V 4 16 0 C     V 12kN  C
Luego, como el pórtico tiene rigidez EI  , se trata de una estructura sólida o indeformable, es decir,
no existe diagrama de momento flector.
Calculamos la energía potencial de deformación:


  

    
3
i 1
2 2 2
D
2
D
B
2
B
A
2
A
i
2
i
k
169,63
2(k / 2)
4
2k
7,8
2(2k)
( 22,2)
2k
V
2k
H
2k
H
2k
R
U (kJ)
2. Calculamos las rigideces de las barras de la armadura.
EA 29.10 .2 58.10 lb 58000k 6 6
2   
EA 29.10 .4 116.10 lb 116000k 6 6
4   
EA 29.10 .6 174.10 lb 174000k 6 6
6   
EA 29.10 .8 232.10 lb 232000k 6 6
8   
Determinamos las fuerzas internas para la armadura ante las cargas reales (figura a), la armadura ante
la carga vertical unitaria (figura b) y la armadura ante la carga horizontal unitaria (figura c).
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “E”:
   40.1,333.20.12  (40)(1,333).20.12  (50)(1,667).25.12
58000
1
EA
NN L E 1
V
    (133,333)(1,667).25.12
174000
1
80.1.15.12 50.1.15.12
116000
1
146,667.2,667.20.12
232000
1

 1,862plg  E
V

88
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “E”:
     40.1.20.12  0,317plg 
58000
1
146,667.1.20.12
232000
1
EA
NN L *
E 1
H
3. Por Estática, graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de las cargas reales
(figura a) y debido a la acción del momento unitario en D (figura b). Para ambos casos la barra CD
trabaja únicamente en tracción o compresión.
Determinamos la pendiente en D, dividiendo, para ello, la multiplicación de diagramas en el mayor
número de tramos, con la finalidad de tener una mayor exactitud.
        4.10.0,25  28.0,5
6(3EI)
4
4.0,5 4.2.0,25
6(3EI)
4
4.2.0,25 4.0,5
6EI
2
D
20.0,5 4.10.0,75
6EI
2
 
3EI
56
D  
Como el signo es positivo, indica que la pendiente en D va en sentido horario.
4. Planteamos las ecuaciones para cada caso.
DEFLEXION EN “C”:
TRAMO I-I (0  x  L/ 2)
 


 


   


 
8
3wL
2
PL
x
2
wL
M P
2
I
2
L
x
P
MI  



89
TRAMO II-II (L/ 2  x  L)
2 2
II 2
L
x
2
w
2
L
P x
8
3wL
2
PL
x
2
wL
P M 





  





   


 


  





 
0
P
MII 


Determinamos la deflexión vertical en C












  


 


   
L / 2
0
2
C
V dx
2
L
x
8
3wL
2
wLx
EI
1
  
192EI
7wL4
C
V
TRAMO I-I (0  x  L/ 2)
 


 


  





 
8
3wL
x PL
2
wL
M P
2
I
x L
P
MI  


TRAMO II-II (L/ 2  x  L)
2 2
II 2
L
x
2
w
8
3wL
x PL
2
wL
P M 



   


 


  



 
x L
P
MII  


Determinamos la deflexión vertical en B
   























      


 


    
L / 2
0
L
L / 2
2 2 2
B
V x L dx
2
L
x
2
w
8
3wL
2
wLx
x L dx
8
3wL
2
wLx
EI
1
  
384EI
41wL4
B
V

90
USMP - FIA
EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2010 – I
viga mostrada en la figura. Considerar que el resorte en A es de giro, el resorte en C es vertical y como
rigidez del resorte k  EI / 2
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. La armadura simétrica ABCD tiene una altura H  6pie y una
longitud de claro L 16pie , tal como se muestra en la figura. En el nudo D actúa verticalmente una
carga P  24k . El área de la sección transversal de cada barra a tracción es 2
tr A  2plg y la de
cada barra a compresión es 2
comp A  5plg . La armadura está hecha de acero con módulo de
elasticidad E 30.10 ksi 3  . Determinar el desplazamiento horizontal en el apoyo C y la deflexión
vertical en el nudo D
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar el desplazamiento vertical del punto D del pórtico
mostrado en la figura. Considerar b  0,2m y   const para toda la estructura.
………………………. (5 puntos)

91
4. ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS. Determinar las longitudes de los voladizos en la viga continua mostrada en la figura, de tal manera que los momentos en los tres apoyos sean iguales. Considerar que la viga es de sección constante.
………………………. (5 puntos)
FECHA

92
CICLO 2010 – I
1. Por la Estática, calculamos las reacciones en los apoyos (figura a) y graficamos el diagrama de
momento flector (figura b), considerando que en el tramo de rigidez infinita no existe diagrama.
Determinamos la energía potencial de deformación a través de la fórmula:
 
 
2
i 1 i
2
i
2
2k
R
2EI
M dx
U
  


   13,5.13,5  4.17,75.17,75  22.22 
6.2
5
2
1
.13,5.
3
2
.13,5.3.
2
1
.9.2
3
2
.9.2.
2
1
2EI
1
U
k
333,77
EI
581,58
2k
12,7
2(4k)
45
EI
581,58
2k
V
2k
M
2
1
.22.
3
2
.22.2.
2
1 2 2
2
2
C
1
2
A        



EI
1249,12
EI
333,77.2
EI
581,58
U    (kJ)
2. Calculamos las reacciones en los apoyos y las fuerzas internas en las barras de la armadura debido a
la acción de la carga real (figura a), a la acción de la carga horizontal unitaria (figura b) y a la acción de
la carga vertical unitaria (figura c)
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “C”:
  16.1.8.12.2  0,0512plg 
30.10 .2
1
3
C
H

93
     20.0,833.10.12.2 0,0896plg 
30.10 .5
1
16.0,667.8.12.2 24.1.6.12
30.10 .2
1
3 3
D
V
3. Esquematizamos con línea punteada las zonas traccionadas por temperatura (figura a). Por Estática
calculamos las reacciones en los apoyos (figura b) y graficamos los diagramas de momento flector
(figura c) y fuerza axial (figura d), debido a la acción de la carga vertical unitaria aplicado en D
Aplicamos trabajo virtual por variación de temperatura, a través de la siguiente fórmula:
 

 

  
i Ni
1 2
M
1 2
iT A
2
t t
A
b
t t

 
 

 

 
 
   .0,5.2
2
20 10
.4.1
2
1
.
0,2
10 30
.4.2
2
1
.
0,2
30 10
.2.2
2
1
.
0,2
20 10 V
D(T)
.1.4
2
10 30
.1.4
2
30 10 
 

 
  265  V
D(T)
4. Reemplazamos los voladizos por sus acciones equivalentes, tal como se muestra en la figura.

94
Aplicamos la ecuación de los tres momentos para el tramo ABC






 





    
24
wL
6
24
wL
M (L) 2M (L L) M (L) 6
3 3
A B C
Por condición del problema
2
wx
M M M
2
A B C    
Reemplazamos en la ecuación:






   


 


   


 


   


 



24
wL
(L) 12
2
wx
(2L)
2
wx
(L) 2
2
wx 2 2 2 3
De donde:
0,408L
6
L
x  

95
USMP - FIA
armadura mostrada en la figura. Considerar que la rigidez EA es constante para toda la estructura.
………………………. (5 puntos)
2. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Un pórtico rectangular ABCD está empotrado en el apoyo A y libre
en el extremo D, tal como se muestra en la figura. Los tres miembros tienen longitud L y rigidez a
flexión EI. La carga vertical P actúa en D. Determinar los desplazamientos horizontal, vertical y la
pendiente en el extremo libre.
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL TRABAJO VIRTUAL. Determinar la pendiente en H para la viga mostrada en la figura,
considerando los desplazamientos lineales y angular en los apoyos.
………………………. (5 puntos)

96
4. TEOREMA DE CASTIGLIANO. Una barra curva delgada AB tiene una línea de centros en forma de un cuadrante de círculo con radio R, tal como se muestra en la figura. La barra está empotrada en el apoyo A y libre en B, donde actúa una carga horizontal P. Determinar el desplazamiento horizontal, el desplazamiento vertical y la pendiente en el extremo libre.
………………………. (5 puntos)
FECHA

97
CICLO 2010 – II
1. Calculamos las reacciones en los apoyos y determinamos las fuerzas internas en las barras de la
armadura, cuyos resultados se muestran en la siguiente figura.
  

      
n
i 1
i 2 2 2 2
2
i ( 6) .4.3 ( 10) .4 (5,657) .4 2 (6,326) .12,649
2EA
1
2EA
N L
U
EA
759,61
U  (kJ)
2. Graficamos los diagramas de momento flector debido a la acción de la carga real (figura a); a la acción
de la carga vertical unitaria (figura b); a la acción de la carga horizontal unitaria (figura c) y a la acción
del momento unitario (figura d), tal como se muestra en la figura de la siguiente página.
Calculamos los desplazamientos y pendiente en el extremo libre.






 





  .L .2 (PL)(L)(L)
3
2
(L)(PL)
2
1
EI
1 D
V
  
3EI
5PL3
D
V
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “D”:






 





  (PL)(L)(L)
2
1
2
L
(PL)(L)
EI
1 D
H
  
EI
PL3
D
H
PENDIENTE EN “D”:
EI
2PL
(PL)(L)(1).2 (PL)(L)(1)
2
1
EI
1 2
D  





  
Como el signo es positivo, la pendiente va en el mismo sentido que el momento unitario, es decir, en
sentido horario.

98
3. Por Estática determinamos las reacciones en los apoyos, iniciando en el tramo EF y continuando con la parte derecha e izquierda de la viga, tal como se muestra en la figura.

99
Determinamos la pendiente en H por la fórmula:


  
n
j 1
ic ij j R .C
.0,01 0,01875rad
2
1
.0,02
4
1
.0,03
8
3
.0,04
16
1
H   





      
El signo (-) indica que la pendiente en H va en sentido opuesto al momento unitario, es decir, en
sentido antihorario.
4. Analizamos cada uno de los casos en forma independiente, existiendo un solo tramo en todos ellos.
DESPLAZAMIENTO HORIZONTAL EN “B”:
TRAMO I-I (0    / 2)
M (P H)R(1 cos ) I     
R(1 cos )
H
MI    


ds  Rd
Luego:
     
 
            







 
s
/ 2
0
/ 2
0
2
3
I
I
B
H (1 cos ) d
EI
PR
PR(1 cos ) R(1 cos ) Rd
EI
1
EI
ds
H
M
M
  (3  8)
4EI
PR3
B
H
DESPLAZAMIENTO VERTICAL EN “B”:
TRAMO I-I (0    / 2)
M  PR(1 cos) VRsen I
  


Rsen
V
MI

100
ds  Rd
Luego:
     
 
            







 
s
/ 2
0
/ 2
0
3
I
I
B
V (1 cos )(sen )d
EI
PR
PR(1 cos ) Rsen Rd
EI
1
EI
ds
V
M
M
  
2EI
PR3
B
V
TRAMO I-I (0    / 2)
M PR(1 cos ) M I     
1
M
MI  


ds  Rd
Luego:
    
 
          







 
s
/ 2
0
/ 2
0
2
I
B I (1 cos )d
EI
PR
PR(1 cos ) ( 1)Rd
EI
1
EI
ds
M
M
M
( 2)
2EI
PR2
B    
Como el signo es (+) indica que la pendiente va en el mismo sentido que el momento ficticio M, es
decir, en sentido horario.

101
USMP - FIA
1. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de
fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
………………………. (10 puntos)
2. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, considerando
'
E 15000 fC ; ' 2
C f  210kg / cm ; 4 I  0,000675m y graficar sus diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector.
………………………. (10 puntos)
FECHA La Molina, 27 de Octubre del 2008

102
CICLO 2008 – II
1. Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I.  3CA  3(3)  6  3
El pórtico es tres veces hiperestático y como tiene un sistema de estructura compuesta (montaje una
sobre otra), podemos analizarlo en forma separada cada sistema, iniciando con la estructura superior.
SISTEMA I:
Determinamos su grado de indeterminación de este sistema:
G.I.  3(1)  2 1
Eliminamos la componente horizontal en el apoyo J, calculando sus reacciones en los apoyos para la
carga real (figura a) y carga unitaria (figura b). Luego, graficamos los diagramas de momento flector
debido a la acción de la carga real (figura c) y carga unitaria (figura d)
La ecuación canónica para el sistema será:
X 0 11 1 1P    
EI
65,333
.3,5.6.3,5
2EI
1
.3,5
3
2
.3,5.3,5.
2
1
.
EI
1
2. 11    

103
 
EI
315
4.45.3,5
6(2EI)
6
1P   
Luego:
0
EI
315
X
EI
65,333
1  
De donde:
X  H  4,821kN 1 J
De esta manera, las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerzas internas, para esta parte de
la estructura, serán las mostradas en la siguiente figura.
Ahora, analizamos el sistema II, aplicando las reacciones obtenidas en el cálculo previo.
SISTEMA II:
G.I.  3(1)  2 1

104
Eliminamos la componente horizontal en el apoyo A y analizamos el pórtico AFB, en forma análoga a lo
realizado con el sistema I, es decir, debido a la acción de la carga real y sus transmisiones de las
reacciones de los apoyos de la parte superior, así como a la acción de la carga unitaria, graficando sus
respectivos diagramas de momento flector.
La ecuación canónica será:
X 0 11 1 1P    
EI
34,667
4 .
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
4 .
3
2
.4.5.
2
1
.
2EI
1
11    
  .19,284
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
2.34,642 4.3.26,963 4.19,284
6(2EI)
2,5
.34,642
3
2
.2,5.2.
2
1
.
2EI
1
1P       
EI
229,628
1P   
Luego:
0
EI
229,628
X
EI
34,667
1  
De donde:
X  H  6,624kN 1 A
De esta manera, las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerzas internas, para esta parte del
sistema, será la mostrada en la figura de la siguiente página.
Ahora, analizamos el sistema III, aplicando las reacciones obtenidas en el cálculo del sistema I

105
SISTEMA III:
G.I.  3(1)  2 1
Eliminamos la componente horizontal en el apoyo D y analizamos el pórtico CJD, calculando las
reacciones en los apoyos debido a la transmisión de acciones del sistema I (figura a) y carga unitaria
(figura b). Luego, graficamos los diagramas de momento flector debido a las cargas reales (figura c) y
carga unitaria (figura d)
X 0 11 1 1P    
EI
34,667
4 .
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
4 .
3
2
.4.5.
2
1
.
2EI
1
11    
EI
167,128
.19,284
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
.19,284
3
2
.4.5.
2
1
.
2EI
1
1P      
Luego:
0
EI
167,128
X
EI
34,667
1  

106
De donde:
X  H  4,821kN 1 D
De esta manera, las reacciones en los apoyos y diagrama de fuerza axial para esta parte de la
estructura es la mostrada en la figura. Se debe indicar, que no existen diagramas de fuerza cortante y
momento flector en esta parte de la estructura.
De esta forma, el diagrama final de fuerzas internas será la suma de los tres diagramas de los tres
sistemas analizados en forma separada, siendo los diagramas finales de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector los mostrados en la figura de la siguiente página.

107
2. Calculamos la rigidez a flexión EI
2 2 E 15000 210  217370,65kg / cm  2173706,5T/m
2 EI  2173706,5.0,000675 1467,252T.m
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I.  3(2)  4  2
Planteamos el sistema principal, eliminando dos conexiones adicionales, de tal forma que se convierte
en isostático, determinando sus reacciones en los apoyos y graficando sus diagramas de momento
flector correspondientes, tal como se muestra en la figura de la siguiente página.
El sistema de ecuaciones canónicas es:
X X 0 11 1 12 2 1C      
X X 0 12 1 22 2 2C      
EI
40,5
.3.4.3
EI
1
3 .
3
2
.3.3.
2
1
.
2EI
1
11    
EI
48
.3.4.4
EI
1
12     
EI
74,667
.4.4.4
EI
1
4 .
3
2
.4.4.
2
1
.
2EI
1
22    
( 3.0,01) 0,03 1C     
( 1.0,02 4.0,01) 0,02 2C       

108
Reemplazamos valores:
X 0,03 0
EI
48
X
EI
40,5
1 2   
X 0,02 0
EI
74,667
X
EI
48
1 2    
Luego, multiplicamos el término independiente por EI obtenido anteriormente, siendo los resultados los
siguientes:
40,5X 48X 44,017 1 2   
48X 74,667X 29,345 1 2   
De donde:
X  V  2,608T  1 A
X  V  1,283T  2 F
De esta manera, las reacciones en los apoyos y diagramas finales de la estructura son las mostradas
en la figura de la siguiente página.

110
USMP - FIA
1. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico y graficar sus diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector. Considerar que la rigidez EI es constante para todo el pórtico.
………………………. (10 puntos)
2. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico, considerando que es de concreto armado
con coeficiente de dilatación térmica 





  
C
1
1,2.10 o
5 , el módulo de elasticidad es E 2.10 kPa 7 
y las dimensiones de la sección transversal para las columnas son 30cm x 30cm y para la viga de
30cm x 50cm
………………………. (10 puntos)
FECHA La Molina, 25 de Mayo del 2009

111
CICLO 2009 – I
1. Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I.  3(2)  4  2
Elegimos el sistema principal (figura a) y graficamos los diagramas M1, M2 y MP, mostrados en las
figuras b, c y d
X X 0 11 1 12 2 1P      
X X 0 12 1 22 2 2P      
EI
108
.3.4.3.2
EI
1
.3.4
3
2
.3.3.
2
1
.
EI
1
11    
(3.4 4.0.4 3.4) 0
6EI
6
4 .
2
1
.3.4.
EI
1
4 .
2
1
.3.4.
EI
1
12       
EI
138,667
.4.6.4
EI
1
.4.2
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
22    
EI
624
(3.64 4.0.40 3.16)
6EI
6
.80
2
1
.3.4.
EI
1
1P      
EI
1386,667
(4.64 4.4.40 4.16)
6EI
6
.80
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
2P      

112
Reemplazamos valores y obtenemos:
0
EI
624
X
EI
108
1    X 5,778kN 1  
0
EI
1386,667
X
EI
138,667
2    X 10kN 2  
Para graficar los diagramas finales, reemplazamos los valores obtenidos en la figura a) de la página
anterior, siendo dichos diagramas finales los mostrados en la siguiente figura.
2. Calculamos las rigideces a flexión de columnas y viga.
1,35.10 N.m EI
12
0,3.0,3
EI 2.10 .10 . 7 2
3
7 3
col   
6,25.10 N.m 4,63EI
12
0,3.0,5
EI 2.10 .10 . 7 2
3
7 3
viga   
Determinamos el grado de indeterminación del sistema.
G.I.  3(1) 1  2
Elegimos el sistema principal, eliminando dos conexiones adicionales, convirtiendo la estructura en
isostática y graficando sus diagramas de fuerza axial y momento flector, tal como se muestra en la
figura de la siguiente página.
X X 0 11 1 12 2 1T      
X X 0 12 1 22 2 2T      

113
Determinamos los coeficientes del sistema de ecuaciones canónicas.
EI
109
.5.4.5
EI
1
5 .
3
2
.5.5.
2
1
.
4,63EI
1
11    
EI
50,8
.5.4.2
EI
1
.5.5.4
2
1
.
4,63EI
1
12      
EI
59,94
.4.5.4
4,63EI
1
.4.2
3
2
.4.4.
2
1
.
EI
1
22    
 

 

 

 

   .1.4 388,33
2
23 0
.1.4
2
23 15
.5.5
2
1
.
0,5
23 30
.5.4
0,3
23 15
1T
  

 

 

 

   .1.5 679,17
2
30 23
.4.4
2
1
.
0,3
0 23
.4.5
0,5
30 23
.4.4
2
1
.
0,3
15 23
2T
En la siguiente figura, se muestran las zonas traccionadas por acción de la temperatura.
De esta manera, las ecuaciones serán:
X 388,33 0
EI
50,8
X
EI
109
1 2    

114
X 679,17 0
EI
59,94
X
EI
50,8
1 2     
Efectuando simplificaciones, se tendrá:
109X 50,8X 62909,46 1 2   
50,8X 59,94X 110025,54 1 2   
De donde:
X  V  460,05N  0,460kN  1 D
X  H  2225,49N  2,225kN 2 D
Con estos valores graficamos los diagramas finales:

115
USMP - FIA
1. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver la armadura mostrada en la figura esquematizando sus fuerzas
internas. Considerar que la rigidez EA de la armadura es constante.
………………………. (10 puntos)
2. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura y graficar sus diagramas de
fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. Considerar EI constante en toda la estructura.
………………………. (10 puntos)
FECHA La Molina, 26 de Octubre del 2009

116
CICLO 2009 – II
1. Determinamos el grado de indeterminación.
G.I.  B 2N 13 2(6) 1
Eliminamos la barra BD y lo reemplazamos por su carga unitaria (figura a), analizando también bajo la
carga real (figura b), calculando sus reacciones y fuerzas internas.
X 0 11 1 1P    
  
 
  
EA
19,312
2 .
EA
(1)(1).4 2
4 .
EA
( 0,707)( 0,707).4
EA
N N L 1 1
11
  
 




  
EA
162,418
EA
( 0,707)( 15).4
EA
(1)( 21,213).4 2
EA
( 0,707)(30).4
EA
N N L 1 P
1P
Luego:
0
EA
162,418
X
EA
19,312
1  
De donde:
X N 8,410kN 1 BD   (TRACCION)
En consecuencia, las fuerzas internas serán calculadas por la relación:
1 1 P N  N X  N
Siendo sus valores los siguientes:
N ( 0,707)(8,410) 0 5,946kN AB      (COMPRESION)
N ( 0,707)(8,410) 15 20,946kN AD      (COMPRESION)
N (1)(8,410) 21,213 12,803kN AC     (COMPRESION)
N ( 0,707)(8,410) 30 24,054kN BC     (TRACCION)
N ( 0,707)(8,410) 0 5,946kN CD      (COMPRESION)
N 0 CF 
N 21,213kN CE  (TRACCION)

117
N 15kN DE   (COMPRESION)
N 0 EF 
De esta manera, la distribución de fuerzas axiales será:
2. Determinamos el grado de indeterminación de la estructura.
G.I.  3(2)  4  2
El pórtico es dos veces hiperestático.
Elegimos el sistema principal y graficamos sus diagramas M1, M2 y MP
El sistema de ecuaciones canónicas será:
X X 0 11 1 12 2 1P      
X X 0 12 1 22 2 2P      
EI
216
.6 6.4.6
3
2
.6.6.
2
1
EI
1
11  





  
 
EI
468
.6.4.12
EI
1
12.6 4.9.3
6EI
6
12     
EI
1152
.12 12.4.12
3
2
.12.12.
2
1
EI
1
22  



  

118
   
EI
26556
6.720 4.6.728 6.736
6EI
2
.6.2.720
EI
1
6.720 4.3.405
6EI
6
1P          
   
EI
60672
12.720 4.12.728 12.736
6EI
2
.12.2.720
EI
1
12.720 4.6.180
6EI
12
2P          
Luego:
0
EI
26556
X
EI
468
X
EI
216
1 2   
0
EI
60672
X
EI
1152
X
EI
468
1 2   
De donde:
X  V  73,739kN  1 C
X  V  22,710kN  2 D
Con los valores obtenidos calculamos las reacciones en el empotramiento y graficamos los diagramas
finales, tal como se muestra en la figura.

119
USMP - FIA
1. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el siguiente pórtico y graficar sus diagramas de fuerza axial,
fuerza cortante y momento flector. Considerar EI constante para toda la estructura.
………………………. (10 puntos)
2. METODO DE LAS FUERZAS. Resolver el pórtico mostrado en la figura, si la rigidez EI es constante
para toda la estructura. Considerar b  0,4m para todo el pórtico y que el coeficiente de dilatación
térmica es 
………………………. (10 puntos)
FECHA La Molina, 24 de Mayo del 2010

120
CICLO 2010 – I
1. Determinamos el grado de indeterminación de la estructura.
G.I.  3(1) 1  2
El pórtico es dos veces hiperestático.
Elegimos el sistema principal y graficamos los diagramas M1, M2 y MP
El sistema de ecuaciones canónicas será:
X X 0 11 1 12 2 1P      
X X 0 12 1 22 2 2P      
EI
635,647
.6 6.6.6 .2
3
2
.6.6 2.
2
1
EI
1
11  





  
0 12  
 
EI
1211,647
6.6 4.9.9 12.12 .2
6EI
6
.6 .2
3
2
.6.6 2.
2
1
EI
1
22     





 
 
EI
2796,396
.6.6.60
EI
1
6.60 4.4,5.30
6EI
3 2
1P     
   
EI
3876,396
6.60 4.9.60 12.60
6EI
6
6.60 4.4,5.30
6EI
3 2
2P       
Luego:
0
EI
2796,396
X
EI
635,647
1    X 4,4kN 1  

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