ejercicio resuelto

1. MÉTODO DE LARIGIDEZ -APLICACIÓN
En la anterior clase se había visto que a los Elementos Rígidos (Nudos) les llegan cargas de dos orígenes, las
que provienen del medio, cargas externas sobre la estructura, y la acción/reacción que existe entre ER y los
Elementos Flexibles (Barras) producto de la deformación de los EF. De las Cargas Externas nos ocuparemos
posteriormente.Ahora recordemos que de las cargas de Barra/Nudo por desplazamiento hemos planteado la
determinación de los momentos:
Se han descompuesto los desplazamientos en dos rotaciones θi, θj y un desnivel Δ, por tanto:
M = MR + MT
Donde los giros producen:MRi = kii θi + kij θj y MRj = kji θi + kjj θj
Y el desnivel causa: MTi = kΔij Δ y MTj = kΔji Δ
En estas ecuaciones k son las constantes llamadas rigideces, obsérvese que cada rigidez es igual al relación
entre la componente de momento y el desplazamiento correspondiente.
El primer subíndice de la rigidez indica donde está el momento y el segundo dónde está el desplazamiento.
Reuniendo efectos: Mδi = kii θi + kij θj + kΔij Δ
Mδj = kji θi + kjj θj + kΔji Δ
Se las llamará ECUACIONES GENERALES DE RIGIDEZ DE LABARRA "EGRB".
También en la clase anterior se han hallado los valores de las rigideces para distintos vínculos barra/nudo B/N,
Ahora se tratará de las traslaciones de los nudos, que dan lugar a los mencionados desniveles "Δ".
1.- TRASLACIÓN DE NUDOS.- En la lección anterior se ha estudiado la rotación de los nudos.Aquí
corresponde estudiar su traslación.
En esa oportunidad se había planteado la simplificación que definía al Método de las Pendientes y
Defelexiones (MPD), que es: Se asume que la deformación axial de las barras es despreciable. Esta hipótesis
trae como consecuencia que disminuye la cantidad de incógnitas. Dependiendo de los enlaces con las barras
de toda la estructura, algunos nudos se inmovilizan.
Cada estructura tiene una cantidad de desplazamientos traslacionales libres única, llamada el GRADO DE
DESPLAZABILIDAD (GD), que es la cantidad de movimientos libres, incógnitas que se deben calcular para
conocer la ubicación de todos los nudos de la estructura. Si DG=I, entonces se tienen I incógnitas.
Para comprender este concepto se analiza la siguiente Fig.2. Solamente se hace referencia a las traslaciones
de los nudos, que en este caso están ubicados en los puntos 1,2 y 3. Los Nudos 1 y 3 tienen apoyos fijos, no
pueden cambiar de posición en el plano. En cambio el pundo 2 se mueve debido a dos causas:
Que las barras se curven debido a la flexión. Si bien la mayoría de las barras están sujetas a flexión,
1.
debido a la suposición de que la longitd de arco es igual a la longitud de la variable, ds=dz, se determina
que el desplazamiento de sus extremos es despreciable por flexión.
Que las barras estén sujetas a cargas normales N. Este caso se considera en la Fig.2 donde se supone
2.
que debido a la tracción las barras 1 y 2 se han alargado las longitudes a1 y a2 respectivamente.

2. Suponiendo que las barras se alargan separadamente las longidudes a1 y a2, hasta ubicarse en los lugares 2a
y 2b, respectivamente, por estar unidos a la articulación, deben rotar alrededor de los puntos 1 y 3, hasta que
sus circunferencias se crucen, encontrándose en un punto único. Entonces el punto 2v es la solución que
cumple todas las condiciones del problema.
Como quiera que los alargamientos a1 y a2 son mucho menores que las longitudes de las barras, la rotación
de las mismas es muy pequeña y se simplica el análisis admitiendo que el movimiento de los extremos se
realiza sobre la línea perpendicular a cada barra y no por la circunferencia. El punto 2' es la solución
aproximada, útil a todos los efectos. Estas perpendiculares son entonces los lugares geométricos de los
puntos 2a y 2b respecivamente, y pueden ser consideradas las coordenadas del punto 2'.
En el MPD las longitudes a1 y a2 son (aproximadamente) cero, por lo que los lugares geométricos salen de
punto 2 inicial y se cruzan ahí mismo, de manera que el punto no se mueve: 2=2'. Ver Fig.2a. Para el MPD
esta estructura tiene GD=0, no hay incógnitas de traslación porque ningún punto se traslada.Ahora es
conveniente plantear un ejemplo donde se analice el conjunto de ideas expuesto.
2.- PROBLEMANo1.- Determinar la cantidad de incógnitas de la estructura mostrada en la Fig.1 y analizar las
ecuaciones para su solución, luego resolver la estructura.
2.1.- CONFIGURACIÓN DE VÍNCULOS.- Para aplicar las ecuaciones de rigidez de barra, que se han
establecido en la teoría, es necesario que se recuerden las siguientes definiciones:
BARRAS.- Son los elementos flexibles de la estructura, en la teoría se ha aceptado que son prismas rectos
homogéneos e isotrópicos, E=cte. Deben cumplir las condiciones de Elementos Unidimensionales.
NUDOS.- Son los elementos rígidos de la estructura que se unen a las BARRAS.
APOYOS.- Son los puntos del suelo que deben restringir el movimiento de toda la estructura.
VÍNCULOS.- Establecen la forma en que se unen las barras/nudos y los nudos/apoyos. En la teoría, de todas
las formas posibles, se han elegido solo dos maneras: Empotramiento yArticulación.
Por lo anterior, es necesario establecer nudos en los puntos 1,2 y 3. En cuanto a cómo se unen, se muestran
dos alternativas en las Fig.1a y Fig.1b, difieren en la ubicación de la articulación.
Para el análisis debe recordarse que en nudos apoyados las reacciones de apoyo impiden los
desplazamientos de los nudos, que son las incognitas. Si hay reacción no hay desplazamientos y vicecersa,
si hay desplazamientos es porque no hay reacción. Por tanto, en nudos libres se dan la rotación y las
traslaciones solo si GD>0.
También se cumplirá el Principio de Unicidad: las cargas y esfuerzos calculados por cualquier alternativa debe
ser iguales.

3. NUDO 2
ALTERNATIVAA.- La cara extrema en 2 de la Barra 12 rota lo mismo que el Nudo 2.
El extremo 2 de la barra 23 rota independientemente del nudo, no se busca ese giro.
Las traslaciones de las caras y el Nudo serían las mismas, si las hubieran, se ha visto que no existen en
este problema.
ALTERNATIVAB.- Sucede lo contrario, la cara en 2 de la columna rota independientemente del nudo, no
interesa su valor. La incógnita de giro del Nudo 2 es también la rotación de la cara 2 de la B2/3, es la
incógnita buscada. T
ampoco hay diferencia en las traslaciones de caras y nudo.
Como en todo nudo libre, hay rotación θ2 porque no hay momento reactivo, de las tres ecuaciones de
equilibrio en el Nudo 2, la suma de momentos sirve a la incógnita θ2. Las sumas de fuerzas se reservan para
la determinación de las fuerzas y/o de las traslaciones. Es decir:
ECUACIÓN ALT.A ALT. B
ΣFH 0
= Fuerza/traslación Fuerza/traslación
NUDO LIBRE 2 ΣFV 0
= SIRVE PARA Fuerza/traslación Fuerza/traslación
ΣM 0
= θ2 nudo/columna θ2 nudo/viga
También es bueno puntualizar que en ambas alternativas los momentos de extremo de las barras articuladas
deberán ser cero.
Se recuerda que en barras enpotradas existe momento porque en general los nudos rotan y se trasladan, y los
deslazamientos multiplicados por las rigideces son momentos, éstos se añaden al momento en el extremo
debido a las cargas externas sobre las barras. Entonces el resultado es un momento que depende de los
movimientos de los nudos y las cargas externas.
Los criterios anteriores se analizan en ambas alternativas.
ALTERNATIVAA.- Ver la Fig,1c. M23=0 (Articulación) pero M21 existe por empotramiento, como la suma debe
ser cero:
M21 M23
 0
= Pero M23 0
= Entonces M21 0
=
Los desplazamientos calculados tendrán valores de modo que se anule el momento en el empotrtamiento.
ALTERNATIVAB.- Ver Fig.1d Aqui se cumple lo contrario:

4. M21 M23
 0
= Pero M21 0
= Entonces M23 0
=
Aqui los desplazamientos también se calcularán de modo que se cumpla la condición.
En ambos casos los momentos son iguales, se cumple el criterio de unicidad, pero los giros no, son dos
incógnitas diferentes, también las ecuaciones, porque las rigideces de cada barra son diferentes para las dos
alternativas.
NUDO 1.-APOYADO
ALTERNATIVAA.- El vínculo apoyo/nudo es articulación, el nudo rota, no hay reacción de apoyo M1=0, las
traslaciones están impedidas porque la articulación transmite las fuerzas reactivas del apoyo al nudo.
ALTERNATIVAB.- El apoyo es empotrado, hay tres reacciones no hay ningún desplazamiento.
ECUACIÓN ALT.A ALT. B
ΣFH 0
= Reación de apoyo H1 Reación de apoyo H1
NUDOAPOYADO 1 ΣFV 0
= SIRVE PARA Reación de apoyo V1 Reación de apoyo V1
ΣM 0
= θ1 Reación de apoyo M1
ALTERNATIVAA.- Fig.1c M12 M1
 0
= Pero M1 0
= Entonces M12 0
=
ALTERNATIVAB.- Fig.1d M12 M1
 0
= Pero M12 0
= Entonces M1 0
=
Aquí también los momentos son nulos en la articulación de la estructura inicial, aunque en un caso haya apoyo
empotrado para el nudo. Los giros son diferentes para cada alternativa porque son dos nudos distintos.
NUDO 3
Ambas formas son iguales No hay desplazamientos porque el apoyo es un empotramiento que genera tres
cargas reactivas
ECUACIÓN ALT.A-B
ΣFH 0
= Reación de apoyo H3
NUDOAPOYADO 3 ΣFV 0
= SIRVE PARA Reación de apoyo V3
ΣM 0
= Reación de apoyo M3
2.2.- INCÓGNITAS Y ECUACIONES DE EQUILIBRIO.- Resumiendo y ampliando los conceptos anteriores:
NUDOSAPOYADOS.- Las tres ecuaciones de equilibrio sirven al propósito de hallar: Desplazamientos donde la
reacción sea cero o reacciones si el desplazamiento es cero. Como en el método se buscan primero los
desplazamientos, las ecuaciones destinadas a calcular las reacciones no serán planteadas.
NUDOS LIBRES.- La ecuación de momentos se destina a la incónita de giro y las ecuaciones de fuerza para
fuerzas de extremo de barras y/o desplazamientos asociados a la traslación de nudos.
BARRAS.- Sus incógnitas son las cuatro fuerzas de extremo, en general se deben calcular para plantear las
ecuaciones para las traslaciones, solamente si GD>0. T
ambién proporcionan tres condiciones de equilibrio.

5. ALTERNATIVAA.- Ver la Fig. 1a y Fig. 1c
INCÓGNITAS .- DE GIRO: θ1 y θ2 GD=0 DE FUERZAS: 2*4=8 TOTALINC=10
ECUACIONES.-
EN NUDOSAPOYADOS: MOMENTO en 1 (1) FUERZAY MOM. en 3 son para reacciones
NUDOS LIBRES: MOMENTO: 1x1=1 FUERZA 2X1=2 SUB TOTALN. L. = 3
BARRAS MOMENTO y FUERZA SUB TOTALB.= 3x2=6 TOTAL= 1+3+6=10
NOTA.- Sin traslaciones, las 8 ecuaciones de fuerza en Nudos Libres y barras no necesitan ser planteadas.
ALTERNATIVAB.- Ver la Fig. 1b y Fig. 1d
INCÓGNITAS .- DE GIRO: θ2 GD=0 DE FUERZAS: 2*4=8 TOTALINC=9
ECUACIONES.-
EN NUDOSAPOYADOS: Las de Fuerza y Mom. en 1 y 3 son para reacciones
NUDOS LIBRES: MOMENTO: 1x1=1 FUERZA 2X1=2 SUB TOTALN. L. = 3
BARRAS MOMENTO y FUERZA SUB TOTALB.= 3x2=6 TOTAL= 3+6=9
NOTA.- Sin traslaciones, las 8 ecuaciones de fuerza en Nudos Libres y barras no necesitan ser planteadas.

6. 3.- PROCEDIMIENTO DE SOLUCIÓN.- Hasta ahora se ha visto cómo la estructura ha sido divida elementos
Nudos y Barras y se ha visto como los desplazamientos de los nudos afectan a las barras, por medio de
cargas interactivas, luego se han visto que existen suficientes ecuaciones de equilibrio como para hallar todas
las cargas y desplazamientos.Ahora es oportuno reunir esos conceptos y plantear la solución de una manera
deductiva. Descomponiendo el proceso en dos etapas.
3.1.- ESTADO FIJO.- En esta etapa se supone que todos los nudos son inmóviles. En las direcciones de
movimiento donde los apoyos reales no impidan el movimiento se introducen restricciones imaginarias.
Las cargas externas y los efectos de la temperatura tienden a mover la barra y deformarla, de hecho, las
secciones transversales de las barras se mueven, excepto las que están unidas a los nudos y el vínculo sea
de continuidad. Se deben producir por tanto cargas, que los nudos hacen sobre las caras sujetadas, para que
éstas no se muevan y las demás sí. Se las llama ϕF.
Una barra con sus extremos Empotrados y/oArticulados es en general hiperestática y se puede resolver de
varias formas, de hecho, su solución esta incluida en los textos deA. Estructuctural.
Estas cargas de Nudo a Barra son las mismas que actúan sobre de Barra a Nudo, en sentido invertido (- ϕF),
de modo que los Nudos reciben de manera indirecta las cargas sobre las barras. Estas cargas, más las que
pudieran actuar directamente sobre ellos, ϕD, forman la carga acumulada ϕA= - ΣϕFij + ϕD, que deben ser
equilibradas por las reacciones de apoyo, reales e imaginarias.
3.2.- ESTADO DE DESPLAZAMIENTO.- Una vez determinada la carga acumulada ϕAse sueltan los apoyos
imaginarios y se producen por tanto los desplazamientos incógnitas δ, movimientos que son reprimidos por las
barras al deformarse. Estas cargas de N/B, han sido ya calculadas, son las rigideces multiplicas por los
desplazamietos: ϕδ = K δ. Por el principio de acción/reacción ahora los nudos reciben dos cargas, ϕAy - ϕδ,
Entonces, los nudos se desplazan hasta que δ produzca cargas ϕδ que satisfagan la condición de equilibrio, a
saber: ϕA+ ϕδ = 0, ecuación que permite hallar el vector incógnita Δ.
Esta forma de plantear el equilibrio en los nudos es genérica, como se ha dicho, en el M. de la Pendientes y
Deflexiones, solamente se aplica al equilibrio de momentos, por la simplificación del método, el equilibrio de
fuerzas se realiza sobre partes de la estructura, como se verá oportunamente.
El momento total sobre la barra será el producido por las cargas de tramo, MFij, más el momento por
desplazamietos, rotacionales θi ,θj y traslacional Δ, es decir:
Mij MFij Mδij

= Mji MFji Mδji

=
Reemplazando Mδij y Mδji como se determinó en la teoría:
Mij MFij kii θi

 kij θj

 kΔij Δ


= Mji MFji kji θi

 kjj θj

 kΔji Δ


=
Donde las rigideces "k" han sido ya determinadas.Ahora es oportuno resolver el problema numéricamente.
4.- SOLUCIÓN NUMÉRICADEL PROBLEMA1.- Se elige laAlternativa 1 para la aplicación numérica:
DATOS En t y m:
p 4
 q 3

E 2.4 10
6


T1-> 0.25x0.45

7. CÁLCULOS PREVIOS.- a12 atan
4
2






 a12 63.43 deg

 L12
2
cos a12
( )
4.472


16 4
 4.472
 L23 5
 m 3.5
 A .25 .45

 I
1
12
.25 .45
3

 EI E I
 4556


4.1.- INCÓGNITAS.- θ1 θ2 θ3 0
 Δ12 0
 Δ23 0
 M1 0

4.2.- CÁLCULO DE LOS MOMENTOS.- En este problema no hay incógnitas de traslación, son dos las incógnitas
de rotación: θ1 y θ2
4.2.1.- BARRA12 Empotrada/Empotrada Ver Fig.1a
a) DEBIDOA LOS DESPLAZAMIENTOS
k11
4 EI

L12
4075

 k22 k11
 k12
2 EI

L12
2037.62

 k21 k12
 kΔ12
6
 EI

L12
2
1366.88



Mδ12 θ1 θ2
 Δ12

( ) k11 θ1
 k12 θ2

 kΔ12 Δ12

 float 1
 4075.0 θ1
 2037.0 θ2

 1366.0
 Δ12




Mδ21 θ1 θ2
 Δ12

( ) k21 θ1
 k22 θ2

 kΔ12 Δ12

 float 1
 2037.0 θ1
 4075.0 θ2

 1366.0
 Δ12




b) DEBIDOA LAS CARGAS DE BARRA.- La única acción externa es "p", primero se la descompone en una
carga normal a la sección transversal pn, que no produce momentos y otra pt que sí.
pn p cos a12
( )
 1.789

 pt p sin a12
( )
 3.58


DE TABLAS.- Momentos de N/B, positivos en sentido antihorario:
MF12
1
20
pt
 L12
2
 3.58

 MF21
1

30
pt
 L12
2
 2.39



c) MOMENTO TOTAL.-
M12 θ1 θ2

( ) MF12 Mδ12 θ1 θ2
 0

( )
 float 1
 4075.0 θ1
 2037.0 θ2

 4.0



M21 θ1 θ2

( ) MF21 Mδ21 θ1 θ2
 0

( )
 float 1
 2037.0 θ1
 4075.0 θ2

 2.0



4.2.2.- BARRA23 Articulada/Empotrada Ver Fig.1a
k33
3 EI

L23
2734

 k22 0
 k23 0
 k32 k23
 kΔ23
3
 EI

L23
2
546.75



Mδ23 0
 Mδ32 θ2 θ3
 Δ23

( ) k32 θ2
 k33 θ3

 kΔ23 Δ23

 float 1
 2733.0 θ3
 546.0
 Δ23





8. b) DEBIDOA LAS CARGAS DE BARRA.- La única acción externa es "q"
DE TABLAS.- Momentos de N/B, positivos en sentido antihorario: b m 3.5


MF23 0
 MF32
q
 b

8 L23
2

2 L23
2
 b
2

 
 1.98



c) MOMENTO TOTAL.- M23 0

M32 θ2 θ3

( ) MF32 Mδ32 θ2 θ3
 Δ23

( )
 float 3
 2733.0 θ3
 1.98



SOLUCIÓN.- EC1 θ1 θ2

( ) M12 θ1 θ2

( ) M1

 EC2 θ1 θ2

( ) M21 θ1 θ2

( ) M23


θ1 0.1
 θ2 0.1

Given EC1 θ1 θ2

( ) 0
= EC2 θ1 θ2

( ) 0
= sol Find θ1 θ2

( )
1.64
 10
3


1.31 10
3












Reemplazando t1 sol
0
1.64
 10
3



 t2 sol
1
1.31 10
3




M12 t1 t2

( ) 0
 M21 t1 t2

( ) 0
 M32 t2 θ3

( ) 1.98

