7 problemas libro de estructuras

PROBLEMARIO DE ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS
E HIPERESTÁTICAS PARA VIGAS, MARCOS Y ARMADURAS EN R 2

4.F)
2 𝑇/𝑚

3𝑇
6 𝑇/𝑚

1 𝑇/𝑚
3 𝑇∙ 𝑚
𝐶

𝐵

𝐴
2𝑚

6𝑚

𝐷
1 𝑚

SOLUCIÓN.
Cálculo de las reacciones en los soportes.
Diagrama de cargas.
- Carga concentrada equivalente y punto de aplicación de la presión trapezoidal.
Componente

𝐴, 𝑇

𝑥̅ , 𝑚

𝑥̅ 𝐴, 𝑇 ∙ 𝑚

①=rectángulo

6(1) = 6

1
(6) = 3
2

18

②= triángulo

6(1)
=3
2

1
(6) = 2
3

6

∑ 𝐴=9

∑ 𝑥̅ 𝐴 = 24

La fuerza resultante de la carga trapezoidal distribuida es
𝐴1 = ∑ 𝐴 = 9𝑇
y su línea de acción está localizada a una distancia de
∑ ̅ 𝐴 24𝑇. 𝑚 8
𝑥
𝑥̅1 =
=
= 𝑚 a la derecha de B
∑ 𝐴
9𝑇
3
- Carga concentrada equivalente y punto de aplicación de la carga uniformemente
repartida.
La fuerza resultante es
𝐴2 = (6𝑇/𝑚)(2𝑚) = 12T
y el centroide a través del cual actúa es

344

UNIVERSIDAD NACIONAL AUTÓNOMA DE MÉXICO
FACULTAD DE ESTUDIOS SUPERIORES ARAGÓN

𝑥̅1 = (1/2)(2𝑚) = 1𝑚 a la izquierda de B
El diagrama de cargas mostrado se completa identificando las reacciones en los
soportes proponiendo sus sentidos arbitrariamente.
𝐴2 = 12𝑇
2 𝑇/𝑚
3𝑇
6 𝑇/𝑚

𝐴1 = 9𝑇
1 𝑇/𝑚
3 𝑇∙ 𝑚

𝐴 𝑅 𝐵𝑋
2𝑚

𝐶

𝐵
𝑅 𝐵𝑌

8
𝑥̅1 = 1𝑚 𝑥̅ 2 = 3 𝑚

𝑅 𝐶𝑌

6𝑚
10
3

𝐷
1𝑚

𝑚

Ecuaciones de equilibrio.
8
+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −(3)(2) − (12)(1) + 9 ( ) − 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) + 3 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 1.5 𝑇
3
+ ∑ 𝑀𝐶 = 0 ⇒ 3 − 9 (

10
) + 6( 𝑅 𝐵𝑌 ) − (12)(1 + 6) − 3(8) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 22.5 𝑇
3
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0

Como comprobación, se cumple que
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −3 − 12 + 1.5 − 9 + 22.5 = 0 ⇒ 0 = 0

𝑜𝑘 ✓

Funciones de fuerza cortante y de momento.
En la siguiente figura se especifica la coordenada 𝑥 a utilizar cuyo origen asociado
está en 𝐴; note 𝑥 es válida para 0 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚. Debido a los cambios en el tipo de la
carga distribuida a lo largo de la estructura, deben efectuarse tres cortes
perpendiculares al eje de la viga.

345


Corte en el tramo ① ( 𝐴 − 𝐵). Se secciona la viga a una distancia 𝑥 antes del punto
𝐵, es decir, antes del punto de intensidad de 2𝑇/𝑚 de la presión trapezoidal. En
consecuencia, el diagrama de cuerpo libre de la sección cortada con su análisis es
el siguiente:
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0

3𝑇
6 𝑇/𝑚

𝐴

𝑀1
𝑥

𝑥
𝑀1 = −6( 𝑥 ) ( ) − 3𝑥 = −3𝑥 2 − 3𝑥
2

𝑉1

𝑉1 =

𝑑𝑀1
= −6𝑥 − 3
𝑑𝑥

Corte en el tramo ②( 𝐵 − 𝐶 ). Se secciona la viga a una distancia arbitraria justo
después de que comienza la carga trapezoidal distribuida hasta antes de que tal
presión termine; por tanto, la longitud de la viga va desde el punto 𝐴 hasta después
del punto 𝐵, pero sin llegar al punto 𝐶. El diagrama de cuerpo libre para éste
segmento de viga y su correspondiente análisis es el siguiente:
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚

Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, debe hallarse el área y su
centroide de la presión trapezoidal del corte.
Por trigonometría puede determinarse el valor en función de 𝑥 de la intensidad 𝑊1 .

1𝑇/𝑚
𝑦
=
6𝑚
8𝑚 − 𝑥
𝑦=

(1)(8 − 𝑥 ) 4 1
= − 𝑥
6
3 6

4 1
7 1
𝑊1 = 1 + 𝑦 = 1 + ( − 𝑥) = − 𝑥
3 6
3 6

346


A continuación se hace el análisis de la carga trapezoidal distribuida del corte.

7 1
7
1
14 1
1
8
14
𝐴1 = ( 𝑥 − 2) ( − 𝑥) = 𝑥 − 𝑥 2 −
+ 𝑥 = − 𝑥2 + 𝑥 −
3 6
3
6
3 3
6
3
3

𝐴2 =

7 1
( 𝑥 − 2) (2 − ( − 𝑥))
3 6
2

1 1
( 𝑥 − 2) (− + 𝑥) − 1 𝑥 + 1 𝑥 2 + 2 − 1 𝑥
3 6
6
3 3
=
= 3
2
2

𝐴2 =
𝑥̅1 =
𝑥̅1 𝐴1 = (−

1 2 1
1
𝑥 − 𝑥+
12
3
3

𝑥−2 1
𝑥−2 1
2
= 𝑥 − 1; 𝑥̅2 =
= 𝑥−
2
2
3
3
3

1 2 8
14 1
1 3 4 2 7
1
8
14
𝑥 + 𝑥 − ) ( 𝑥 − 1) = −
𝑥 + 𝑥 − 𝑥 + 𝑥2 − 𝑥 +
6
3
3 2
12
3
3
6
3
3
𝑥̅1 𝐴1 = −

1 3 3 2
14
𝑥 + 𝑥 − 5𝑥 +
12
2
3

1 2 1
1 1
2
𝑥3
𝑥2
𝑥
𝑥 2 2𝑥 2
𝑥̅2 𝐴2 = (
x − x + )( 𝑥 − ) =
− + −
+
−
12
3
3 3
3
36 9 9 18 9 9
𝑥̅2 𝐴2 =

1 3 1 2 1
2
𝑥 − 𝑥 + 𝑥−
36
6
3
9

La tabulación de la información obtenida es
𝐴

Componente
①= rectángulo
②= triángulo
∑=

−

𝑥̅

1 2 8
14
𝑥 + 𝑥−
6
3
3

1
𝑥−1
2

1 2 1
1
𝑥 − 𝑥+
12
3
3
−

1 2 7
13
𝑥 + 𝑥−
12
3
3

1
2
𝑥−
3
3

𝑥̅ 𝐴
−

1 3 3 2
14
𝑥 + 𝑥 − 5𝑥 +
12
2
3

1 3 1 2 1
2
𝑥 − 𝑥 + 𝑥−
36
6
3
9
−

𝑥 3 4𝑥 2 14𝑥 40
+
−
+
18
3
3
9

Finalmente, el área total es
1 2 7
13
𝐴𝑇 =∑ 𝐴=−
𝑥 + 𝑥−
12
3
3

347


y el centroide a través del cual actúa es

𝑥̅ 𝑇 =

∑ 𝑥̅ 𝐴
=
∑ 𝐴

𝑥 3 4𝑥 2 14𝑥 40
− 18 + 3 − 3 + 9
1
7
13
− 12 𝑥 2 + 3 𝑥 − 3

a la derecha de B, 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥̅ 𝑇 < ( 𝑥 − 2)

1
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀2 − 3( 𝑥 ) − 6(2) ( (2) + ( 𝑥 − 2)) + 22.5( 𝑥 − 2)
2
𝑥 3 4𝑥 2 14𝑥 40
− 18 + 3 − 3 + 9
𝑥2 7
13
)] = 0
− (−
+ 𝑥 − ) [(𝑥 − 2) − (
1 2 7
13
12 3
3
− 12 𝑥 + 3 𝑥 − 3
𝑀2 = −3𝑥 − 12( 𝑥 − 1) + 22.5( 𝑥 − 2) − (−
+ (−
+

𝑥2 7
13
+ 𝑥 − ) ( 𝑥 − 2)
12 3
3

𝑥 3 4𝑥 2 14𝑥 40
𝑥 3 7 2 13
+
−
+ ) = −3𝑥 − 12𝑥 + 12 + 22.5𝑥 − 45 − (−
+ 𝑥 −
𝑥
18
3
3
9
12 3
3

1 2 14
26
−𝑥 3 4𝑥 2 14𝑥 40
1
1
7 1 4
𝑥 −
𝑥+ )+(
+
−
+ ) = 𝑥 3 ( − ) + 𝑥 2 (− − + )
6
3
3
18
3
3
9
12 18
3 6 3

+𝑥 (

13 14 14
26 40
1 3 7 2 71
335
+
−
+ 22.5 − 12 − 3) + (12 − 45 −
+ )=
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
3
3
3
3
9
36
6
6
9

𝑉2 =

𝑑𝑀2
1 2 7
71
=
𝑥 − 𝑥+
𝑑𝑥
12
3
6

Corte en el tramo ③( 𝐶 − 𝐷 ). Se secciona la viga a una distancia arbitraria justo
después de que termina la carga trapezoidal distribuida, es decir, después del punto
𝐶. El diagrama de cuerpo libre para éste segmento de viga con longitud 𝑥 y su
correspondiente análisis es el siguiente:
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
2 𝑇/𝑚
3𝑇
1 𝑇/𝑚

6𝑇/𝑚
𝐵

𝐴
𝑅 𝐵𝑌 = 22.5 𝑇
2 𝑚

𝐶

𝑉3

𝑅 𝐶𝑌 = 1.5 𝑇
6𝑚
𝑥

𝑀3

𝑥−8 𝑚

348


1
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀3 − 3( 𝑥 ) − 6(2) ( (2) + 6 + 𝑥 − 8) + 22.5(6 + 𝑥 − 8)
2
−9 (6 −

8
+ 𝑥 − 8) + 1.5( 𝑥 − 8) = 0
3

𝑀3 = −3𝑥 + 12 − 12𝑥 − 45 + 22.5𝑥 + 42 − 9𝑥 + 1.5𝑥 − 12 = −3
𝑉3 =

𝑑𝑀3
=0
𝑑𝑥

Cálculo del momento máximo de cada tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
-

Posición del momento máximo
3
1
𝑉1 = 0 = −3 − 6𝑥 ⇒ 3 = −6𝑥 ⇒ 𝑥 = − = −
6
2
Debido a que la solución no tiene sentido, ósea que no está dentro del intervalo de
distancia analizado de la viga [0,2𝑚], el punto donde se ubica el valor máximo del
momento está en el límite superior; ∴ 𝑥 𝑚𝑎𝑥1 = 2𝑚.
𝑀 𝑚𝑎𝑥1 = −3(2) − 3(2)2 = −18𝑇 ∙ 𝑚
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
2
7
√(− 7) − 4 ( 1 ) (71) 7 ± 1.224745
− (− ) ±
1 2 7
71
3
3
12 6
𝑉2 = 0 =
𝑥 − 𝑥+
⇒ 𝑥=
=3
1
1
12
3
6
2 (12)
6

𝑥1 = 3(√6) + 14 ≈ 21.34847 𝑚

𝑥2 = 14 − 3(√6) ≈ 6.65153

∴ 𝑥 𝑚𝑎𝑥2 = 3(√6)𝑚 = 6.65153𝑚, ya que está dentro del intervalo de distancia
analizado de la viga [2𝑚, 8𝑚].
𝑀 𝑚𝑎𝑥2 = (

3
2
1
7
71
335
) (14 − 3(√6)) − ( ) (14 − 3(√6)) + ( ) (14 − 3(√6)) −
36
6
6
9

𝑀 𝑚𝑎𝑥2 = (9√6 − 24)𝑇 ∙ 𝑚 = −1.9546 𝑇. 𝑚
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
El momento es constante a lo largo de este tramo, por lo que 𝑀 𝑚𝑎𝑥3 = −3 𝑇. 𝑚.
Realizando una comparativa, el momento máximo para toda la viga es de

349


𝑀 𝑚𝑎𝑥 = 18𝑇 ∙ 𝑚 y se presenta en el punto 𝑥
de 𝐴.

𝑚𝑎𝑥

= 2𝑚; la posición se mide a partir

Ecuaciones de la pendiente y la deflexión usando el método de la
integración directa.
Aplicando la ecuación diferencial
𝑑2 𝑦
𝐸𝐼 2 = 𝑀
𝑑𝑥
e integrándola dos veces en cada tramo se obtiene
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝐸𝐼
𝐸𝐼

𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑( 𝑑𝑦)
= 𝑀1 ⇒ 𝐸𝐼 2 = −3𝑥 2 − 3𝑥 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
= ∫(−3𝑥 2 − 3𝑥 ) 𝑑𝑥
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥

𝑑𝑦
3
𝑑𝑦
3
= −𝑥 3 − 𝑥 2 + 𝐶1 ; 𝑠𝑖
= 𝜃, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐸𝐼𝜃1 = −𝑥 3 − 𝑥 2 + 𝐶1 − −→ ①
𝑑𝑥
2
𝑑𝑥
2

𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ (−𝑥 3 −

3 2
1
1
𝑥 + 𝐶1 ) 𝑑𝑥 ⇒ 𝐸𝐼𝑦1 = − 𝑥 4 − 𝑥 3 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 − −→ ②
2
4
2
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚

𝐸𝐼

𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑦
1 3 7 2 71
335
= 𝑀2 ⇒ 𝐸𝐼 2 =
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
36
6
6
9
𝐸𝐼 ∫
𝐸𝐼

𝑠𝑖

𝑑( 𝑑𝑦)
1 3 7 2 71
335
) 𝑑𝑥
= ∫(
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝑑𝑥
36
6
6
9
𝑑𝑦
1 4
7 3 71 2 335
=
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3
𝑑𝑥 144
18
12
9

𝑑𝑦
1 4 7 3 71 2 335
= 𝜃, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐸𝐼𝜃2 =
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 − −→ ③
𝑑𝑥
144
18
12
9
𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ (
𝐸𝐼𝑦2 =

1 4
7 3 71 2 335
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 ) 𝑑𝑥
144
18
12
9

1 5 7 4 71 3 335 2
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 − −→ ④
720
72
36
18
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚

𝐸𝐼

𝑑2 𝑦
𝑑2 𝑦
𝑑( 𝑑𝑦)
𝑑𝑦
= 𝑀3 ⇒ 𝐸𝐼 2 = −3 ⇒ 𝐸𝐼 ∫
= ∫ −3𝑑𝑥 ⇒ 𝐸𝐼
= −3𝑥 + 𝐶5
2
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑑𝑥

350


𝑑𝑦
= 𝜃, 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠 𝐸𝐼𝜃3 = −3𝑥 + 𝐶5 − −→ ⑤
𝑑𝑥

𝑠𝑖

𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫(−3𝑥 + 𝐶5 ) 𝑑𝑥 ⇒ 𝐸𝐼𝑦3 = −

3 2
𝑥 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 − −→ ⑥
2

Método del trabajo virtual unificado con el método de la integración
doble.
Para calcular las seis constantes de integración anteriores usaremos seis
condiciones, primero dos de frontera y luego cuatro de continuidad. Como no hay
algún apoyo en 𝐴,la viga puede desplazarse verticalmente y girar en tal punto, así
que, 1) 𝑦1 =¿ ? 𝑒𝑛 𝑥 = 0 y 2) 𝜃1 =¿ ? 𝑒𝑛 𝑥 = 0. Luego, por continuidad se establece
que 3) 𝜃1 = 𝜃2 en 𝑥 = 2𝑚 ,4) 𝑦1 = 𝑦2 en 𝑥 = 2𝑚, 5) 𝜃2 = 𝜃3 en 𝑥 = 8𝑚 y 6) 𝑦2 = 𝑦3
en 𝑥 = 8𝑚. Para determinar la rotación y la deflexión en 𝐴 aplicamos el método del
trabajo virtual.
- Cálculo de 𝜃 𝐴 .
Momentos reales 𝑴. Corresponden a las siguientes ecuaciones que ya han sido
deducidas:
𝑀1 = −3𝑥 2 − 3𝑥
𝑀2 =

0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚

1 3 7 2 71
335
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
36
6
6
9

2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚

𝑀3 = −3

8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚

Momentos virtuales 𝒎 𝜽 . La pendiente en 𝐴 se determina al colocar un momento de
par unitario virtual en ese punto; su sentido se propone horario. Note que las cargas
reales son removidas y que debe usarse la misma coordenada 𝑥 de la estructura
real. Después de calcular las reacciones en los soportes, se deducen los momentos
internos 𝑚 𝜃 con el método de las secciones.
1
𝐴

𝐵

𝑥

𝑅 𝐵𝑌 =

2𝑚

𝐶

1

𝑅 𝐶𝑌 =

6
6𝑚

1 𝑚

𝐷
1

6

+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ 1 − 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 =
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑅 𝐵𝑌 +

1
6

1
1
= 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
6
6

351


+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0
Es necesario efectuar tres cortes en la viga anterior.
-

Sección cortada en el primer tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
+ ∑ 𝑚𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0
−𝑚1𝜃 + 1 = 0 ⇒ 𝑚1𝜃 = 1
-

Sección cortada en el segundo tramo.
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
1
−𝑚2𝜃 + 1 − ( 𝑥 − 2) = 0
6
𝑚2𝜃 = −
-

1
4
𝑥+
6
3

Sección cortada en el tercer tramo.
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚

1
1
−𝑚3𝜃 + 1 − (6 + 𝑥 − 8) + ( 𝑥 − 8) = 0
6
6
1
𝑚3𝜃 = 1 + (−6 − 𝑥 + 8 + 𝑥 − 8) = 0
6
Ecuación del trabajo virtual. Entonces la pendiente en 𝐴 es resultado de
𝐿2

1 ∙ 𝜃𝐴 = ∫
𝐿1

1 ∙ 𝜃𝐴 =

𝑀𝑚 𝜃
𝑑𝑥
𝐸𝐼

1 2
1 8 1 3 7 2 71
335
1
4
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(1) + ∫ (
) (− 𝑥 + ) 𝑑𝑥
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
6
3
1 9
+ ∫ (−3)(0) 𝑑𝑥
𝐸𝐼 8

Resolviendo integrales por separado se tiene

352


2
1 2
1 2
1
3
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(1) = ∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 ) 𝑑𝑥 = [−𝑥 3 − 𝑥 2 ]
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼
2
0
1
3 2
14
= [−(23 − 03 ) − (2 − 02 )] = −
𝐸𝐼
2
𝐸𝐼

1 8 1 3 7 2 71
335
1
4
1 8
1 4
7 3 71 2
∫ (
) (− 𝑥 + ) 𝑑𝑥 = ∫ (−
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
6
3
𝐸𝐼 2
216
36
36
+

335
1 3 14 2 142
1340
) 𝑑𝑥
𝑥+
𝑥 −
𝑥 +
𝑥−
54
27
9
9
27

1 8
1 4
25 3 127 2 1187
1340
) 𝑑𝑥
= ∫ (−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 2
216
108
36
54
27
1
1
25 4 127 3 1187 2 1340 8
5
= [−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥]
𝐸𝐼
1080
432
108
108
27
2
=

1 −1
25 4
127 3
1187 2
1340
(8 − 2)]
[
(85 − 25 ) +
(8 − 24 ) −
(8 − 23 ) +
(8 − 22 ) −
𝐸𝐼 1080
432
108
108
27

=

1
1364 2125 1778 5935 2680
126
(−
)=−
+
−
+
−
𝐸𝐼
45
9
3
9
9
5𝐸𝐼
1 9
∫ (−3)(0) 𝑑𝑥 = 0
𝐸𝐼 8
𝜃𝐴 = −

14 126
196
−
+0= −
𝐸𝐼 5𝐸𝐼
5𝐸𝐼

Como la suma algebraica de todas integrales para toda la viga es negativa, 𝜃 𝐴 tiene
un sentido opuesto al del momento de par unitario.
∴ 𝜃𝐴 =

196
5𝐸𝐼

Recuerde que una pendiente con sentido antihorario es positiva de acuerdo a lo que
se establece en el método de integración doble; por tanto, la segunda condición de
196
frontera es 2) 𝜃1 = 5𝐸𝐼 𝑒𝑛 𝑥 = 0.
- Cálculo de 𝛿 𝑉𝐴 .
Momentos reales 𝑴. Las ecuaciones correspondientes ya han sido mostradas.

353


Momentos virtuales 𝒎. El desplazamiento vertical en 𝐴 se obtiene al colocar una
carga virtual unitaria en ese punto; su sentido se propone hacia abajo. Note que las
cargas reales son removidas y que debe usarse la misma coordenada 𝑥 de la
estructura real. Después de calcular las reacciones en los soportes, puede usarse
el método de las secciones para formular los momentos internos 𝑚.
1
𝐵

𝐴

𝑥

𝑅 𝐵𝑌 =
2𝑚

𝐶

4

𝑅 𝐶𝑌 =

3

1 𝑚

6𝑚

𝐷
1

3

+ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⇒ −1(2) + 6( 𝑅 𝐶𝑌 ) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 =
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −1 + 𝑅 𝐵𝑌 −

1
4
= 0 ⇒∴ 𝑅 𝐵𝑌 =
3
3

1
3

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐵𝑋 = 0

Es necesario efectuar tres cortes en la viga anterior.
-

Sección cortada en el primer tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚

-

−𝑚1 − 1( 𝑥 ) = 0 ⇒ 𝑚1 = −𝑥
Sección cortada en el segundo tramo.
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
4
1
8
−𝑚2 − 1( 𝑥 ) + ( 𝑥 − 2) = 0 ⇒ 𝑚2 = 𝑥 −
3
3
3
- Sección cortada en el tercer tramo.
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
4
1
−𝑚3 − 1( 𝑥 ) + (6 + ( 𝑥 − 8)) − ( 𝑥 − 8) = 0
3
3
𝑚3 = −𝑥 −

8 4
1
8
+ 𝑥− 𝑥+ =0
3 3
3
3

Ecuación del trabajo virtual. Entonces el desplazamiento vertical de 𝐴 es

354


𝐿2

1 ∙ 𝛿 𝑉𝐴 = ∫
𝐿1

1 ∙ 𝛿 𝑉𝐴 =
+

𝑀𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼

1 2
∫ (−3𝑥 2 − 3𝑥 )(−𝑥 ) 𝑑𝑥
𝐸𝐼 0

1 8 1 3 7 2 71
335 1
8
1 9
∫ (
) ( 𝑥 − ) 𝑑𝑥 + ∫ (−3)(0) 𝑑𝑥
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
3
3
𝐸𝐼 8

Resolviendo integrales por separado se tiene
2
1 2
1 2
1 3 4
2
3
2)
3]
∫ (−3𝑥 − 3𝑥 )(−𝑥 ) 𝑑𝑥 = ∫ (3𝑥 + 3𝑥 𝑑𝑥 = [ 𝑥 + 𝑥
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 0
𝐸𝐼 4
0
1 3
20
= [( ) (24 − 04 ) + (23 − 03 )] =
𝐸𝐼 4
𝐸𝐼

1 8 1 3 7 2 71
335 1
8
1 8 1 4
7 3 71 2 335
∫ (
𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
) ( 𝑥 − ) 𝑑𝑥 = ∫ (
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥−
𝐸𝐼 2 36
6
6
9
3
3
𝐸𝐼 2 108
18
18
27

2 3 28 2 284
2680
1 8 1 4 25 3 127 2 1187
2680
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
) 𝑑𝑥 = ∫ (
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
) 𝑑𝑥
27
9
9
27
𝐸𝐼 2 108
54
18
27
27
1 1 5
25 4 127 3 1187 2 2680 8
= [
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥]
𝐸𝐼 540
216
54
54
27
2
=[

1
25 4
127 3
1187 2
2680
(85 − 25 ) −
(8 − 24 ) +
(8 − 23 ) −
(8 − 22 ) +
(8 − 2)]
540
216
54
54
27
1 2728 4250 3556 11870 5360
252
[
]=
−
+
−
+
𝐸𝐼 45
9
3
9
9
5𝐸𝐼
1 9
∫ (−3)(0) 𝑑𝑥 = 0
𝐸𝐼 8
𝛿 𝑉𝐴 =

20 252
352
+
+0=
𝐸𝐼 5𝐸𝐼
5𝐸𝐼

Dado que la suma algebraica de todas integrales para toda la viga es positiva, 𝛿 𝑉𝐴
tiene el mismo sentido que la carga virtual unitaria.
∴ 𝛿 𝑉𝐴 =

352
↓
5𝐸𝐼

Tomando en cuenta que un desplazamiento hacia abajo es negativo de acuerdo a
lo que se establece en el método de integración doble, la primera condición de
352
frontera quedaría como:1)𝑦 = −
𝑒𝑛 𝑥 = 0.
5𝐸𝐼

Sustituyendo la condición 2) en la ecuación ① da

355


𝐸𝐼 (

196
3
196
) = −(0)3 − (0)2 + 𝐶1 ⇒∴ 𝐶1 =
5𝐸𝐼
2
5

Sustituyendo la condición 1) en la ecuación ② tenemos
𝐸𝐼 (−

352
1
1
196
−352
(0) + 𝐶2 ⇒∴ 𝐶2 =
) = − (0)4 − (0)3 +
5𝐸𝐼
4
2
5
5

Aplicando la condición 3) se obtiene
−𝑥 3 −

3 2
1 4 7 3 71 2 335
𝑥 + 𝐶1 =
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 , 𝑒𝑛 𝑥 = 2
2
144
18
12
9

3
196
1
7
71
335
(2)4 −
(2)3 +
(2)2 −
(2) + 𝐶3
−(2)3 − (2)2 +
=
2
5
144
18
12
9
𝐶3 = −(24 ) (

1
7
3 71
335
196
3554
) + (23 ) (−1 + ) + (22 ) (− − ) + (2) (
)+
⇒∴ 𝐶3 =
144
18
2 12
4
5
45

La aplicación de la condición 4) conlleva a
1
1
1 5
7 4 71 3 335 2
− (𝑥)4 − (𝑥)3 + 𝐶1 (𝑥) + 𝐶2 =
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 , 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚
4
2
720
72
36
18

1
1
196
352
1
7
71
) (2) −
) (2)5 − ( ) (2)4 + ( ) (2)3
− (24 ) − (23 ) + (
=(
4
2
5
5
720
72
36
−(

335
3554
880
) (2)2 + (
) (2) + 𝐶4 ⇒∴ 𝐶4 = −
18
45
9

Haciendo uso de la condición 5) se deduce que
1 4
7 3 71 2 335
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 = −3𝑥 + 𝐶5 , 𝑒𝑛 𝑥 = 8𝑚
144
18
12
9
(

1
7
71
335
3554
66
) (8)4 − ( ) (8)3 + ( ) (8)2 − (
) (8) +
= −3(8) + 𝐶5 ⇒∴ 𝐶5 =
144
18
12
9
45
5

Aplicando la cuarta condición de continuidad
1 5
7 4 71 3 335 2
3
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 = − 𝑥 2 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 , 𝑒𝑛 𝑥 = 8𝑚
720
72
36
18
2
(

1
7
71
335
3554
880
) (8)5 − ( ) (8)4 + ( ) (8)3 − (
) (8)2 + (
) (8) −
720
72
36
18
45
9
3
66
48
= (− ) (8)2 + (8) + 𝐶6 ⇒∴ 𝐶6 = −
2
5
5

En consecuencia, las ecuaciones de la pendiente y la deflexión de manera
respectiva en cada tramo son

356


0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
3
196
𝐸𝐼𝜃1 = −𝑥 3 − 𝑥 2 +
2
5
1 4 1 3 196
352
𝐸𝐼𝑦1 = − 𝑥 − 𝑥 +
𝑥−
4
2
5
5
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
1 4
7 3 71 2 335
3554
𝐸𝐼𝜃2 = −
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
144
18
12
9
45
1 5
7 4 71 3 335 2 3554
880
𝐸𝐼𝑦2 =
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥−
720
72
36
18
45
9
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
66
𝐸𝐼𝜃3 = −3𝑥 +
5
3 2 66
48
𝐸𝐼𝑦3 = − 𝑥 +
𝑥−
2
5
5
Cálculo de la flecha máxima de cada tramo.
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝜃1 = 0 = −𝑥 3 −

3 2 196
𝑥 +
2
5

Usando la técnica de la división sintética hallamos una raíz.
−1
2.9635

−

3
2

0

196
5

↓

−2.9635

−13.2276

−39.2

−1

−4.4635

−13.2276

0

( 𝑥 − 2.9635)(−𝑥 2 − 4.4635𝑥 − 13.2276) = 0
𝑥1 ≈ 2.9635
Las raíces restantes se pueden calcular con la fórmula general.
−𝑥 2 − 4.4635𝑥 − 13.2276 = 0
𝑥=

−(−4.4635) ± √(−4.4635)2 − 4(−1)(−13.2276)
2(−1)

𝑥1 =

4.4635 − √−32.9882
= −2.23175 − 2.87174𝒾
−2

357


𝑥2 =

4.4635 + √−32.9882
= −2.23175 + 2.87174𝒾
−2

Obsérvese que de las tres soluciones anteriores ninguna pertenece al intervalo de
distancia analizado de la viga [0,2𝑚], por lo que la flecha máxima está ubicada en
el extremo donde no está el apoyo; ∴ 𝑥 𝑚𝑎𝑥1 = 0.
𝐸𝐼𝑦

𝑚𝑎𝑥1

1
1
196
352
= − (0)4 − (0)2 +
(0) −
⇒ 𝑦
4
2
5
5

𝑚𝑎𝑥1

=−

352 −70.4
=
⇒∴ 𝑦
5𝐸𝐼
𝐸𝐼

𝑚𝑎𝑥1

=

70.4
↓
𝐸𝐼

2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 8𝑚
𝜃2 = 0 =
1
144
4.26119

−

1 4 7 3 71 2 335
3554
𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
144
18
12
9
45

7
18

71
12

−

335
9

3554
45

0.02959
1
144

−1.53103

18.68801

−78.97778

−0.35930

4.38563

−18.53421

≈0

( 𝑥 − 4.26119) (

1 3
𝑥 − 0.35930𝑥 2 + 4.38563𝑥 − 18.53421) = 0
144
𝑥1 ≈ 4.26119

1
144

1
144

4.38563

−18.53421

0.25281

36.4053

−0.35930

−3.876633

18.53

−0.106485

0.50900

≈0

(𝑥 − 36.4053) (

1 2
𝑥 − 0.106485𝑥 + 0.50900) = 0
144
𝑥2 ≈ 36.4053

1 2
𝑥 − 0.106485𝑥 + 0.50900 = 0
144
𝑥3 ≈ 7.66660 + 3.8122𝒾

𝑥4 ≈ 7.66660 − 3.8122𝒾

Note que de las cuatros soluciones anteriores, la única que está dentro del
intervalo de distancia analizado de la viga [2𝑚, 8𝑚] es 𝑥1 .

358


∴ 𝑥
𝐸𝐼𝑦 𝑚𝑎𝑥2 = (

+(

𝑚𝑎𝑥2

= 4.26119 𝑚

1
7
71
335
) (4.26119)5 − ( ) (4.26119)4 + ( ) (4.26119)3 − (
) (4.26119)2
720
72
36
18

3554
880
23.32049531
23.32049531
) (4.26119) − (
) ⇒ 𝑦max2 ≈
⇒∴ 𝑦max2
↑
45
9
𝐸𝐼
𝐸𝐼
8𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 9𝑚
66
66
𝜃3 = 0 = −3𝑥 +
⟹ 𝑥 = 5 = 4.4
5
3

Como 𝑥 está fuera del intervalo del intervalo de distancia analizado de la viga
[8𝑚, 9𝑚], se concluye que 𝑥3max = 9𝑚.
𝐸𝐼𝑦

𝑚𝑎𝑥3

3
66
48
= (− ) (9)2 + ( ) (9) −
⇒ 𝑦
2
5
5

𝑚𝑎𝑥3

=−

12.3
⇒∴ 𝑦
𝐸𝐼

𝑚𝑎𝑥3

=

12.3
↓
𝐸𝐼

Diagramas de fuerza cortante, momento flector, rotación y
deflexión (curva elástica)

359


360


1.- Calcule las reacciones en los soportes del siguiente marco triarticulado. Deducir
las funciones de fuerza cortante, fuerza normal y momento flector para los tres
miembros utilizando las coordenadas 𝑥 mostradas.

SOLUCIÓN.
Verificación del grado de indeterminación. El marco es isostático ya que se
cumple la condición 𝑟 + 3𝑚 = 3𝑛 + 𝑐, puesto que: 𝑚 vale tres porque la estructura
tiene tres miembros ( 𝐴 − 𝐶; 𝐶 − 𝐹; 𝐺 − 𝐹 ), 𝑟 = 4 debido a que en cada apoyo
articulado hay dos incógnitas de reacción (una horizontal y una vertical), 𝑛 = 4 ya
que hay cuatro nodos ( 𝐴; 𝐶; 𝐹; 𝐺 ), y 𝑐 vale uno por haber una ecuación de condición,
la que indica que para el punto 𝐸, al situarse una articulación, el momento
flexionante es nulo.
Diagrama de cargas. Es mostrado en la siguiente página. Se han establecido los
ejes coordenados 𝑋 y 𝑌 más convenientes para aplicar las ecuaciones de equilibrio
en la estructura. Para cada presión debe calcularse su área bajo la recta, es decir,
la carga concentrada equivalente (fuerza resultante) y su correspondiente centroide

361


de área (punto de aplicación). Por otra parte, se identifican las fuerzas reactivas en
los soportes suponiendo sus respectivos sentidos arbitrariamente.

 Análisis de las presiones.
Carga triangular del tramo 𝐴 − 𝐵.

1
(4) (
10 𝑊) = 1 𝑊; 𝑥̅ = 2 (4𝑚) = 8 𝑚 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐵 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐴 − 𝐶.
𝐴1 =
1
2
5
3
3
- Carga triangular del tramo 𝐵 − 𝐶.
𝐿
( ) (3) 3
1 𝐿
1
𝐴2 = 2
= 𝐿; 𝑥̅2 = ( ) = 𝐿 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐶 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐴 − 𝐶
2
4
3 2
6
- Carga uniformemente repartida.
𝐿
𝐴3 = 𝑊𝐿; 𝑥̅2 = 𝑎 𝑙𝑎 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎 𝑑𝑒 𝐸 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐶 − 𝐹.
2
-

Carga trapezoidal distribuida.

Rotamos la presión para mayor facilidad;
conviene subdividirla en dos partes tal y
como se muestra en la figura.

362


𝐿
𝐴 𝐼 = ( ) (2) = 𝐿
2

𝐿 1
(2) (2 𝑊) 1
𝐴 𝐼𝐼 =
= 𝑊𝐿
2
8

1 𝐿
𝐿
𝑥̅ 𝐼 = ( ) ( ) =
2 2
4

2 𝐿
𝐿
𝑥̅ 𝐼𝐼 = ( ) ( ) =
3 2
3

𝐿
1
𝑥̅ 𝐼 𝐴 𝐼 = ( ) ( 𝐿) = 𝐿2
4
4

𝐿 1
1
𝑥̅ 𝐼𝐼 𝐴 𝐼𝐼 = ( ) ( 𝑊𝐿) =
𝑊𝐿2
3 8
24

Los resultados obtenidos pueden visualizarse en la siguiente tabla:
Componente

𝐴

𝑥̅

𝑥̅ 𝐴

𝐼 = rectángulo

𝐿

𝐿
4

1 2
𝐿
4

𝐼𝐼 = triángulo

1
𝑊𝐿
8

𝐿
3

1
𝑊𝐿2
24

∑=

𝐿+

1 2
1
𝐿 +
𝑊𝐿2
4
24

1
𝑊𝐿
8

∴ 𝐴4 = ∑ 𝐴 = L +

1
𝑊𝐿
8

1 2
1
2
∑ 𝑥̅ 𝐴 4 𝐿 + 24 𝑊𝐿
∴ 𝑥̅4 =
=
𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒 𝐹 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝐺 − 𝐹.
1
∑ 𝐴
L + 8 𝑊𝐿
Ecuaciones de equilibrio. Se aplican al diagrama de cargas para obtener los
valores de las reacciones en los apoyos.
Planteamos una ecuación de condición tomando momentos con respecto a 𝐸 sólo
para la parte izquierda del marco.
𝐿
1
𝐿 8
3
1
+ ∑ 𝑀𝐸 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 = 0 ⇒ −𝑅 𝐴𝑋 (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) + 𝑅 𝐴𝑌 (7) − ( 𝐿) ( 𝐿) + 1 = 0
2
5
2 3
4
6

𝐿
1
𝐿 8
3
1
−𝑅 𝐴𝑋 (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) + 𝑅 𝐴𝑌 (7) − ( 𝐿) ( 𝐿) + 1 = 0
2
5
2 3
4
6
𝐿
1
8
1
−𝑅 𝐴𝑋 (4 + ) +
𝑊𝐿 +
𝑊 + 7𝑅 𝐴𝑌 − 𝐿2 + 1 = 0
2
10
15
8
𝐿
1
1
8
7𝑅 𝐴𝑌 − (4 + ) 𝑅 𝐴𝑋 = 𝐿2 −
𝑊𝐿 −
𝑊−1
2
8
10
15

− − − (1)

363


Tomando momentos alrededor de 𝐸 sólo para la parte derecha del marco tenemos

+ ∑ 𝑀𝐸 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑎

𝐿2 1
2
𝐿
1
4 + 24 𝑊𝐿 ) − 𝑅 ( 𝐿) − 𝑅 ( 𝐿) = 0
= 0 ⇒ ( 𝑊𝐿) ( ) + (𝐿 + 𝑊𝐿) (
𝐺𝑋
𝐺𝑌
1
2
8
2
𝐿 + 𝑊𝐿
8

1
𝐿2 1
𝐿
1
13
𝐿
2
𝑊𝐿 + +
𝑊𝐿2 − 𝑅 𝐺𝑋 ( ) − 𝑅 𝐺𝑌 ( 𝐿) = 0 ⇒ −𝐿 ( 𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐺𝑌 ) = 𝐿 (−
𝑊𝐿 − )
2
4 24
2
2
24
4

1
13
𝐿
𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐺𝑌 =
𝑊𝐿 +
2
24
4

− − − (2)

De la sumatoria de fuerzas en la dirección 𝑋 igual a cero es posible obtener una
relación entre las reacciones 𝑅 𝐺𝑋 y 𝑅 𝐴𝑋 .
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −

1
3
1
𝑊 + 𝐿 + 10 − (L + 𝑊𝐿) + 𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐴𝑋 = 0
5
4
8

𝑅 𝐺𝑋 + 𝑅 𝐴𝑋 =

1
1
1
𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿
8
5
4

− − − (3)

La ecuación de equilibrio restante permite obtener una relación entre las
reacciones 𝑅 𝐴𝑌 y 𝑅 𝐺𝑌 .
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 𝑊𝐿 + 𝑅 𝐺𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿

− − − (4)

Resolvemos el sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas usando el
método de sustitución e igualación.
Despejando 𝑅 𝐺𝑋 de (2)y (3) respectivamente, se tiene
𝑅 𝐺𝑋 =
𝑅 𝐺𝑋 =

13
𝐿
𝑊𝐿 + − 2𝑅 𝐺𝑌
12
2

− − − (5)

1
1
1
𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿 − 𝑅 𝐴𝑋
8
5
4

− − − (6)

Igualando (5) con (6) da
13
𝐿
1
1
1
𝑊𝐿 + − 2𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 + 𝑊 − 10 + 𝐿 − 𝑅 𝐴𝑋
12
2
8
5
4

− − − (7)

Despejando 𝑅 𝐺𝑌 de (7) tenemos
𝑅 𝐺𝑌 =

23
1
1
1
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋
48
10
8
2

− − − (8)

364


La sustitución de (8) en (4) conlleva a
𝑅 𝐴𝑌 +

23
1
1
1
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋 = 𝑊𝐿
48
10
8
2

− − − (9)

Despejando 𝑅 𝐴𝑌 de (1) se tiene
1 2
1
8
1
4
𝐿
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + ) 𝑅 𝐴𝑋
56
70
105
7
7 14

𝑅 𝐴𝑌 =

− − − (10)

El valor de 𝑅 𝐴𝑋 se obtiene de sustituir (10) en (9).
1 2
1
8
1
4
𝐿
23
1
1
1
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + ) 𝑅 𝐴𝑋 +
𝑊𝐿 −
𝑊 + 5 + 𝐿 + 𝑅 𝐴𝑋 − 𝑊𝐿 = 0
56
70
105
7
7 14
48
10
8
2
15
𝐿
1 2
899
37
34 1
𝑅 𝐴𝑋 ( + ) = −
𝐿 +
𝑊𝐿 +
𝑊−
− 𝐿
14 14
56
1680
210
7 8

𝑅 𝐴𝑋 =

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
120( 𝐿 + 15)

− − − (11)

Es posible determinar el valor de 𝑅 𝐴𝑌 si sustituimos (11) en (10).
𝑅 𝐴𝑌 =

1 2
1
8
1
4
𝐿
−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿 −
𝑊𝐿 −
𝑊 − + ( + )(
)
56
70
105
7
7 14
120(𝐿 + 15)

𝑅 𝐴𝑌 =

13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48

− − − (12)

Despejando 𝑅 𝐺𝑌 de (4) se tiene
𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 − 𝑅 𝐴𝑌

− − − (13)

El valor de 𝑅 𝐺𝑌 se calcula sustituyendo (12) en (13).
𝑅 𝐺𝑌 = 𝑊𝐿 − (
𝑅 𝐺𝑌 = −

13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48

13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+
+
240( 𝐿 + 15)
48
48

− − − (14)

Despejando 𝑅 𝐺𝑋 de (2) da
𝑅 𝐺𝑋 =

13
1
𝑊𝐿 + 𝐿 − 2𝑅 𝐺𝑌 − − − (15)
12
2

Para conocer el valor de 𝑅 𝐺𝑋 sustituimos (14) en (15).

365


𝑅 𝐺𝑋 =
𝑅 𝐺𝑋 =

13
1
13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
𝑊𝐿 + 𝐿 − 2 (−
+
+
12
2
240( 𝐿 + 15)
48
48

13189𝑊 + 11760
𝑊 1
175𝑊 + 288
+ 𝐿( + )−
120( 𝐿 + 15)
8 2
24

− − − (16)

Como comprobación de los resultados, debe cumplirse que la suma de momentos
con respecto al punto 𝐴 para todo el marco es nula.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0

−[

1
4 (10 𝑊)
2

𝐿
(2) (3)
1
2 𝐿
𝐿
𝐿
] ( (4)) + [
] (4 + ( )) + 10 ( + 4) + 1 + ( 𝑊 )( 𝐿) (7 + ) −
3
2
3 2
2
2

𝐿2 1
2
1
𝐿 4 + 24 𝑊𝐿
13189𝑊 + 11760
𝑊 1
175𝑊 + 288
(𝐿 + 𝑊𝐿) [( −
) + 4] + (
+ 𝐿( + )−
)
1
8
2
120( 𝐿 + 15)
8 2
24
𝐿 + 8 𝑊𝐿

(4) − (−

13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
) (7 + 𝐿 )
+
+
240( 𝐿 + 15)
48
48

4
1 2
1
𝐿2
1
𝐿2
1
2
2
=−
𝑊 + 3𝐿 + 𝐿 + 5𝐿 + 40 + 1 + 7𝑊𝐿 + 𝑊𝐿 − −
𝑊𝐿 + +
𝑊𝐿2
15
4
2
2 16
4 24
−4𝐿 −

1
23
13
4
𝑊𝐿 −
𝑊𝐿2 −
𝑊𝐿 − 4𝐿 +
𝑊 − 41 = 0
2
48
2
15

𝑂𝐾

Funciones de fuerza cortante, fuerza normal y momento flector.
Una vez que se han calculado las fuerzas reactivas en los soportes, pueden
determinarse expresiones algebraicas que describan la variación de los elementos
mecánicos; para ello es necesario efectuar cortes en cada miembro de la estructura.
En el diagrama de cuerpo libre para un segmento de la estructura, 𝑉, 𝑁 y 𝑀 aparecen
actuando en sus direcciones positivas de acuerdo a la convención de signos más
usual y sus funciones se obtienen aplicando las ecuaciones de equilibrio.
MIEMBRO 𝐴 − 𝐶.
La distribución de la carga que está aplicada sobre este miembro presenta una
discontinuidad en el punto 𝐵; en consecuencia, es necesario efectuar dos cortes
perpendiculares a su eje, uno en el tramo 𝐴 − 𝐵 y otro en el tramo 𝐵 − 𝐶.Desde el
inicio del problema se ha especificado una coordenada 𝑥 con origen asociado en 𝐴,
etiquetada como 𝑥1 .

366


Corte en el tramo 𝐴 − 𝐵. Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio
en el segmento 𝐴 − 𝐵) a una distancia 𝑥1 de 𝐴; se representa el diagrama de cuerpo
libre de la porción de la estructura ubicada por debajo del corte para definir las
acciones internas. A la derecha del diagrama se muestra un esquema para
determinar, por trigonometría, el valor en función de 𝑥1 de la intensidad 𝑊1 .
0 ≤ 𝑥1 ≤ 4𝑚
1
𝑊
10
𝑊1

𝐵

𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒

𝐴

4𝑚
𝑥1

4𝑚 − 𝑥1

1
1
(
)
10 𝑊 = 𝑊1 ⇒ 𝑊 = 10 𝑊 4 − 𝑥1 = 1 (4𝑊 − 𝑊𝑥 ) = 1 𝑊 − 1 𝑊𝑥
1
1
1
4
4 − 𝑥1
4
40
10
40
Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, debe calcularse el área y su
centroide de la carga trapezoidal distribuida del corte.
Rotamos la presión para mayor facilidad; conviene subdividirla en dos partes tal y
como se muestra en la figura.

1
1
1
1
2
𝐴1´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊−
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
10
40
10
40
∴ 𝐴1𝑐 = ∑ 𝐴 =

𝐴2´ =

( 𝑥1 ) (

1
40 𝑊𝑥1 ) = 1 𝑊𝑥 2
1
2
80

1
1
2
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
10
80

1
1
1
1
1
2
2
3
𝑥̅1´ 𝐴1´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
2
10
40
20
80

367


2
1
1
2
3
𝑥̅2´ 𝐴2´ = ( 𝑥1 ) (
𝑊𝑥1 ) =
𝑊𝑥1
3
80
120
∴ 𝑥̅1𝑐

∑ 𝑥̅ 𝐴 =

1
1
2
3
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1
20
240

1
1
2
3
∑ 𝑥̅ 𝐴 20 𝑊𝑥1 − 240 𝑊𝑥1
=
=
𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜,
1
1
∑ 𝐴
2
10 𝑊𝑥1 − 80 𝑊𝑥1
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥̅1 𝑐 < 𝑥1 .

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀1 − (
) ( 𝑥1 )
120( 𝐿 + 15)
1
1
2
3
1
1
20 𝑊𝑥1 − 240 𝑊𝑥1 ) = 0
2
+(
𝑊𝑥1 −
𝑊𝑥1 ) (
1
1
10
80
2
𝑊𝑥1 − 80 𝑊𝑥1
10
𝑀1 = −

𝑉1 =

1
1
30𝐿2 + 𝐿 (210 − 899𝑊 ) − 8(37𝑊 − 1020)
3
2
𝑊𝑥1 +
𝑊𝑥1 + (
) ( 𝑥1 )
240
20
120( 𝐿 + 15)

𝑑𝑀1
1
1
30𝐿2 + 𝐿(210 − 899𝑊 ) − 8(37𝑊 − 1020)
2
=−
𝑊𝑥1 +
𝑊𝑥1 + (
)
𝑑𝑥1
80
10
120( 𝐿 + 15)
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁1 = − (

13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48

Corte en el tramo 𝐵 − 𝐶. Se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente
al segmento de la estructura que se produce al cortarla en algún sitio intermedio del
tramo 𝐵 − 𝐶. A la derecha se muestra un esquema para determinar el valor en
función de 𝑥1 de la intensidad 𝑊2 .

3𝑇/𝑚

𝑊2

𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒

𝐵

𝐶

𝐿/2
𝑥1 − 4𝑚

368


3
𝑊2
3( 𝑥1 − 4)
3𝑥1 12 6𝑥1 24
=
⇒ 𝑊2 =
=
−
=
−
𝐿
𝐿
𝐿
𝐿
𝑥1 − 4
𝐿
𝐿
2
2
2
2
La fuerza resultante de la carga triangular seccionada es

𝐴2𝑐

6𝑥
24
( 𝑥1 − 4) ( 1 − )
𝐿
𝐿
=
2

y el centroide de su área a través del cual actúa es
𝑥̅2𝑐 =

1
( 𝑥 − 4) 𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒, 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜.
3 1

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊 ) + 8(37𝑊 − 1020)
+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀2 − (
) ( 𝑥1 )
120( 𝐿 + 15)
6𝑥
24
( 𝑥1 − 4) ( 1 − ) 1
1
4
𝐿
𝐿
+ ( 𝑊) (𝑥1 − ) − (
) ( ( 𝑥1 − 4)) = 0
5
3
2
3

𝑀2 = −

1 3 12 2
30𝐿3 + 35𝐿2 (6 − 25𝑊 ) + 32𝐿(2𝑊 + 75) − 86400
𝑥1 +
𝑥1 + (
) ( 𝑥1 )
𝐿
𝐿
120𝐿 ( 𝐿 + 15)
4(𝐿𝑊 − 240)
−
15𝐿

𝑑𝑀2
3 2 24
30𝐿3 + 35𝐿2 (6 − 25𝑊 ) + 32𝐿 (2𝑊 + 75) − 86400
𝑉2 =
= − 𝑥1 +
𝑥 +
𝑑𝑥1
𝐿
𝐿 1
120𝐿 ( 𝐿 + 15)
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁2 = − (

13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48

MIEMBRO 𝐶 − 𝐹.
El momento de par aplicado en 𝐷 provocará que la función de momento interno sea
discontinua en ese punto; por otra parte, en 𝐸 la carga distribuida presenta una
discontinuidad; por tanto, deben realizarse tres cortes perpendiculares al eje de éste
miembro, uno en el tramo 𝐶 − 𝐷 , otro en el tramo 𝐷 − 𝐸 y finalmente uno en el
tramo 𝐸 − 𝐹, todos considerando como origen del sistema coordenado al punto 𝐶
de acuerdo a las instrucciones.
Corte en el tramo 𝐶 − 𝐷. Se secciona la estructura en un punto arbitrario (intermedio
en el segmento 𝐶 − 𝐷) a una distancia 𝑥2 del punto 𝐶; se representa el diagrama de
cuerpo libre de la porción izquierda del corte.

369


0 ≤ 𝑥2 ≤ 3𝑚

−𝑀3 − (

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿
1
𝐿 8
3
𝐿
) (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) − ( 𝐿) ( )
120(𝐿 + 15)
2
5
2 3
4
6
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+(
+
−
) (𝑥2 ) = 0
240(𝐿 + 15)
48
48

𝑀3 = (

13189𝑊 + 11760
240( 𝐿 + 15)

+

25𝐿𝑊
48

−

175𝑊 + 288
48

) ( 𝑥2 )

875𝐿2 𝑊 + 40𝐿 (175𝑊 − 246) + 64(7𝑊 − 1020)
−
240(𝐿 + 15)
𝑉3 =

𝑑𝑀3 13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
=
+
−
𝑑𝑥2
240( 𝐿 + 15)
48
48

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020) 1
3
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁3 = − (
− 𝑊 + 𝐿 + 10)
120(𝐿 + 15)
5
4

𝑁3 =

13189𝑊 + 11760 𝐿 175𝑊 + 288
− −
120( 𝐿 + 15)
2
24

Corte en el tramo 𝐷 − 𝐸. Se representa el diagrama de cuerpo libre correspondiente
al segmento izquierdo de la estructura que se produce al cortarla en algún sitio
intermedio del tramo 𝐷 − 𝐸.

370


3𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 7𝑚

−𝑀3 − (

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿
1
𝐿 8
3
𝐿
) (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) − ( 𝐿) ( )
120(𝐿 + 15)
2
5
2 3
4
6
13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
+(
+
−
) (𝑥2 ) + 1 = 0
240(𝐿 + 15)
48
48

𝑀4 = (

13189𝑊 + 11760 25𝑊𝐿 175𝑊 + 288
7(13189𝑊 + 11760)
) ( 𝑥2 ) −
+
−
240( 𝐿 + 15)
48
48
240( 𝐿 + 15)
175𝐿𝑊 7(175𝑊 + 288)
−
+
48
48
𝑉4 =

𝑑𝑀4 13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
=
+
−
𝑑𝑥2
240( 𝐿 + 15)
48
48

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁4 =

13189𝑊 + 11760 𝐿 175𝑊 + 288
− −
120( 𝐿 + 15)
2
24

Corte en el tramo 𝐸 − 𝐹. Se secciona al miembro 𝐶 − 𝐹 a una distancia arbitraria
medida desde el punto 𝐶; el corte debe ser justo después de que la carga distribuida
uniformemente comience. El diagrama de cuerpo libre para la sección cortada se
muestra en la siguiente página.

371


7𝑚 ≤ 𝑥2 ≤ 7𝑚 + 𝐿

La fuerza resultante de la carga uniformemente distribuida seccionada es
𝐴3𝑐 = 𝑊( 𝑥2 − 7)
y el centroide de su área a través del cual actúa es
𝑥̅3 𝑐 = (

𝑥2 − 7
2

) 𝑎 𝑙𝑎 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒, 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜.

−𝑀5 − (

−30𝐿2 − 𝐿(210 − 899𝑊) + 8(37𝑊 − 1020)
𝐿
1
𝐿 8
3
𝐿
) (4 + ) + ( 𝑊) ( + ) − ( 𝐿) ( )
120(𝐿 + 15)
2
5
2 3
4
6

13189𝑊 + 11760 25𝐿𝑊 175𝑊 + 288
𝑥2 − 7
+(
+
−
) (𝑥2 ) + 1 − 𝑊(𝑥2 − 7) (
)=0
240(𝐿 + 15)
48
48
2
𝑀5 = −

𝑊 2
125𝐿2 𝑊 + 40𝐿(67𝑊 − 36) + 16(1579𝑊 − 615)
𝑥2 + (
) (𝑥2 )
2
240(𝐿 + 15)
−

7(125𝐿2 𝑊 + 80𝐿(23𝑊 − 18) + 8(1583𝑊 − 1230))
240(𝐿 + 15)

372


𝑉5 =

𝑑𝑀5
125𝐿2 𝑊 + 40𝐿 (67𝑊 − 36) + 16(1579𝑊 − 615)
=(
) − 𝑊𝑥2
𝑑𝑥2
240( 𝐿 + 15)
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑁5 =

13189𝑊 + 11760 𝐿 175𝑊 + 288
− −
120( 𝐿 + 15)
2
24
MIEMBRO 𝐺 − 𝐹.

La distribución de la carga que se extiende sobre este miembro no presenta
discontinuidad, así que sólo es necesario efectuar un sólo corte perpendicular al eje
del miembro; el origen de la coordenada 𝑥 a utilizar, etiquetada como 𝑥3 , se asocia
al punto 𝐹. A continuación se proporciona un diagrama de cuerpo libre del segmento
de estructura con longitud 𝑥3 . A la derecha se muestra un esquema para determinar
el valor en función de 𝑥3 de la intensidad 𝑊3 .
0 ≤ 𝑥3 ≤

𝐿
2

1
𝐿
1
(2 𝑊) (2 − 𝑥3 )
𝑊
𝑌
𝑊
𝑊𝑥3
2
=
⇒ 𝑌=
= −
𝐿
𝐿
𝐿
2
𝐿
2
2 − 𝑥3
2

∴ 𝑊3 = 2 + 𝑌 = 2 + (

𝑊
𝑊𝑥3
)
−
2
𝐿

Previo a la aplicación de las ecuaciones de equilibrio, es necesario calcular el área
y su centroide de la carga trapezoidal distribuida seccionada.

373


𝐴1´´

𝑊
𝑊𝑥3
𝑊
𝑊 2
)) = 2𝑥3 +
= ( 𝑥3 ) (2 + ( −
𝑥3 −
𝑥
2
𝐿
2
𝐿 3
∴ 𝐴4𝑐 = ∑ 𝐴 = 2𝑥3 +

𝐴2´´ =

𝑊𝑥3
𝐿 ) = 𝑊 𝑥2
2
2𝐿 3

( 𝑥3 ) (

𝑊
𝑊 2
𝑥3 −
𝑥
2
2𝐿 3

1
𝑊
𝑊 2
𝑊 2
𝑊 3
2
𝑥̅1´´ 𝐴1´´ = ( 𝑥3 ) (2𝑥3 +
𝑥3 −
𝑥3 ) = 𝑥3 +
𝑥3 −
𝑥
2
2
𝐿
4
2𝐿 3
2
𝑊 2
𝑊 3
𝑥̅2´´ 𝐴2´´ = ( 𝑥3 ) (
𝑥3 ) =
𝑥
3
2𝐿
3𝐿 3
∴ 𝑥̅4 𝑐

2
∑ 𝑥̅ 𝐴 = 𝑥3 +

𝑊 2
𝑊 3
𝑥3 −
𝑥
4
6𝐿 3

𝑊 2
𝑊 3
2
𝑥3 + 4 𝑥3 − 6𝐿 𝑥3
∑ 𝑥̅ 𝐴
=
=
𝑑𝑒𝑏𝑎𝑗𝑜 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜,
𝑊
𝑊 2
∑ 𝐴
2𝑥3 + 2 𝑥3 − 2𝐿 𝑥3
𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑥̅4𝑐 < 𝑥3 .
−𝑀6 − (

13189𝑊 + 11760
𝑊 1
175𝑊 + 288
) ( 𝑥3 )
+ 𝐿( + )−
120( 𝐿 + 15)
8 2
24

𝑊 2
𝑊 3
2
𝑥3 +
𝑥3 −
𝑥
𝑊
𝑊 2
4
6𝐿 3 ) = 0
+ (2𝑥3 +
𝑥3 −
𝑥3 ) (
𝑊
𝑊 2
2
2𝐿
2𝑥3 + 2 𝑥3 − 2𝐿 𝑥3
𝑊 3
𝑊
2
𝑥3 + ( + 1) 𝑥3
6𝐿
4
15𝐿2 ( 𝑊 + 4) − 10𝐿(65𝑊 + 54) + 16(4𝑊 − 615)
−(
) ( 𝑥3 )
120( 𝐿 + 15)
𝑀6 = −

𝑑𝑀6
𝑊 2 ( 𝑊 + 4)
=−
𝑥 +
𝑥3
𝑑𝑥3
2𝐿 3
2
15𝐿2 ( 𝑊 + 4) − 10𝐿 (65𝑊 + 54) + 16(4𝑊 − 615)
−
120( 𝐿 + 15)
𝑉6 =

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁6 = − (−

13189𝑊 + 11760 23𝐿𝑊 175𝑊 + 288
)
+
+
240( 𝐿 + 15)
48
48

374


CAPÍTULO 3. ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS HIPERESTÁTICAS CON EL
MÉTODO DE FLEXIBILIDADES
3.1. MÉTODO DE FLEXIBILIDADES APLICADO A VIGAS ESTÁTICAMENTE
INDETERMINADAS
1.- Calcular las reacciones en los soportes de la viga que se muestra con el método
de flexibilidades. Dibujar los diagramas de momento, cortante, giro y flecha.

Datos:
-E (Maderas duras)=2.1*106 T/m2
-Sección transversal cuadrada de 40cm por lado
SOLUCIÓN:
1.-Cálculo del grado de hiperestaticidad.
En primer lugar debe determinarse el grado de indeterminación de la viga real( 𝑉𝑅 )
para saber cuántas restricciones hiperestáticas eliminar; ese mismo número nos
indicará la cantidad de ecuaciones simultáneas a plantear para resolver el problema.
Hay 𝑟 = 5 incógnitas de reacción ( 𝑅 𝐴𝑋 , 𝑅 𝐴𝑌 , 𝑀 𝐴 , 𝑅 𝐵𝑌 𝑦 𝑅 𝐶𝑌 ), ninguna condición
impuesta por la construcción [ 𝑐 = 0] y sólo 𝑛 = 3 ecuaciones de equilibrio
(∑ 𝑀 = 0, ∑ 𝐹𝑋 = 0, ∑ 𝐹𝑌 = 0), así que la estructura es hiperestática de segundo
grado ya que 𝑟 > ( 𝑛 + 𝑐 ) puesto que 5 > (3 + 0) con una diferencia de 5 − 3 = 2.
2.- Elección de las Fuerzas redundantes.
Como la viga es indeterminada en grado dos, deben seleccionarse dos fuerzas
redundantes; nótese que de la suma de fuerzas en 𝑋 directamente obtenemos
𝑅 𝐴𝑋 = 0 ya que no hay cargas en tal dirección. Ello indica que las 4 reacciones
restantes son elegibles para ser redundantes; en este caso hemos optado porque
las reacciones 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑅 𝐶𝑌 lo sean.

375


3.-Planteamiento de la estructura primaria.
Con esto podemos idealizar una nueva estructura llamada estructura primaria o
estructura isostática fundamental, la cual corresponde a la nomenclatura VIF 1 de
este problema; se trata de convertir la viga hiperestática (estructura real) en una
isostática y estable eliminando precisamente las reacciones redundantes que
elegimos. Es por ello que en VIF 1 ya no aparecen los apoyos simples (rodillos u
osciladores) 𝐵 y 𝐶.
Obsérvese que la estructura primaria es una estructura liberada que soporta las
mismas cargas externas que la estáticamente indeterminada.
4.-Principio de superposición.
Aquí se esquematiza claramente que la estructura estáticamente indeterminada
puede ser igual a la suma de una serie de estructuras estáticamente determinadas;
dicha serie se compone de la estructura primaria y otro número de estructuras igual
al número de redundantes elegidas. Entonces, nuestra viga hiperestática es igual
a VIF 1 más otras dos vigas que aquí hemos etiquetado como VIF II y VIF III.
Estas estructuras subsecuentes a la estructura primaria deben tener la misma
geometría e idénticas condiciones de apoyo que esta última pero ya no están
sometidas a las cargas externas originales ya que se les debe aplicar las fuerzas
redundantes 𝑅 𝐵𝑌 y 𝑅 𝐶𝑌 , respectivamente. Puede verificarse en las figuras mostradas
más adelante que en las Vigas VIF II y VIF III las cargas reales han sido removidas
y al igual que VIF 1 están empotradas en 𝐴 con las mismas dimensiones.
De acuerdo a lo anterior, la viga real u original( 𝑉𝑅 ) es igual a la suma de las
siguientes estructuras:
𝑉𝑅 = 𝑉𝐼𝐹1 + 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼 + 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼𝐼
Estructura primaria⟹VIF 1(Estructura 𝑀)

𝑥

376


Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐵𝑌 aplicada⟹ 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼

para esta viga, el desplazamiento vertical en el punto 𝐵 es igual a
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 = 𝑅 𝐵𝑌 ( 𝑓11 )
y el desplazamiento vertical en 𝐶 equivale a
𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 = 𝑅 𝐵𝑌 ( 𝑓21 )
Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑌 aplicada⟹ 𝑉𝐼𝐹 𝐼𝐼𝐼

De manera análoga, para la viga anterior 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝑓12 ) y 𝛿 𝑉𝐶

𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼

= 𝑅 𝐶𝑌 ( 𝑓22 ).

5.- Planteamiento del sistema de ecuaciones de compatibilidad geométrica.
Para obtener ecuaciones adicionales que coadyuven a la solución del problema
hacemos uso del principio de superposición formulado anteriormente y tomamos en
cuenta la compatibilidad del desplazamiento vertical tanto en el soporte 𝐵 como en
el 𝐶; por lo tanto, las ecuaciones de compatibilidad geométrica para la deflexión en
𝐵 y 𝐶 son, respectivamente
𝛿 𝑉𝐵

𝑉𝐼𝐹1

+ 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 + 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝑅 − − − (1)

𝛿 𝑉𝐶

𝑉𝐼𝐹1

+ 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼 + 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹𝐼𝐼𝐼 = 𝛿 𝑉𝐶

𝑉𝑅

− − − (2)

Como en la viga real( 𝑉𝑅) los puntos 𝐵 y 𝐶 no experimentan desplazamiento vertical
debido a que las reacciones verticales de sus respectivos rodillos lo impiden, 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝑅

377


y 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝑅 son nulos. Si hacemos las sustituciones correspondientes, el sistema de
ecuaciones de compatibilidad geométrica puede expresarse del siguiente modo
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹1 + 𝑓11 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓12 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (3)
𝛿 𝑉𝐶

𝑉𝐼𝐹1

+ 𝑓21 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓22 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (4)

Cada desplazamiento del punto de aplicación de la acción redundante 𝑅 𝑖 en la
dirección de ésta, producido al actuar la carga original sobre la estructura primaria
será expresado como 𝑑 𝑖 . Estas deflexiones son las incompatibilidades geométricas
porque en la viga original no hay deflexiones en estas secciones ya que los soportes
las restringen (impiden).
Los coeficientes de flexibilidad 𝑓𝑖𝑗 anteriores conforman la matriz de flexibilidad de
la estructura y pueden calcularse fácilmente si aplicamos una carga unitaria de
sentido arbitrario correspondiente a cada fuerza redundante en la estructura
liberada. A estas nuevas estructuras les llamaremos VIF 2 y VIF 3 y se muestran a
continuación.
Estructura liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐵 ⟹VIF 2(Estructura 𝑚1 )

𝑥

C

D

En esta viga, los desplazamientos verticales en 𝐵 y 𝐶 tienen un valor de
𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹2 = 𝑓11 y 𝛿 𝑉𝐶

𝑉𝐼𝐹2

= 𝑓21 respectivamente.

Estructura liberada con fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐶 ⟹VIF 3(Estructura 𝑚2 )

B

D

𝑥

De manera análoga, para la viga anterior 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹3 = 𝑓12 y 𝛿 𝑉𝐶 𝑉𝐼𝐹3 = 𝑓22

378


6.- Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones de
compatibilidad.
En resumen, en las vigas VIF 1, VIF 2 y VIF 3 es necesario conocer el valor del
desplazamiento vertical en 𝐵 dado que 𝑅 𝐵𝑌 (fuerza reactiva vertical en el rodillo del
punto 𝐵) fue suprimida y también el del desplazamiento vertical en 𝐶 debido a que
𝑅 𝐶𝑌 (fuerza reactiva vertical en el rodillo del punto 𝐶) fue eliminada.
Los valores de los desplazamientos requeridos pueden obtenerse con cualquiera
de los métodos explicados en el tema 1.6 para vigas. En este ejemplo se utilizará
el método del trabajo virtual (es lo más recomendable). Para su sencilla aplicación,
le hemos denominado estructura 𝑀 a la primaria, estructura 𝑚1 a la liberada con
fuerza vertical unitaria aplicada en 𝐵 y estructura 𝑚2 a la liberada con fuerza vertical
unitaria aplicada en 𝐶. Es importante recordar que las coordenadas 𝑥 a emplear en
los cortes tienen que ser iguales y las direcciones positivas de los momentos
tampoco deben cambiar entre las tres estructuras recién mencionadas. En las
figuras correspondientes se puede observar que usaremos únicamente la
coordenada 𝑥 válida para 0 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚, pero el lector puede usar otra(s) que sea(n)
válida(s) para cubrir todas las regiones de la viga.
A continuación se muestra el orden en el que por conveniencia se calcularán los
desplazamientos. La primera expresión nos indica que 𝑑1 es el desplazamiento
vertical en el punto 𝐵 de la viga 𝑉𝐼𝐹 1 y que se determinará aplicando la ecuación
del trabajo virtual la cual requiere de la combinación adecuada de los Momentos
internos 𝑀 con los Momentos internos 𝑚1 ; las restantes usan la misma logística.
𝐿2

𝑑1 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹1 = ∫

𝐿1

𝐿2

𝑓11 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹2 = ∫

𝐿1
𝐿2

𝑓12 = 𝛿 𝑉𝐵 𝑉𝐼𝐹3 = ∫

𝐿1

-

𝐿2

𝑀𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑑2 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼

∫
𝑉𝐼𝐹1 =

𝑚1 𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑓21 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼

𝑉𝐼𝐹2

=∫

𝑉𝐼𝐹3

=∫

𝑚2 𝑚1
𝑑𝑥 ; 𝑓22 = 𝛿 𝑉𝐶
𝐸𝐼

𝐿1

𝑀𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼

𝐿2
𝐿1
𝐿2
𝐿1

𝑚1 𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝑚2 𝑚2
𝑑𝑥
𝐸𝐼

Análisis de la estructura isostática VIF 1.

+ ∑ 𝑀𝐴 = 0

379


(4)(2)
1
2
142
] (2 + (2)) + 5(6) = 0 ⟹∴ 𝑀 𝐴 =
−𝑀 𝐴 + (2)(2) ( (2)) + [
𝑇. 𝑚
2
2
3
3
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑌 − (2)(2) −

(4)(2)
− 5 = 0 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 13𝑇
2

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 0
Momentos internos 𝑀.

0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝑀1 = −

142
+ 13𝑥 − 𝑥 2
3

2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
4𝑇/𝑚
𝑊11
=
2𝑚
𝑥 − 2𝑚
𝑊11 = 2(𝑥 − 2)

𝑀2 = −

( 𝑥 − 2)(2( 𝑥 − 2)) 1
142
] ( ( 𝑥 − 2))
+ 13𝑥 − (2)(2)( 𝑥 − 1) − [
3
2
3

𝑀2 = −

142
1
1
122
+ 13𝑥 − 4𝑥 + 4 − ( 𝑥 − 2)3 = − 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 5𝑥 −
3
3
3
3

380


4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚


𝑀3 = −

(4)(2)
142
2
] (𝑥 − (2 + (2)))
+ 13𝑥 − (2)(2)( 𝑥 − 1) − [
3
2
3
𝑀3 = −

142
40
+ 13𝑥 − 4𝑥 + 4 − 4𝑥 +
= 5𝑥 − 30
3
3

- Análisis de la estructura isostática VIF 2.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⟹ −𝑀 𝐴 + 1(2) = 0 ⟹∴ 𝑀 𝐴 = 2
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 − 1 = 0 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 1
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 0
Momentos internos 𝑚1 .
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝑀1 = −2 + 1( 𝑥 ) = −2 + 𝑥

381


2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝑀2 = −2 + +1(𝑥) − 1( 𝑥 − 2)
𝑀2 = 0

- Análisis de la estructura isostática VIF 3.
Calculo de las reacciones en los soportes.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⟹ −𝑀 𝐴 + 1(4) = 0 ⟹∴ 𝑀 𝐴 = 4
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⟹ 𝑅 𝐴𝑌 − 1 = 0 ⟹∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 1
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 0
Momentos internos 𝑚2 .

0 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚
𝑀1 = −4 + 𝑥

4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝑀2 = −4 + 𝑥 − 1( 𝑥 − 4)
𝑀2 = 0

382


Cálculo de las incompatibilidades geométricas

2

4

1
142
1
1
122
𝑑1 = ∫ (−
+ 13𝑥 − 𝑥 2 ) (−2 + 𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (− 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 5𝑥 −
) (0)𝑑𝑥
𝐸𝐼
3
𝐸𝐼
3
3
0

2

6

+

1
∫(5𝑥 − 30)(0)𝑑𝑥
𝐸𝐼
4

2

2

1
142
1
220
284
∫ (−
+ 13𝑥 − 𝑥 2 ) (−2 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (−𝑥 3 + 15𝑥 2 −
𝑥+
) 𝑑𝑥
𝐸𝐼
3
𝐸𝐼
3
3
0

0

2

1
𝑥4
110 2 284
1 236
= [− + 5𝑥 3 −
𝑥 +
𝑥] = (
)
𝐸𝐼
4
3
3
𝐸𝐼 3
0
𝑑1 =

1 236
1 236
[
+ 0 + 0] = [
]
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3

2

4

1
142
1
1
122
𝑑2 = ∫ (−
+ 13𝑥 − 𝑥 2 ) (−4 + 𝑥)𝑑𝑥 + ∫ (− 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 5𝑥 −
) (−4 + 𝑥)𝑑𝑥
𝐸𝐼
3
𝐸𝐼
3
3
0

2

6

+

1
∫(5𝑥 − 30)(0)𝑑𝑥
𝐸𝐼
4

2

2

1
142
1
298
568
∫ (−
+ 13𝑥 − 𝑥 2 ) (−4 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (−𝑥 3 + 17𝑥 2 −
𝑥+
) 𝑑𝑥
𝐸𝐼
3
𝐸𝐼
3
3
0

0

2

4

1
𝑥
17 3 149 2 568
1 664
= [− +
𝑥 −
𝑥 +
𝑥] = (
)
𝐸𝐼
4
3
3
3
𝐸𝐼 3
0
4

4

1
1
122
1
𝑥 4 10 3
182
448
∫ (− 𝑥 3 + 2𝑥 2 + 5𝑥 −
) (−4 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (− +
𝑥 − 3𝑥 2 −
𝑥+
) 𝑑𝑥
𝐸𝐼
3
3
𝐸𝐼
3
3
3
3
2

2

𝑥5

4

5𝑥 4

1
91 2 488
1 196
= [−
+
− 𝑥3 −
𝑥 +
𝑥] = (
)
𝐸𝐼
15
6
3
3
𝐸𝐼 5
2
𝑑2 =

-

1 664 196
1 3908
[
+
+ 0] = [
]
𝐸𝐼 3
5
𝐸𝐼 15

Cálculo de los coeficientes de flexibilidad.
2

6

1
1
𝑓11 = ∫(−2 + 𝑥)2 𝑑𝑥 + ∫(0)2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0

2

383

2

2

2

1
1
1 𝑥3
1 8
∫(−2 + 𝑥)2 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 2 − 4𝑥 + 4)𝑑𝑥 = [ − 2𝑥 2 + 4𝑥] = [ ]
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
0
0

0

𝑓11 =

1 8
1 8
[ + 0] = [ ]
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3

2

4

6

1
1
1
𝑓21 = ∫(−2 + 𝑥)(−4 + 𝑥)𝑑𝑥 + ∫(0)(−4 + 𝑥)𝑑𝑥 + ∫(0)(0)𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0

2

2

4

2

2

1
1
1 𝑥3
1 20
∫(−2 + 𝑥)(−4 + 𝑥)𝑑𝑥 = ∫(𝑥 2 − 6𝑥 + 8)𝑑𝑥 = [ − 3𝑥 2 + 8𝑥] = [ ]
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
0
0

0

𝑓21 =

1 20
1 20
[ + 0 + 0] = [ ]
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3

Como consecuencia del teorema de Maxwell se cumple que 𝑓12 = 𝑓21
∴ 𝑓12 =

1 20
[ ]
𝐸𝐼 3

4

6

1
1
𝑓22 = ∫(−4 + 𝑥)2 𝑑𝑥 + ∫(0)2 𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0

4

4

4

4

1
1
1 𝑥3
1 64
∫(−4 + 𝑥)2 𝑑𝑥 = ∫(𝑥 2 − 8𝑥 + 16)𝑑𝑥 = [ − 4𝑥 2 + 16𝑥] = [ ]
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
0
0

0

𝑓22 =

1 64
1 64
[ + 0] = [ ]
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3

7.- Cálculo de las fuerzas correctivas o redundantes.
Finalmente, las ecuaciones de compatibilidad son:
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓12 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (5)
𝑑2 + 𝑓21 𝑅 𝐵𝑌 + 𝑓22 𝑅 𝐶𝑌 = 0 − − − (6)
expresando matricialmente al sistema tenemos
𝑓
𝑑
0
( ) = ( 1 ) + ( 11
𝑑2
𝑓21
0

𝑓12
𝑅
) ( 𝐵𝑌 )
𝑅 𝐶𝑌
𝑓22

384


despejando las incógnitas
𝑓12 −1 −𝑑1
𝑅
) ∗(
) = ( 𝐵𝑌 )
𝑅 𝐶𝑌
𝑓22
−𝑑2

𝑓
( 11
𝑓21

sustituyendo y simplificando(los 𝐸𝐼 se eliminan lógicamente porque este valor es
constante en toda la viga y todos los desplazamientos están en función de ello).
8 20 −1
236
−
3 ) ∗(
3 ) = ( 𝑅 𝐵𝑌 )
(3
𝑅 𝐶𝑌
20 64
3908
−
3
3
15
8
𝑖𝑛𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎 [( 3
20
3

8
3
(20
3

20

1 0

3
64

0 1

3

)

5

(20
3

3

2
64

1

~

20
12
15
−
3 )] = ( 7
28)
64
15
3
−
3
28 14

8

3

0 1

(3⁄8)𝑅1

(

1

5

3

2

8
15

0 1 − 28

(3⁄14)𝑅2

0

)

~

(

5

0

3

2
14

1

8

3

5

−2

0
)
1

~

−(20⁄3)𝑅1 + 𝑅2

0

)

3
14

~

1
(
0

0

12
7
15

1 − 28

15

− 28
3

)

14

−(5⁄2)𝑅2 + 𝑅1

en consecuencia
12
( 7
15
−
28

15
236
33⁄
−
7 ) = ( 𝑅 𝐵𝑌 )
28) ∗ (
3 )=(
−479⁄
𝑅 𝐶𝑌
3908
3
35
−
15
14

−

los signos indican que
𝑅 𝐵𝑌 = 33⁄7 𝑇 = 4.7143𝑇

385


𝑅 𝐶𝑌 = 479⁄35 𝑇 = 13.6857𝑇
esto debido a que si el valor numérico de una redundante es negativo, ésta actúa
en sentido opuesto a su fuerza unitaria correspondiente.
8.-Calculo de las reacciones restantes de la viga original o real:
Como las reacciones redundantes ya han sido calculadas, los valores de las
reacciones desconocidas faltantes pueden deducirse aplicando las ecuaciones de
equilibrio.

𝑥

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑌 − 4 − 4 − 5 −
∴ 𝑅 𝐴𝑌 =

141
35

33 479
+
=0
7
35

𝑇 = 4.0286𝑇

+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−𝑀 𝐴 + (4)(1) + (4) (

10
33
479
) + 5(6) + ( ) (2) − (
) (4) = 0
3
7
35
212

𝑀 𝐴 = 105 𝑇. 𝑚 = 2.019 𝑇. 𝑚

8.- Diagramas de Fuerza cortante, Momento flexionante, Rotación y Deflexión.
Ya que se han calculado todas las reacciones en los soportes se puede dibujar el
diagrama de fuerza cortante y momento flector. Como es válido aplicar cualquiera
de los métodos de deformaciones usados en las estructuras isostáticas, usaremos

386


el método de integración doble para poder trazar los diagramas de Giro y Flecha.
En la viga hiperestática, nuevamente se ocupará una sóla coordenada 𝑥 válida para
0 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚 al realizar los cortes.
Ecuaciones de Momento y Fuerza cortante de la estructura real
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝑀1 = −

212 141
+
𝑥 − 𝑥2
105 35

𝑥 = 2𝑚, 𝑀1 =
𝑉1 =

214
𝑇. 𝑚
105

𝑑𝑀1
141
= −2𝑥 +
𝑑𝑥
35

2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚

𝑀2 = −

( 𝑥 − 2)(2( 𝑥 − 2)) 1
212 141
33
] ( ( 𝑥 − 2))
+
𝑥 − ( ) ( 𝑥 − 2) − 4( 𝑥 − 1) − [
105 35
7
2
3
1
164
1198
1
304
1478
𝑀2 = − ( 𝑥 − 2)3 −
𝑥+
= − 𝑥 3 + 2𝑥 2 −
𝑥+
3
35
105
3
35
105
𝑥 = 2𝑚, 𝑀2 =

214
𝑇. 𝑚; 𝑥 = 4𝑚, 𝑀2 = −10𝑇. 𝑚
105

387


𝑉2 =

𝑑𝑀2
304
= −𝑥 2 + 4𝑥 −
𝑑𝑥
35
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚

𝑀3 = −

212 141
33
479
10
) ( 𝑥 − 4) − 4( 𝑥 − 1) − 4 (𝑥 − )
+
𝑥 − ( ) ( 𝑥 − 2) + (
105 35
7
35
3
𝑀3 = 5𝑥 − 30
𝑥 = 4𝑚, 𝑀3 = −10𝑇. 𝑚
𝑉3 =

𝑑𝑀3
=5
𝑑𝑥

Calculo de la deflexión y rotación a lo largo de la viga.
La ecuación diferencial de la elástica es
𝐸𝐼

𝑑2 𝑦
= 𝑀
𝑑𝑥 2

y aplicando el método de doble integración tenemos
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝑑2 𝑦
212 141
𝐸𝐼 2 = −
+
𝑥 − 𝑥2
𝑑𝑥
105 35
𝑑2 𝑦
212 141
𝐸𝐼 ∫
= ∫ (−
+
𝑥 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥
𝑑𝑥
105 35

388


𝐸𝐼

𝑑𝑦
1
141 2 212
= − 𝑥3 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶1
𝑑𝑥
3
70
105
𝑑𝑦
= 𝜃
𝑑𝑥

𝐸𝐼𝜃1 = −

1 3 141 2 212
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶1 − − − (1)
3
70
105

𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ (−
𝐸𝐼𝑦1 = −

1 3 141 2 212
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶1 ) 𝑑𝑥
3
70
105

1 4 47 3 106 2
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 + 𝐶1 𝑥 + 𝐶2 − − − (2)
12
70
105
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚

𝐸𝐼
𝐸𝐼 ∫
𝐸𝐼𝜃2 = −

𝑑2 𝑦
1
304
1478
= − 𝑥 3 + 2𝑥 2 −
𝑥+
2
𝑑𝑥
3
35
105

𝑑2 𝑦
1
304
1478
) 𝑑𝑥
= ∫ (− 𝑥 3 + 2𝑥 2 −
𝑥+
𝑑𝑥
3
35
105
1 4 2 3 152 2 1478
𝑥 + 𝑥 −
𝑥 +
𝑥 + 𝐶3 − − − (3)
12
3
35
105

𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ (−
𝐸𝐼𝑦2 = −

1 4 2 3 152 2 1478
𝑥 + 𝑥 −
𝑥 +
𝑥 + 𝐶3 ) 𝑑𝑥
12
3
35
105

1 5 1 4 152 3 739 2
𝑥 + 𝑥 −
𝑥 +
𝑥 + 𝐶3 𝑥 + 𝐶4 − − − (4)
60
6
105
105
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝑑2 𝑦
𝐸𝐼 2 = 5𝑥 − 30
𝑑𝑥
𝑑2 𝑦
𝐸𝐼 ∫
= ∫(5𝑥 − 30) 𝑑𝑥
𝑑𝑥
5

𝐸𝐼𝜃3 = 2 𝑥 2 − 30𝑥 + 𝐶5 − − − (5)
5
𝐸𝐼 ∫ 𝑑𝑦 = ∫ ( 𝑥 2 − 30𝑥 + 𝐶5 ) 𝑑𝑥
2
𝐸𝐼𝑦3 =

5 3
𝑥 − 15𝑥 2 + 𝐶5 𝑥 + 𝐶6 − − − (6)
6

389


Las constantes de integración se obtienen resolviendo el sistema de ecuaciones
lineales enumerado anteriormente; para ello necesitamos 6 condiciones.
Como el empotre en 𝐴 restringe (impide) la rotación y la deflexión establecemos las
siguientes dos condiciones de frontera:
𝑦 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0 y 𝜃 = 0 𝑒𝑛 𝑥 = 0.
Sustituyendo las condiciones anteriores en (1) y (2) respectivamente:
1
141 2 212
𝐸𝐼 (0) = − ∗ 03 +
∗0 −
∗ 0 + 𝐶1
3
70
105
𝐶1 = 0
𝐸𝐼 (0) = −

1
47 3 106 2
∗ 04 +
∗0 −
∗ 0 + (0)(0) + 𝐶2
12
70
105
𝐶2 = 0

Las otras cuatro constantes se pueden conocer a partir de establecer un mismo
número de ecuaciones de continuidad tal y como se efectúa a continuación.
Condición de continuidad 1.
𝜃1 = 𝜃2 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚
1
141 2 212
1
2
152 2 1478
− ∗ 23 +
∗2 −
∗ 2 = − ∗ 24 + ∗ 23 −
∗2 +
∗ 2 + 𝐶3
3
70
105
12
3
35
105
142 1552
94
=
+ 𝐶3 → 𝐶3 = −
105
105
7
𝑦1 = 𝑦2 𝑒𝑛 𝑥 = 2𝑚
−

1
47 3 106 2
1
1
152
739 2 94
(2) + 𝐶4
∗ 24 +
∗2 −
∗ 2 = − ∗ 25 + ∗ 24 −
∗ 23 +
∗2 −
12
70
105
60
6
105
105
7

0=−

806
806
+ 𝐶4 → 𝐶4 =
105
105

𝜃2 = 𝜃3 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚
=−

1
2
152 2 1478
94 5 2
∗ 44 + ∗ 43 −
∗4 +
∗4−
= ∗ 4 − 30(4) + 𝐶5
12
3
35
105
7
2

390


−

554
7846
= −80 + 𝐶5 → 𝐶5 =
105
105

𝑦2 = 𝑦3 𝑒𝑛 𝑥 = 4𝑚
−

1
1
152
739 2 94
856 5
7846
3
2
(4) + 𝐶6
∗ 45 + ∗ 44 −
∗ 43 +
∗ 4 − (4) +
= ∗ 4 − 15 ∗ 4 +
60
6
105
105
7
105 6
105

0=

3928
−3928
+ 𝐶6 → 𝐶6 =
35
35
Además:
𝑇
𝑙 4 0.44
;𝐼=
=
= 0.0021333𝑚4
𝑚2
12
12

6

𝐸 = 2.1 ∗ 10

𝐸𝐼 = (2.1 ∗ 106

𝑇
) (0.0021333𝑚4 ) = 4480𝑇 − 𝑚2
2
𝑚

Sustituyendo las constantes de integración en las ecuaciones enumeradas
podemos obtener las ecuaciones generales de giro y flecha:
0 ≤ 𝑥 ≤ 2𝑚
𝜃1 = (
𝑦1 = (

1
1
141 2 212
) (− 𝑥 3 +
𝑥 −
𝑥)
4480
3
70
105

1
1 4 47 3 106 2
) (−
𝑥 +
𝑥 −
𝑥 )
4480
12
70
105
2𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 4𝑚

𝜃2 = (
𝑦2 = (

1
1 4 2 3 152 2 1478
94
) (−
𝑥 + 𝑥 −
𝑥 +
𝑥− )
4480
12
3
35
105
7

1
1 5 1 4 152 3 739 2 94
856
) (−
)
𝑥 + 𝑥 −
𝑥 +
𝑥 −
𝑥+
4480
60
6
105
105
7
105
4𝑚 ≤ 𝑥 ≤ 6𝑚
𝜃3 = (
𝑦3 = (

1
5
7846
) ( 𝑥 2 − 30𝑥 +
)
4480 2
105

1
5
7846
3928
) ( 𝑥 3 − 15𝑥 2 +
)
𝑥−
4480 6
105
35

391


DIAGRAMA DE CORTANTE.
x (m)
0
0.5
1
1.5
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
5
6

V (Ton)
4.02857143
3.02857143
2.02857143
1.02857143
0.02857143
-4.68571429
-4.74821429
-4.93571429
-5.24821429
-5.68571429
-6.24821429
-6.93571429
-7.74821429
-8.68571429
5
5
5

DIAGRAMA DE CORTANTE
6
4
2

V (Ton)

0

0

1

2

3

4

5

6

7

-2
-4
-6
-8
-10

x (m)

392


DIAGRAMA DE MOMENTO.
x (m)
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
5
6

M (Ton*m)
-2.01904762
-1.07440476
-0.2547619
0.43988095
1.00952381
1.45416667
1.77380952
1.96845238
2.03809524
2.03809524
0.86145833
-0.34642857
-1.61681548
-2.98095238
-4.47008929
-6.11547619
-7.9483631
-10
-10
-5
0

DIAGRAMA DE MOMENTO
4
2

M (Ton*m)

0

-2

0

1

2

3

4

5

6

7

-4
-6
-8
-10
-12

x (m)

393


DIAGRAMA DE GIRO.
x (m)
0
0.25
0.5
0.75
1
1.25
1.5
1.75
2
2
2.25
2.5
2.75
3
3.25
3.5
3.75
4
4
4.25
4.5
4.75
5
5.25
5.5
5.75
6

θ (rad)
0
-8.5732E-05
-0.00012224
-0.00011649
-7.5468E-05
-6.145E-06
8.4503E-05
0.0001895
0.00030187
0.00030187
0.00038285
0.00039743
0.00034302
0.00021524
7.9989E-06
-0.00028656
-0.00067802
-0.00117772
-0.00117772
-0.00170088
-0.00215428
-0.00253793
-0.00285183
-0.00309597
-0.00327036
-0.00337499
-0.00340986

DIAGRAMA DE GIRO O ROTACIÓN
0.001
0.0005
0

θ (rad)

-0.0005

0

1

2

3

4

5

6

7

-0.001
-0.0015
-0.002

-0.0025
-0.003
-0.0035
-0.004

x (m)

394


DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO.
x (m)

Y (m)

0
0.25

0
-1.18147E-05

0.5
0.75

-3.87636E-05
-6.94119E-05

1
1.25

-9.40689E-05
-0.000104787

1.5
1.75

-9.53643E-05
-6.13403E-05

2
2

0
0

2.25
2.5

8.69569E-05
0.000185896

2.75
3

0.000279929
0.000351297

3.25
3.5

0.000380933
0.000348025

3.75
4

0.000229583
0

4
4.25

0
-0.000361278

4.5
4.75

-0.000844627
-0.001432607

5
5.25

-0.002107781
-0.002852708

5.5
5.75

-0.003649952
-0.004482073

6

-0.005331633

DIAGRAMA DE FLECHAMIENTO
0.001
0

Y (m)

-0.001

0

1

2

3

4

5

6

7

-0.002
-0.003
-0.004
-0.005

-0.006

x (m)

395


2.- Calcular las reacciones que en la viga del ejercicio anterior suponiendo que el
apoyo B sufre un asentamiento de 1.2 cm.

Se realizan los mismos pasos que en la viga con apoyos rígidos, pero se toman en
cuenta ciertas consideraciones.
El planteamiento matricial de las ecuaciones de compatibilidad geométrica para este
problema es el siguiente:
𝑓
𝑑
𝑅
0.012
(
) = ( 1 ) + ( 𝐵𝑌 ) ( 11
𝑅 𝐶𝑌
𝑑2
𝑓21
0

𝑓12
)
𝑓22

Aunque el valor de 𝐸𝐼 sea constante, a diferencia del problema pasado en el que
al simplificar el sistema desparecen los 𝐸𝐼, ahora debe incluirse necesariamente en
los cálculos, pues el efecto de los asentamientos depende de la rigidez de las vigas;
mientras más rígidas, mayores serán los momentos flexionantes debidos a los
asentamientos.
Obsérvese que en el sistema de ecuaciones, la deflexión total en el apoyo simple 𝐵
no es nula, sino que es igual al valor de su asentamiento (0.012𝑚); como las cargas
unitarias se propusieron hacia abajo (remítase al ejercicio anterior) un
desplazamiento en esa dirección se considera positivo, de ahí que 0.012 aparezca
con ese signo.
Retomamos los desplazamientos del problema 1 de éste apartado, pero
sustituiremos 𝐸𝐼 = 4480𝑇. 𝑚2 .
𝑑1 =
𝑑2 =

1 236
1 236
[
]=
[
] = 0.01756𝑚
𝐸𝐼 3
4480 3

1 3908
1 3908
[
]=
[
] = 0.05815𝑚
𝐸𝐼 15
4480 15

396


𝑓11 =
𝑓21 =

1 8
1 8
1 8
[ + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00060𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3

1 20
1 20
1 20
[ + 0 + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00149𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3
𝑓12 = 𝑓21 =

𝑓22 =

1 20
1 20
[ ]=
[ ] = 0.00149𝑚
𝐸𝐼 3
4480 3

1 64
1 64
1 64
[ + 0] = [ ] =
[ ] = 0.00476𝑚
𝐸𝐼 3
𝐸𝐼 3
4480 3

Remplazando los valores anteriores en el planteamiento matricial obtenemos
(

𝑅
0.00060
0.01756
0.012
)=(
) + ( 𝐵𝑌 ) (
𝑅 𝐶𝑌 0.00149
0.05815
0

0.00149
)
0.00476

Despejando las incógnitas
(

𝑅 𝐵𝑌
0.00060
)=(
𝑅 𝐶𝑌
0.00149

−1

0.00149
)
0.00476

0.01756
0.012
94.6342
[(
)−(
)] = (
)
0.05815
0
−41.8393

El signo positivo obtenido para 𝑅 𝐵𝑌 indica que ésta redundante tiene el mismo
sentido que el propuesto para su correspondiente carga unitaria. Lo contrario ocurre
con 𝑅 𝐶𝑌 por haber resultado negativa.
∴ 𝑅 𝐵𝑌 = 94.6342𝑇
∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 41.8393𝑇
Las reacciones restantes se obtienen aplicando las ecuaciones de equilibrio:
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝐴𝑌 − 4 − 4 − 5 − 94.6342 + 41.8393 = 0
𝑅 𝐴𝑌 = 65.7949𝑇
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−𝑀 𝐴 + (4)(1) + (4) (

10
) + 5(6) + (94.6342)(2) − (41.8393)(4) = 0
3
𝑀 𝐴 = 69.24453 𝑇. 𝑚

397


Diagrama en el que se visualizan las reacciones de la viga cuyo apoyo B sufre un
asentamiento de 1.2cm=0.012m.

𝑀 𝐴 = 69.24453 𝑇. 𝑚

𝑅 𝐴𝑌 = 65.7949𝑇
𝑅 𝐶𝑌 = 41.8393𝑇
𝑅 𝐵𝑌 = 94.6342𝑇

Comprobación del equilibrio de la estructura:
+ ∑ 𝑀𝐷 = 0
2
−69.24453 + 65.7949(6) − 4(5) − 94.6342(4) − 4 (2 + ) + 41.8393(2) = 0 𝑜𝑘
3

398


3.2. MÉTODO DE FLEXIBILIDADES APLICADO A MARCOS ESTÁTICAMENTE
INDETERMINADOS
1.- Calcular las reacciones correspondientes a las cargas indicadas. 𝐸 e 𝐼 son
constantes.
21𝑘

𝐴

𝐵
7𝑘

8𝑓𝑡
7𝑓𝑡

3𝑓𝑡

𝐶
15𝑓𝑡

6𝑓𝑡

SOLUCIÓN.
a) Verificación del grado de indeterminación.
Para el marco mostrado, el número de nodos es 𝑗 = 3( 𝐴; 𝐵; 𝐶 ) y no hay condiciones
impuestas por la construcción, es decir 𝑐 = 0.
La estructura está compuesta por la cantidad de 𝑚 = 2( 𝐴𝐵; 𝐶𝐵) miembros. Tanto
en el pasador (apoyo articulado) 𝐴 como en el 𝐵 hay dos incógnitas de reacción,
una horizontal y una vertical, por lo que 𝑟 = 4( 𝑅 𝐴𝑋 ; 𝑅 𝐴𝑌 ; 𝑅 𝐶𝑋 ; 𝑅 𝐶𝑌 ).
como 3𝑚 + 𝑟 > 3𝑗 + 𝑐 ya que 3(2) + 4 > 3(3) + 0 ⇒ 10 > 9 el marco es
estáticamente indeterminado con un grado de 10 − 9 = 1.
b) Elección de la fuerza redundante y planteamiento de la estructura primaria.
Se optará porque 𝑅 𝐶𝑋 sea la fuerza redundante. En consecuencia, en la estructura
primaria, el apoyo articulado (pasador) en 𝐶 se reemplaza por un apoyo simple
(rodillo u oscilador), puesto que éste último soporte no restringirá 𝐶 en la dirección
horizontal ya que se está eliminando la reacción redundante elegida. Esta nueva

399


estructura (MIF 1) es isostática, estable (de ningún modo debe ser inestable) y está
sometida a las mismas cargas que la estáticamente indeterminada (hiperestática).
c) Principio de superposición.
El marco real u original ( 𝑀𝑅) es equivalente a la suma de una serie de estructuras
isostáticas conformada por la estructura primaria y otro número de estructuras igual
al número de redundantes elegidas. Entonces, el marco hiperestático de este
ejemplo es igual a MIF 1 más otro marco que aquí hemos etiquetado como MIF II.
La estructura primaria y su subsecuente (MIF II) deben tener entre sí la misma
geometría e idénticas condiciones de apoyo con la diferencia de que la segunda en
lugar de estar sometida a las cargas externas originales, únicamente soporta a la
redundante elegida (𝑅 𝐶𝑋 ) de sentido arbitrario (en este caso se propone hacia la
izquierda). De acuerdo a lo anterior, el marco real u original( 𝑀𝑅) es igual a la suma
de las siguientes estructuras:
𝑀𝑅 = 𝑀𝐼𝐹 1 + 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼
Estructura primaria⟹MIF 1(Estructura 𝑀)
21𝑘

𝐴

𝐵
7𝑘

8𝑓𝑡
7𝑓𝑡

3𝑓𝑡

𝐶
15𝑓𝑡

6𝑓𝑡

Este marco (MIF 1), contrariamente al marco original o real, experimenta un
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 (∆ 𝐻𝐶 𝑀𝐼𝐹1= 𝑑1 ).

400


Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐶𝑋 aplicada⟹ 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼
𝐴

𝐵

8𝑓𝑡

𝐶

𝑅 𝐶𝑋

6𝑓𝑡

15𝑓𝑡

En éste marco, 𝐶 se desplaza horizontalmente una cantidad de
∆ 𝐻𝐶

𝑀𝐼𝐹𝐼𝐼 =

𝑅 𝐶𝑋 ( 𝑓11 )

d) Planteamiento de la ecuación de compatibilidad geométrica.
Para obtener una ecuación adicional que haga posible la solución del problema
hacemos uso del principio de superposición formulado anteriormente y tomamos en
cuenta la compatibilidad del desplazamiento horizontal en el soporte articulado 𝐶.
Por lo tanto, la ecuación de compatibilidad geométrica para el desplazamiento
horizontal en 𝐶 es
∆ 𝐻𝐶

𝑀𝐼𝐹1

+ ∆ 𝐻𝐶


∆ 𝐻𝐶

𝑀𝑅

− − − (1)

El lenguaje algebraico anterior se traduce al lenguaje cotidiano como: el
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 de la estructura MIF 1 más el
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 de la estructura MIF II es igual al
desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 del marco real 𝑀𝑅.
Obsérvese que en el punto 𝐶 del marco real ( 𝑀𝑅) no se produce desplazamiento
horizontal alguno ya que la reacción en esa dirección del soporte articulado ahí
situado lo impide, así que ∆ 𝐻𝐶 𝑀𝑅 es nulo. Efectuando las sustituciones
correspondientes, la ecuación (1) puede escribirse del siguiente modo
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐶𝑋 = 0 − − − (2)

401


Si a la estructura liberada le aplicamos una unidad de carga horizontal en el punto
𝐶 correspondiente a la fuerza redundante, el coeficiente de flexibilidad puede
obtenerse directamente al calcular el desplazamiento horizontal en ese mismo
punto por lo que ∆ 𝐻𝐶 𝑀𝐼𝐹2= 𝑓11.
Estructura liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐶 ⟹MIF 2(Estructura 𝑚)
𝐴

𝐵

8𝑓𝑡

𝐶
15𝑓𝑡

1

6𝑓𝑡

e) Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones
de compatibilidad.
En resumen, en los marcos MIF 1 y MIF 2 es necesario determinar el valor del
desplazamiento horizontal en 𝐶 ya que 𝑅 𝐶𝑋 (fuerza reactiva horizontal en el pasador
del punto 𝐶) fue suprimida en el marco hiperestático.
Los valores de los desplazamientos requeridos pueden obtenerse con cualquiera
de los métodos explicados en el tema 1.6 para marcos. En este ejemplo se utilizará
el método del trabajo virtual, debido a que es lo más recomendable. Para su sencilla
aplicación, le hemos denominado estructura 𝑀 a la primaria y estructura 𝑚 a la
liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐶. Es importante recordar que las
coordenadas 𝑥 a emplear en los cortes tienen que ser iguales y las direcciones
positivas de los momentos tampoco deben cambiar entre las dos estructuras recién
mencionadas. La primera expresión nos indica que 𝑑1 es el desplazamiento
horizontal en el punto 𝐶 del marco 𝑀𝐼𝐹 1 y que se determinará aplicando la ecuación
del trabajo virtual la cual requiere de la combinación adecuada de los Momentos
internos 𝑀 con los Momentos internos 𝑚; por su parte, la segunda expresión nos
dice que 𝑓11 es el desplazamiento horizontal en el punto 𝐶 del marco 𝑀𝐼𝐹 2 y que
se calculará utilizando la ecuación del trabajo virtual la cual necesita de la
combinación propia de los Momentos internos 𝑚 con los Momentos internos 𝑚.

402


𝐿2

𝑑1 = ∆ 𝐻𝐶

∫
𝑀𝐼𝐹1 =

𝐿1
𝐿2

𝑓11 = ∆ 𝐻𝐶
-

𝑀𝐼𝐹2=

∫
𝐿1

𝑀𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝑚𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼

Análisis de la estructura isostática MIF 1.
21𝑘

𝑅 𝐴𝑋 = 0
𝐴

𝑥1

𝐵

𝑥2

7𝑘
𝜃

𝜃

𝑅 𝐴𝑌 = 14𝑘
8𝑓𝑡
7𝑓𝑡

3𝑓𝑡

𝐶

15𝑓𝑡

6𝑓𝑡

𝜃
𝑅 𝐶𝑌 = 14𝑘

Cálculo de las reacciones en los apoyos.
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −21(8) − 7(18) + 𝑅 𝐶𝑌 (21) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 14𝑘
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 − 21 + 14 − 7 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 14𝑘
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑋 = 0
Por trigonometría
𝐿𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜 𝑖𝑛𝑐𝑙𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 = 𝐿 𝐶𝐵 = √82 + 62 = 10´
𝑎=

1
1
6
3
8
4
𝐿 𝐶𝐵 = (10´) = 5´; sin 𝜃 =
= ; cos 𝜃 =
=
2
2
10 5
10 5

403


Cálculo de las componentes rectangulares.
∗ 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐹 = 7𝑘

𝜃

4
𝐹 𝑌´ = 𝐹 cos 𝜃 = 7𝑘 ( ) = 5.6𝑘
5

𝐹 = 7𝑘

3
𝐹 𝑋´ = 𝐹 sin 𝜃 = 7𝑘 ( ) = 4.2𝑘
5

∗ 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑅 𝐶𝑌 = 14𝑘


4
𝑅 𝐶𝑌𝑌 = 𝑅 𝐶𝑌 cos 𝜃 = 14𝑘 ( ) = 10.2𝑘
5

𝜃

3
𝑅 𝐶𝑌𝑋 = 𝑅 𝐶𝑌 sin 𝜃 = 14𝑘 ( ) = 8.4𝑘
5
Miembro AB
0 ≤ 𝑥1 ≤ 8´
𝑀1

𝑅 𝐴𝑋 = 0

𝑁1

𝐴


𝑥1

−14( 𝑥1 ) + 𝑀1 = 0 ⇒ 𝑀1 = 14𝑥1
𝑉1

21𝑘

0 ≤ 𝑥2 ≤ 7´
𝑅 𝐴𝑋 = 0

𝑀2
𝑁2

𝐴
8𝑓𝑡


𝑀2 + 21( 𝑥2 ) − 14(8 + 𝑥2 ) = 0

𝑥2
𝑉2

𝑀2 = −7𝑥2 + 112

404


Miembro CB

0 ≤ 𝑥3 ≤ 5´
−𝑀3 − 8.4( 𝑥3 ) = 0
𝑀3 = −8.4𝑥3

𝐶

𝜃

7𝑘

0 ≤ 𝑥4 ≤ 5´

𝜃

−𝑀4 + 4.2( 𝑥4 ) − 8.4( 𝑥4 + 5) = 0
−𝑀4 + 4.2𝑥4 − 8.4𝑥4 − 42 = 0
𝐶

𝑅 𝐶𝑌

-

𝑀4 = −4.2𝑥4 − 42

𝜃
= 14𝑘

Análisis de la estructura isostática MIF 2
Cálculo de las reacciones en los apoyos.

+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ 𝑅 𝐶𝑌 (21) − 1(8) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 0.3809
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑅 𝐴𝑌 + 0.3809 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 0.3809

405


+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑋 − 1 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 1

𝑅 𝐴𝑋 = 1
𝐴

𝑥1

𝐵

𝑥2

𝜃
𝑅 𝐴𝑌 = 0.3809

8𝑓𝑡
7𝑓𝑡

3𝑓𝑡

𝐶

15𝑓𝑡

6𝑓𝑡
𝑅 𝐶𝑌

𝜃
1

𝜃
= 0.3809

Cálculo de las componentes rectangulares.

∗ 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝐹 = 1
4
𝐹 𝑋´ = 𝐹 cos 𝜃 = 1 ( ) = 0.8
5
𝜃
1

3
𝐹 𝑌´ = 𝐹 sin 𝜃 = 1 ( ) = 0.6
5
∗ 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑅 𝐶𝑌 = 0.3809
4
𝑅 𝐶𝑌𝑌 = 𝑅 𝐶𝑌 cos 𝜃 = 0.3809 ( ) = 0.30472
5

𝑅 𝐶𝑌 = 0.3809

𝜃

3
𝑅 𝐶𝑌𝑋 = 𝑅 𝐶𝑌 sin 𝜃 = 0.3809 ( ) = 0.22854
5

Momentos internos 𝑚.
Como ya se había mencionado, debe usarse las mismas coordenadas 𝑥 que las

406


empleadas para deducir los Momentos internos 𝑀, sin importar que en ambos
miembros (AB y CB) no hay variación de carga.
Miembro AB
0 ≤ 𝑥1 ≤ 8´
𝑀1

𝑅 𝐴𝑋 = 1

𝑁1

𝐴


𝑥1

𝑀1 + 0.3809( 𝑥1 ) = 0 ⇒ 𝑀1 = −0.3809𝑥1

𝑅 𝐴𝑌 = 0.3809

𝑉1

0 ≤ 𝑥2 ≤ 7´
𝑅 𝐴𝑋 = 1


𝑀2

𝑁2

𝐴
8𝑓𝑡

𝑥2

𝑅 𝐴𝑌 = 0.3809

𝑀2 + 0.3809(8 + 𝑥2 ) = 0
𝑀2 = −3.0472 − 0.3809𝑥2 = 0

𝑉2

Miembro CB

0 ≤ 𝑥3 ≤ 5´
−𝑀3 − 0.22854( 𝑥3 ) + 0.8( 𝑥3 ) = 0
𝐶

𝑅 𝐶𝑌

𝜃

𝑀3 = 0.5715𝑥3
1

𝜃
= 0.3809

407


0 ≤ 𝑥4 ≤ 5´
−𝑀4 − 0.2285( 𝑥4 + 5) + 0.8( 𝑥4 + 5) = 0
𝑀4 = −1.1425 − 0.2285𝑥4 + 4 + 0.8𝑥4
𝜃

𝐶

𝑅 𝐶𝑌

1

𝑀4 = 2.8575 + 0.5715𝑥4

𝜃
= 0.3809

Cálculo de la incompatibilidad geométrica 𝑑1 .
8(

7(
14𝑥1 )(−0.3809𝑥1 )
−7𝑥2 + 112)(−3.0472 − 0.3809𝑥2 )
𝑑1 = ∫
𝑑𝑥1 + ∫
𝑑𝑥2
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0
0
5(

5(
−8.4𝑥3 )(0.5715𝑥3 )
−4.2𝑥4 − 42)(2.8575 + 0.5715𝑥4 )
4867.02
+∫
𝑑𝑥3 + ∫
𝑑𝑥4 = −
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0
0

Cálculo del coeficiente de flexibilidad 𝑓11 .
8(

7(
5(
−0.3809𝑥1 )2
−3.0472 − 0.3809𝑥2 )2
0.5715𝑥3 )2
𝑓11 = ∫
𝑑𝑥1 + ∫
𝑑𝑥2 + ∫
𝑑𝑥3
𝐸𝐼
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0
0
0
5(
2.8575 + 0.5715𝑥4 )2
272.091
+∫
𝑑𝑥4 =
𝐸𝐼
𝐸𝐼
0

f) Cálculo de la fuerza correctiva o reacción redundante.
reescribimos la ecuación de compatibilidad geométrica
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐶𝑋 = 0 − − − (2)
sustituyendo
−

4867.02 272.091
+
𝑅 𝐶𝑋 = 0 − − − (3)
𝐸𝐼
𝐸𝐼

408


despejando la incógnita
𝑅 𝐶𝑋 =

4867.02
= 17.8875 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑋 = 17.8875𝑘
272.091

g) Cálculo de las reacciones faltantes para la estructura real.
Las fuerzas reactivas desconocidas restantes pueden determinarse si aplicamos las
ecuaciones de equilibrio a un diagrama de cuerpo libre en el que coloquemos la
fuerza redundante que ha sido calculada.
21𝑘

𝑅 𝐴𝑋 = 17.8875𝑘
𝐴

𝐵
7𝑘

𝑅 𝐴𝑌 = 7.1857𝑘

8𝑓𝑡
7𝑓𝑡

3𝑓𝑡

𝐶
15𝑓𝑡

𝑅 𝐶𝑋 = 17.8875𝑘

6𝑓𝑡
𝑅 𝐶𝑌 = 20.8143𝑘

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −17.8875 + 𝑅 𝐴𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 17.8875𝑘
+ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⇒ −21(8) − 7(18) − 17.8875(8) + 𝑅 𝐶𝑌 (21) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐶𝑌 = 20.8143𝑘
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 + 20.8143 − 21 − 7 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 7.1857𝑘

409


2.- Calcular las reacciones en los soportes con el método de la fuerza del marco
mostrado en la siguiente figura. El miembro A-B soporta una carga con variación
lineal, el B-D una carga uniformemente repartida y el E-D una presión curva definida
por la ecuación indicada, cuyo origen ( 𝑥 = 0) se considera en E y en la que se han
colocado sus valores en los puntos inicial y final. En la trabe hay una articulación
en C. Considere 𝐸𝐼 constante. Determinar además las ecuaciones de momento,
cortante y normal.

SOLUCIÓN.
h) Cálculo del grado de indeterminación.
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑒𝑚𝑏𝑟𝑜𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑚𝑎𝑟𝑐𝑜( 𝑚) = 3( 𝐴 − 𝐵; 𝐵 − 𝐷; 𝐸 − 𝐷 )
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑖𝑛𝑐𝑜𝑔𝑛𝑖𝑡𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛( 𝑟) = 5( 𝑅 𝐴𝑋 ; 𝑅 𝐴𝑌 ; 𝑅 𝐸𝑋 ; 𝑅 𝐸𝑌 ; 𝑀 𝐸 )
𝑛ú𝑚𝑒𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑛𝑜𝑑𝑜𝑠( 𝑗) = 4( 𝐴; 𝐵; 𝐷; 𝐸)
𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖ó𝑛( 𝑐 ) = 1( 𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑛 𝐶 )
Si 𝑟 + 3𝑚 = 5 + 3(3) = 14 y 3𝑗 + 𝑐 = 3(4) + 1 = 13, entonces 𝑟 + 3𝑚 > 3𝑛 + 𝑐, por
lo que el marco es estáticamente indeterminado de grado 14 − 13 = 1.
i) Elección de la fuerza redundante y planteamiento de la estructura primaria.
Seleccionaremos como acción redundante a 𝑅 𝐴𝑋 . En consecuencia, en la estructura
primaria, el apoyo articulado (pasador) en 𝐴 se reemplaza por un apoyo simple
(oscilador o rodillo), puesto que éste último no restringirá 𝐴 horizontalmente y
entonces la capacidad del marco para soportar una fuerza en esa dirección y en ese
punto se elimina.
j) Principio de superposición.
El marco real ( 𝑀𝑅) es igual a la estructura primaria más la estructura liberada bajo
la acción de la redundante 𝑅 𝐴𝑋 ; ósea 𝑀𝑅 = 𝑀𝐼𝐹 1 + 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼.

410


Estructura primaria⟹MIF 1(Estructura 𝑀)

En éste marco 𝐴 se desplaza horizontalmente una cantidad de ∆ 𝐻𝐴

𝑀𝐼𝐹1 =

𝑑1.

Estructura liberada con fuerza redundante 𝑅 𝐴𝑋 aplicada⟹ 𝑀𝐼𝐹 𝐼𝐼

En éste marco 𝐴 se desplaza horizontalmente una cantidad de ∆ 𝐻𝐴


𝑅 𝐴𝑋 ( 𝑓11).

k) Planteamiento de la ecuación de compatibilidad geométrica.
Por superposición, la ecuación de compatibilidad para el desplazamiento horizontal
en 𝐴 del apoyo articulado es
∆ 𝐻𝐴

𝑀𝐼𝐹1

+ ∆ 𝐻𝐴


∆ 𝐻𝐴

𝑀𝑅

− − − (1)

En el marco original no hay desplazamiento horizontal ya que está restringido por el
pasador, así que ∆ 𝐻𝐴 𝑀𝑅 es nulo. Realizando las sustituciones correspondientes la
ecuación puede expresarse en términos de la incógnita 𝑅 𝐴𝑋 como
𝑑1 + 𝑓11 𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (2)
Si a la estructura liberada le aplicamos una unidad de fuerza horizontal en 𝐴
correspondiente a la fuerza redundante, el coeficiente de flexibilidad puede
obtenerse directamente al calcular el desplazamiento horizontal en ese punto, por
lo que ∆ 𝐻𝐴 𝑀𝐼𝐹2 = 𝑓11.

411


Estructura liberada con fuerza horizontal unitaria aplicada en 𝐴 ⟹MIF 2(Estructura 𝑚)

l) Cálculo de los desplazamientos necesarios para el sistema de ecuaciones
de compatibilidad.
En resumen, en los marcos MIF 1 y MIF 2 es necesario determinar el valor del
desplazamiento horizontal en 𝐴 ya que 𝑅 𝐴𝑋 (fuerza reactiva horizontal en el
apoyo articulado del punto 𝐴) fue suprimido en el marco hiperestático. A
continuación el orden con el que se calcularán los desplazamientos por medio
del método del trabajo virtual.
𝐿2

𝑑1 = ∆ 𝐻𝐴

𝑀𝐼𝐹1=

∫
𝐿1
𝐿2

𝑓11 = ∆ 𝐻𝐴

∫
𝑀𝐼𝐹2 =

𝐿1

-

𝑀𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼
𝑚𝑚
𝑑𝑥
𝐸𝐼

Análisis de la estructura isostática MIF1.
Para la presión curva:



Cálculo de la carga concentrada equivalente.
𝐿2
2
1
𝐴 𝐶 = ∫ 𝑑𝐴 = ∫ 𝑦𝑑𝑥 = ∫
𝑑𝑥
𝐿1
0 √5 − 2𝑥

resolvemos la integral de forma indefinida
∫

1
√5 − 2𝑥

1

𝑑𝑥 = ∫(5 − 2𝑥 )−2 𝑑𝑥

1

1

Sean 𝑛 = − 2 y 𝑢 = 5 − 2𝑥. Entonces 𝑑𝑢 = −2𝑑𝑥, y por tanto 𝑑𝑥 = − 2 𝑑𝑢. Así, la
regla de sustitución da
1

∫(5 − 2𝑥 )−2 𝑑𝑥 = ∫ 𝑢 𝑛 ∙ −

1
1
1 𝑢 𝑛+1
𝑑𝑢 = − ∫ 𝑢 𝑛 𝑑𝑢 = − (
)
2
2
2 𝑛+1

412


1

1
1 (5 − 2𝑥 )−2+1
=− (
) = −(5 − 2𝑥 )2
1
2
−2 +1
2

∫
0

1 2

1
√5 − 2𝑥

1

1

𝑑𝑥 = [−(5 − 2𝑥 )2 ] = [−(5 − 2(2))2 ] − [−(5 − 2(0))2 ]
0

= −1 + 2.23606777 = 1.236067977
𝐴𝑐 = 1.236067977 𝑇


Punto de aplicación.

2
𝑥
𝐿2
𝑑𝑥
∫
0
𝑥
∫ ̃ 𝑑𝐴 ∫𝐿1 𝑥𝑦𝑑𝑥
√5 − 2𝑥
𝑥̅ =
= 𝐿2
=
2
1
∫ 𝑑𝐴
∫𝐿1 𝑦𝑑𝑥
𝑑𝑥
∫
0
√5 − 2𝑥

Como el denominador ya ha sido resuelto, sólo atendemos al numerador.
∫

𝑥
√5 − 2𝑥

𝑑𝑥

Sea
𝑢= 𝑥

𝑑𝑣 =

1
√5 − 2𝑥

𝑑𝑥

Entonces
∫ 𝑑𝑣 = 𝑣 = ∫

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

1
√5 − 2𝑥

1

𝑑𝑥 = −(5 − 2𝑥 )2

Al integrar por partes tendremos
∫ 𝑢 𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣 𝑑𝑢
∫

𝑥
√5 − 2𝑥

1

1

𝑑𝑥 = (𝑥) [−(5 − 2𝑥 )2 ] + ∫(5 − 2𝑥 )2 𝑑𝑥
3

∫(5 −

∫

1
2𝑥 )2

𝑥
√5 − 2𝑥

3

1
(5 − 2𝑥 )2
1
1 (5 − 2𝑥 )2
𝑑𝑥 = − ∫(5 − 2𝑥 )2 (−2𝑑𝑥 ) = − (
)=−
3
2
2
3
2
3

𝑑𝑥 = −𝑥 (5 −

1
2𝑥 )2

1

1
(5 − 2𝑥 )2
(5 − 2𝑥 )(5 − 2𝑥 )2
−
= −𝑥(5 − 2𝑥 )2 −
3
3

413


1

= (5 − 2𝑥 )2 (−𝑥 −
−𝑥 −

5 − 2𝑥 −3𝑥 − 5 + 2𝑥 −𝑥 − 5
1
=
=
= − ( 𝑥 + 5)
3
3
3
3
∫

2

5 − 2𝑥
)
3

𝑥
√5 − 2𝑥

𝑑𝑥 = −

(√5 − 2𝑥)( 𝑥 + 5)
3
2

(√5 − 2𝑥)( 𝑥 + 5)
5√5 7
] =
∴ ∫
𝑑𝑥 = [−
− ≈ 1.393446629
3
3
3
0 √5 − 2𝑥
0
𝑥

El brazo de la palanca es
𝑥̅ =

1.393446629
= 1.127322004𝑚 hacia arriba de E y sobre el miembro E-D.
1.236067977

(4)(2) 1
1
20
] ( (2)) − (3)(4) ( (4)) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =
+ ∑ 𝑀𝐶 𝑖𝑧𝑞 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 (4) − [
𝑇
2
3
2
3
(4)(2)
] − 2 − 1.236067977 − 𝑅 𝐸𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐸𝑋 = 0.763932023 𝑇
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ [
2
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒

20
34
− (3)(6) + 𝑅 𝐸𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐸𝑦 =
𝑇
3
3

+ ∑ 𝑀𝐶 𝑑𝑒𝑟 = 0 ⇒ (3)(2)((1/2) (2)) + 1.236067977(2 − 1.127322004)
+(0.763932023)(2)(−(34/3)(2) + 𝑀 𝐸 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐸 = 14.0601133 𝑇 ∙ 𝑚
Miembro A-B
0 ≤ 𝑥1 ≤ 2𝑚
3
( 𝑥1 )(2𝑥1 )
2
𝑥1
] (𝑥1 − 𝑥1 ) = 0 ⇒ 𝑀1 = −
−𝑀1 − [
2
3
3

𝐴 𝑇𝐶

𝑥̅ 𝐼

414


4
= 𝑤1 /𝑥1 ⇒ 𝑤1 = 2𝑥1
2

Miembro B-D
0 ≤ 𝑥2 ≤ 6𝑚
−𝑀2 +

(4)(2) 1
20
1
( 𝑥2 ) − [
] ( (2)) − (3)( 𝑥2 ) ( 𝑥2 ) = 0
3
2
3
2

𝐴𝑇

𝑥̅1

𝐴 𝑈𝑅𝐶

𝑥̅ 𝐼𝐼

8 20
3 2
𝑀2 = − +
𝑥2 − 𝑥2
3 3
2
𝑥2 = 4, 𝑀2 = 0 →
𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑐𝑒𝑟𝑜
Miembro E-D
0 ≤ 𝑥3 ≤ 2

Para la presión curva del corte.


Cálculo de la carga concentrada equivalente.

415


𝑥3

𝐴 𝐶𝐶 = ∫
0

1 𝑥3

1

𝑑𝑥 = [−(5 − 2𝑥 )2 ]

√5 − 2𝑥

0

= √5 − √5 − 2𝑥 3



Punto de aplicación.

𝑥̅ 𝐼 𝐼𝐼

𝑥
𝑑𝑥
√5 − 2𝑥
=
𝑥3
1
𝑑𝑥
∫
0
√5 − 2𝑥
𝑥

𝑥3

∫ 3
0

𝑥3

(√5 − 2𝑥)( 𝑥 + 5)
5√5 (√5 − 2𝑥3 )(𝑥3 + 5)
∫
] =
𝑑𝑥 = [−
−
3
3
3
0 √5 − 2𝑥
0
𝑥

∴ 𝑥̅ 𝐼𝐼𝐼

5√5 (√5 − 2𝑥3 )(𝑥3 + 5)
−
3
= 3
√5 − √5 − 2𝑥 3

+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ −𝑀3 + 14.06011330 + 0.763932023( 𝑥3 )
5√5 (√5 − 2𝑥3 )(𝑥3 + 5)
−
3
)=0
+(√5 − √5 − 2𝑥 3 ) (𝑥3 − 3
√5 − √5 − 2𝑥 3
𝑀3 =
-

3
1
(5 − 2𝑥3 )2 + 3𝑥3 + 10.33333333
3

Análisis de la estructura isostática MIF2.

+ ∑ 𝑀𝐶 𝑖𝑧𝑞 = 0 ⇒ −(1)(2) + 𝑅 𝐴𝑌 (4) = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 =

1
2

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 1 − 𝑅 𝐸𝑋 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐸𝑋 = 1
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒
+ ∑ 𝑀𝐶 𝑑𝑒𝑟 = 0 ⇒

1
1
− 𝑅 𝐸𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐸𝑌 =
2
2

1
(2) + 1(2) − 𝑀 𝐸 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐸 = 3
2

Momentos internos 𝑚.
Miembro A-B

416


0 ≤ 𝑥1 ≤ 2𝑚
−𝑀1 − 1( 𝑥1 ) = 0 ⇒ 𝑀1 = −𝑥1

Miembro B-D
0 ≤ 𝑥2 ≤ 6𝑚
1
1
−𝑀2 + ( 𝑥2 ) − 1(2) = 0 ⇒ 𝑀2 = 𝑥2 − 2
2
2
𝑥2 = 4, 𝑀2 = 0 → 𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑛
𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑒𝑠 𝑛𝑢𝑙𝑜

Miembro E-D
0 ≤ 𝑥3 ≤ 2𝑚
−𝑀3 + 1( 𝑥3 ) − 3 ⇒ 𝑀3 = 𝑥3 − 3

Cálculo de la incompatibilidad geométrica 𝑑1 .
𝑑1 = (

2
6
3
1
𝑥1
8 20
3 2 1
) [∫ (− ) (−𝑥1 ) 𝑑𝑥1 + ∫ (− +
𝑥2 − 𝑥2 ) ( 𝑥2 − 2) 𝑑𝑥2
𝐸𝐼
3
3 3
2
2
0
0

417


2
3
1
+ ∫ ( (5 − 2𝑥3 )2 + 3𝑥3 + 10.33333333) ( 𝑥3 − 3) 𝑑𝑥3 ]
0 3

Resolviendo integrales por separado
2

2

2
3
4
5
𝑥1
𝑥1
𝑥1
32
∫ (− ) (−𝑥1 ) 𝑑𝑥1 = ∫ ( ) 𝑑𝑥1 = [+ ] =
3
3
15 0 15
0
0
6
6
3
2
8 20
3 2 1
3𝑥2 19𝑥2 44𝑥2 16
∫ (− +
𝑥2 − 𝑥2 ) ( 𝑥2 − 2) 𝑑𝑥2 = ∫ (−
+
−
+ ) 𝑑𝑥2
3 3
2
2
4
3
3
3
0
0
6

4
3
2
3𝑥2 19𝑥2 22𝑥2 16𝑥2
] = −19
= [−
+
−
+
16
9
3
3 0
2
3
1
∫ ( (5 − 2𝑥3 )2 + 3𝑥3 + 10.33333333) ( 𝑥3 − 3) 𝑑𝑥3
0 3
1

2

∫ [−(5 −

3
2𝑥3 )2

0

1

2
2𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 5𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2
2
−
+
+ 3𝑥3 + 1.33333𝑥3 − 31] 𝑑𝑥3
3
3

esta integral a su vez se resuelve por separado
2

∫ −( 5 −
0

5 2

3
5 2
1 2
1 (5 − 2𝑥3 )2
1
2 (2)𝑑𝑥3 = [
] = [(5 − 2𝑥3 )2 ]
𝑑𝑥3 = ∫ −(5 − 2𝑥3 )
5
2 0
2
5
0
2
0
= −10.98033989

3
2𝑥3 )2

1

2

2
1
2𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2
2 2 2
∫ −
𝑑𝑥3 = − ∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3
3
3 0
0

Sea
1

2
𝑢 = 𝑥3

𝑑𝑣 = (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3

Entonces
3

𝑑𝑢 = 2𝑥3 𝑑𝑥3

−(5 − 2𝑥3 )2
∫ 𝑑𝑣 = 𝑣 =
3

Al integrar por partes tendremos
∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢

418


3

2

3

1
2 2 2
2 2 −(5 − 2𝑥3 )2
−2𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2
− ∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3 = − [𝑥3 (
)−∫
𝑑𝑥3 ]
3 0
3
3
3
0
2

3

2
3
2 −𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 2
=− [
+ ∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3 ]
3
3
3
0
3

∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3
3

𝑑𝑣 = (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3
5
1
∫ 𝑑𝑣 = 𝑣 = − (5 − 2𝑥3 )2
5

𝑢 = 𝑥3

Sea

𝑑𝑢 = 𝑑𝑥3

Entonces

Al integrar por partes tendremos ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢, es decir,
3

∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3 = −
=−

5
7
5
1
1
1
1
(5 − 2𝑥3 ) )
𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 − (5 − 2𝑥3 )2 = (5 − 2𝑥3 )2 (− 𝑥3 −
5
35
5
35

= (5 −

2

∫ −

5
5
1
1
𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 − ∫ − (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3
5
5

2
2𝑥3 (5 −

1
2𝑥3 )2

3

0

5
1
2𝑥3 )2 (− 𝑥3

7

2
𝑑𝑥3 = − [
3

5

( 𝑥3 + 1)(5 − 2𝑥3 )2
1
− )=−
7
7

2
−𝑥3 (5 −

3

3
2𝑥3 )2

2 −( 𝑥3 + 1)(5 −
+ [
3
7

5
2𝑥3 )2

2

]]
0

3

3

2

2
2𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 4( 𝑥3 + 1)(5 − 2𝑥3 )2 (5 − 2𝑥3 )
]
=[
+
9
63
0

= [(5 −

3 2
2
2𝑥3 )2 ( 𝑥3

9

2

3 2
4
8 2
4
20 2
2
2 ( 𝑥3 −
(𝑥 + 1)(5 − 2𝑥3 ))] = [(5 − 2𝑥3 )
(𝑥 ) + )]
+
𝑥 +
63 3
9
63 3 21 3
63 0
0

3

= [(5 − 2𝑥3 )2 (

3 6
2 2
4
20 2
12
20 2
2
𝑥3 +
𝑥3 + )] = [(5 − 2𝑥3 )2 (
𝑥3 +
𝑥3 + )]
21
21
63 0
63
63
63 0

=[

2
2(3𝑥3

+ 6𝑥3 + 10)(5 −
63

3 2
2𝑥3 )2

] = −2.46995
0

419


1

2

1
5𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2
5 2
∫ [
] 𝑑𝑥3 = ∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3
3
3 0
0

1

𝑢 = 𝑥3

Sea

𝑑𝑣 = (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3

3

(5 − 2𝑥3 )2
∫ 𝑑𝑣 = 𝑣 = −
3

Entonces 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥3

Al integrar por partes tendremos ∫ 𝑢𝑑𝑣 = 𝑢𝑣 − ∫ 𝑣𝑑𝑢, es decir,
2

1
5
5
𝑥3 (5 −
∫ 𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3 = [−
3 0
3
3

3
2𝑥3 )2

2
3
1
+ ∫(5 − 2𝑥3 )2 𝑑𝑥3 ]
3
0

3

5

2

3

3 2

(5 − 2𝑥3 )2
5
𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 1
5𝑥3 (5 − 2𝑥3 )2 (5 − 2𝑥3 )(5 − 2𝑥3 )2
= [−
+ (−
)] = [−
−
]
3
3
3
5
9
9

0

0

= [(5 −

3
5
2𝑥3 )2 (− 𝑥3

9

= [−

2
2
3
1
1
− (5 − 2𝑥3 ) )] = [(5 − 2𝑥3 )2 (− (3𝑥3 + 5) )]
9
9
0
0

(3𝑥3 + 5)(5 −
9

3 2
2𝑥3 )2

] = 4.989077715
0

2
2
3
2
∫ (3𝑥3 + 1.33333𝑥3 − 31) 𝑑𝑥3 = [ 𝑥3 + 0.666665𝑥3 − 31𝑥3 ]2 = −51.33334
0
0

∴ 𝑑1 =

1 32
[ − 19 − 10.98033989 − 2.46995 + 4.989077715 − 51.33334] = −76.66121884
𝐸𝐼 15

Cálculo del coeficiente de flexibilidad 𝑓11
2
2
6
2
1
1
𝑓11 = [∫ (−𝑥1 )2 𝑑𝑥1 + ∫ ( 𝑥2 − 2) 𝑑𝑥2 + ∫ ( 𝑥3 − 3)2 𝑑𝑥3 ] ( )
𝐸𝐼
0
0 2
0

Resolviendo las integrales por separado
2

∫ (−𝑥1 )2 𝑑𝑥1 = [
0

2

3
𝑥1
8
] =
3 0 3

420


2

2
6
2
3
1
𝑥2
𝑥2
2
∫ ( 𝑥2 − 2) 𝑑𝑥2 = ∫ ( − 2𝑥2 + 4) 𝑑𝑥2 = [ − 𝑥2 + 4𝑥2 ] = 6
2
4
12
0
0
0
6

2

2

2

)2

∫ ( 𝑥3 − 3

𝑑𝑥3 = ∫ (

0

0

2
𝑥3

3
𝑥3
26
2
− 6𝑥3 + 9) 𝑑𝑥3 = [ − 3𝑥3 + 9𝑥3 ] =
3
3
0

∴ 𝑓11 =

1 8
26
52
[ +6+ ]=
𝐸𝐼 3
3
3

m) Cálculo de la fuerza correctiva o acción redundante.
Sustituyendo los resultados en la ecuación (2) y resolviendo se obtiene
−76.66121884 +

52
76.66121884
𝑅 𝐴𝑋 = 0 − − − (3) ⇒ 𝑅 𝐴𝑋 =
= 4.422762625
52
3
3

El signo positivo indica que 𝑅 𝐴𝑋 actúa en el mismo sentido al que se muestra en la
figura de MIF II.
∴ 𝑅 𝐴𝑋 = 4.422762625 𝑇
n) Calculo de las reacciones restantes del marco original.

Con el valor obtenido, podemos calcular las demás fuerzas reactivas en los soportes
aplicando las ecuaciones de equilibrio.
(4)(2) 1
1
] ( (2)) − 3(4) ( (4)) = 0
+ ∑ 𝑀𝐶 𝑖𝑧𝑞 = 0 ⇒ 𝑅 𝐴𝑌 (4) − 4.422762625(2) − [
2
3
2
𝑅 𝐴𝑌 =
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ [

35.51219192
⇒∴ 𝑅 𝐴𝑌 = 8.878047979𝑇
4

(4)(2)
] − 2 − 1.236067977 + 4.422762625 − 𝑅 𝐸𝑋 = 0
2
∴ 𝑅 𝐸𝑋 = 5.186694648 𝑇

421


+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 8.878047979 − (3)(6) + 𝑅 𝐸𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝐸𝑌 = 9.121952021 𝑇
1
+ ∑ 𝑀𝐶 𝑑𝑒𝑟 = 0 ⇒ (3)(2) ( (2)) + 1.236067977(2 − 1.127322004)
2
+(5.186694648)(2) − 9.121952021 (2) + 𝑀 𝐸 = 0 ⇒∴ 𝑀 𝐸 = 0.7918254209 𝑇 ∙ 𝑚
o) Ecuaciones de momento, cortante y normal de la estructura real
Miembro A-B
0 ≤ 𝑥1 ≤ 2𝑚
( 𝑥1 )(2𝑥1 ) 1
] ( 𝑥1 ) − 4.422762625( 𝑥1 ) = 0
−𝑀1 − [
2
3
𝑀1 = −

3
𝑥1
− 4.422762625𝑥1
3

𝑥1 = 2𝑚, 𝑀1 = −11.51219𝑇. 𝑚
𝑉1 =

𝑑𝑀1
2
= −𝑥1 − 4.422762625
𝑑𝑥1

+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⇒ 𝑁1 = −8.878047979
Miembro B-D
0 ≤ 𝑥2 ≤ 6𝑚


422


(4)(2) 1
1
] ( (2)) − 3( 𝑥2 ) ( 𝑥2 ) = 0
−𝑀2 + 8.878047979( 𝑥2 ) − 4.422762625(2) − [
2
3
2
𝑀2 = −

3 2
𝑥 + 8.878047979𝑥2 − 11.51219192
2 2

𝑥2 = 0, 𝑀2 = −11.51219𝑇. 𝑚
𝑥2 = 4𝑚, 𝑀2 = 0 → 𝐸𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑠 𝑛𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑎𝑟𝑡𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑐𝑖ó𝑛
𝑥2 = 6𝑚, 𝑀2 = −12.2439𝑇. 𝑚
𝑉2 =

𝑑𝑀2
= −3𝑥2 + 8.878047979
𝑑𝑥2

(4)(2)
] + 4.422762625 + 𝑁2 = 0 ⇒ 𝑁2 = −8.422762625
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ [
2

Miembro E-D
0 ≤ 𝑥3 ≤ 2𝑚

+ ∑ 𝑀𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 = 0 ⇒ 𝑀3 = 5.186694648𝑥3 + 0.7918254209 + (√5 − √5 − 2𝑥3 )
3
5√5 (√5 − 2𝑥3 )( 𝑥3 + 5)
−
(5 − 2𝑥3 )2
3
(𝑥3 − 3
) ⇒ 𝑀3 =
+ 7.422762625𝑥3 − 2.934954541
3
√5 − √5 − 2𝑥3

𝑥3 = 2𝑚, 𝑀3 = 12.2439𝑇. 𝑚
𝑉3 =

1
𝑑𝑀3
= 7.422762625 − (5 − 2𝑥3 )2
𝑑𝑥3

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑁3 = −9.121952021

423


4.- Calcule el desplazamiento que experimenta el nudo 𝑖 de la armadura que se
muestra en la siguiente figura, al actuar sobre ella el sistema de cargas indicado. El
área de la sección transversal de cada elemento es constante y su valor se indica
en el cuadrado adyacente; se expresa en pulgadas cuadradas. El módulo de
elasticidad del material de los miembros de la estructura es 30000𝑘/𝑝𝑢𝑙𝑔2 .
12

𝑐
10

15

15´

𝑎

3
8

8

𝑗

𝑖

12𝑘

10

15

3

8

9

𝑒

10

3

𝑏
15´

12

𝑑

8

ℎ

𝑓
9

18𝑘

10

𝜃

𝑔
20´

20´

20´

20´

SOLUCIÓN.
Fuerzas reales 𝑵.
-

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝑎𝑋 = 0

+ ∑ 𝑀𝑎 = 0 ⇒ 12(20) + 18(40) − 𝑅 𝑔𝑌 (80) = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 =

960
= 12 ⇒∴ 𝑅 𝑔𝑌 = 12𝑘
80

↑ + ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 12 − 18 + 12 − 𝑅 𝑎𝑌 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝑎𝑌 = 18𝑘
Además:
𝐿 𝑎𝑗 = √(20´)2 + (15´)2 = 25´; sin 𝜃 =

15 3
20 4
= ; cos 𝜃 =
=
25 5
25 5

𝐿 𝑎𝑗 = 𝐿 𝑏𝑐 = 𝐿 𝑗𝑑 = 𝐿ℎ𝑑 = 𝐿 𝑓𝑒 = 𝐿 𝑔ℎ = 25´

424


-

Cálculo las fuerzas en las barras causadas por las cargas reales que
actúan sobre la armadura, utilizando el método de los nodos.
Nodo 𝑎.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗 𝑋 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑎𝑗 =

𝑅 𝑎𝑋
0
=
=0
4⁄
𝑐𝑜𝑠𝜃
5

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑎𝑏 + 𝑅 𝑎𝑌 + 𝑎𝑗 𝑌 = 0 ⇒ −𝑎𝑏 + 𝑅 𝑎𝑌 + 𝑎𝑗𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
3
−𝑎𝑏 + 18 + 0 ( ) = 0 ⇒ 𝑎𝑏 = 18𝑘( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5

Nodo 𝑏.

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑏𝑎 − 𝑏𝑐 𝑌 = 0 ⇒ 𝑏𝑎 − 𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
𝑏𝑐 =

𝑏𝑎
18
=
= 30𝑘( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
𝑠𝑖𝑛𝜃 3⁄
5

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑏𝑗 − 𝑏𝑐 𝑋 = 0 ⇒ 𝑏𝑗 − 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
4
𝑏𝑗 = 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = 30 ( ) = 24𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
5

Nodo 𝑐.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑐𝑏 𝑋 − 𝑐𝑑 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑐𝑑 = 0
4
𝑐𝑑 = 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 = 30 ( ) = 24𝑘( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑐𝑏 𝑌 − 𝑐𝑗 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑐𝑗 = 0
3
𝑐𝑗 = 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 = 30 ( ) = 18𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
5

425


Nodo 𝑗.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑗𝑐 − 12 − 𝑗𝑑 𝑌
𝑗𝑐 − 12 − 𝑗𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
𝑗𝑑 =

𝑗𝑐 − 12 18 − 12
=
3⁄
𝑠𝑖𝑛𝜃
5

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑗𝑏 + 𝑗𝑖 − 𝑗𝑑 𝑋 = 0
−𝑗𝑏 + 𝑗𝑖 − 𝑗𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
4
𝑗𝑖 = 𝑗𝑏 + 𝑗𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 24 + 10 ( ) = 32𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
5

Nodo 𝑖.

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑖𝑑 − 18 = 0
𝑖𝑑 = 18𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑖𝑗 + 𝑖ℎ = 0
𝑖ℎ = 𝑖𝑗 = 32𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)

Nodo 𝑔.

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑔ℎ 𝑋 = 0 ⇒ −𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑔ℎ = 0/𝑐𝑜𝑠𝜃 =

0
=0
4
5

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 − 𝑔𝑓 + 𝑔ℎ 𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 − 𝑔𝑓 + 𝑔ℎ𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
3
𝑔𝑓 = 𝑅 𝑔𝑌 + 𝑔ℎ𝑠𝑖𝑛𝜃 = 12 + 0 ( ) = 12𝑘 ( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5

426


Nodo 𝑓.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑓𝑒 𝑌 + 𝑓𝑔 = 0

𝑓𝑒 𝑋

𝜃

−𝑓𝑒𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝑓𝑔 = 0

𝑓𝑒

𝑓𝑒 𝑌

𝑓𝑔 = 𝑓𝑒/𝑠𝑖𝑛𝜃 =

𝜃

𝑓

𝑓ℎ

12
3
5

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑓ℎ + 𝑓𝑒 𝑋 = 0

𝑓𝑔 = 12𝑘

−𝑓ℎ + 𝑓𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
4
𝑓ℎ = 𝑓𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃 = 20 ( ) = 16𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
5

Nodo 𝑒.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑒𝑑 − 𝑒𝑓 𝑋 = 0

𝑒

𝑒𝑑

𝜃

𝑒𝑓 𝑌

𝑒ℎ

𝑒𝑑 = 𝑒𝑓 𝑋
4
𝑒𝑑 = 𝑒𝑓𝑐𝑜𝑠𝜃 = 20 ( ) = 16𝑘( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5

𝜃

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑒ℎ + 𝑒𝑓 𝑌 = 0

𝑒𝑓 𝑋
𝑒ℎ = 𝑒𝑓 𝑌
3
𝑒ℎ = 𝑒𝑓𝑠𝑖𝑛𝜃 = 20 ( ) = 12𝑘( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
5

Nodo ℎ.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −32 + 16 + ℎ𝑑 𝑋 = 0

ℎ𝑑 𝑋

−16 + ℎ𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

ℎ𝑒 = 12𝑘

𝜃

ℎ𝑑 = 16/𝑐𝑜𝑠𝜃 =

ℎ𝑑

ℎ𝑑 𝑌

𝜃
ℎ𝑖 = 32𝑘

ℎ

𝜃 ℎ𝑓 = 16𝑘
ℎ𝑔

16
4
5

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ ℎ𝑒 − ℎ𝑑 𝑌 = 0
ℎ𝑒 − ℎ𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
3
12 − 20 ( ) = 0 ⟹ 0 = 0 𝑜𝑘
5

427


Los resultados obtenidos se muestran en la siguiente figura:
𝑐

𝑑

24𝑘

16𝑘

𝑒

𝑎

𝜃 32𝑘

18𝑘

𝜃

𝑗

32𝑘

𝑖

12𝑘

𝜃

𝜃

16𝑘

ℎ

𝑓

𝜃
12𝑘

𝜃 24𝑘

𝑏

12𝑘

18𝑘

15´

15´

𝜃
18𝑘

𝜃

18𝑘

𝜃

𝜃

𝑔

𝑅 𝑎𝑋 = 0

20´
𝑅 𝑎𝑌 = 18𝑘

20´

20´

20´
𝑅 𝑔𝑌 = 12𝑘

Como se desconoce la dirección del desplazamiento del nudo 𝑖, no es posible
aplicar una carga virtual unitaria en su dirección y calcularlo directamente. Sin
embargo, el desplazamiento del nudo 𝑖 se determina si, por ejemplo, se conocen
sus componentes horizontal y vertical.
Fuerzas virtuales 𝒏𝒗. Dado que debe determinarse el desplazamiento vertical en
la junta 𝑖, se aplica una fuerza virtual de 1 en 𝑖 con dirección vertical hacia abajo.
𝐸𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑣𝑖𝑟𝑡𝑢𝑎𝑙 𝑛𝑣.

428


Se calculan las reacciones en los soportes 𝑎 y 𝑔 y después se determina la fuerza
𝑛𝑣 en cada elemento por el método de los nudos.
-

Cálculo de las reacciones en los soportes de la estructura virtual 𝑛𝑣.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ 𝑅 𝑎𝑋 = 0

+ ∑ 𝑀𝑎 = 0 ⇒ 1(40) − 𝑅 𝑔𝑌 (80) = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 =

40 1
= ⇒ ∴ 𝑅 𝑔𝑌 = 0.5
80 2

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝑎𝑌 − 1 + 0.5 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝑎𝑌 = 0.5
Cálculo de las fuerzas virtuales 𝑛𝑣 que se producen en las barras al aplicar
una carga virtual vertical unitaria en el nudo 𝑖, usando el método de los nodos.

-

Nodo 𝑎.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑎𝑗 𝑌

𝑎𝑗

𝑎𝑏

−𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗 𝑋 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑎𝑗 =

𝜃

𝑎

𝑎𝑗 𝑋

𝜃

𝑅 𝑎𝑋
0
=
=0
4⁄
𝑐𝑜𝑠𝜃
5

+→ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑅 𝑎𝑋 = 0

−𝑎𝑏 + 𝑅 𝑎𝑌 + 𝑎𝑗 𝑌 = 0 ⇒ −𝑎𝑏 + 𝑅 𝑎𝑌 + 𝑎𝑗𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0
3
−𝑎𝑏 + 0.5 + 0 ( ) = 0 ⇒ 𝑎𝑏 = 0.5( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5

𝑅 𝑎𝑌 = 0.5

Nodo 𝑏.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑏𝑐 𝑋

𝜃

𝑏𝑎 − 𝑏𝑐 𝑌 = 0 ⇒ 𝑏𝑎 − 𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑏𝑐
𝑏

𝜃

𝑏𝑐 𝑌
𝑏𝑗

𝑏𝑎 = 1/2

𝑏𝑐 =

𝑏𝑎
0.5 5
=
= ⁄6 = 0.8333( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
𝑏𝑗 − 𝑏𝑐 𝑋 = 0 ⇒ 𝑏𝑗 − 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

5 4
2
𝑏𝑗 = 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = ( ) ( ) = = 0.6667( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
6 5
3

429


Nodo 𝑐.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑐𝑑

𝑐

𝑐𝑏 𝑋 − 𝑐𝑑 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑐𝑑 = 0

𝜃
𝑐𝑏 𝑌

𝑐𝑑 = 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 =

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑐𝑗
𝜃

5 4
2
( ) = = 0.6667( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
6 5
3

𝑐𝑏 𝑋

𝑐𝑏 𝑌 − 𝑐𝑗 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑐𝑗 = 0
5 3
1
𝑐𝑗 = 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 = ( ) ( ) = = 0.5( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
6 5
2

Nodo 𝑗.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑗𝑑 𝑋

𝑗𝑐 = 1⁄2

𝜃

𝑗𝑐 − 𝑗𝑑 𝑌 = 0 ⇒ 𝑗𝑐 − 𝑗𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑗𝑑

𝑗𝑑 𝑌

𝜃
𝑗𝑏 = 2⁄3

𝜃

𝑗

𝑗𝑑 =

1⁄
𝑗𝑐
= 2 = 5⁄6 = 0.8333( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
5

𝑗𝑖

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑗𝑎

−𝑗𝑏 + 𝑗𝑖 − 𝑗𝑑 𝑋 = 0 ⇒ 𝑗𝑖 = 𝑗𝑏 + 𝑗𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃
5 4
4
𝑗𝑖 = 2⁄3 + ( ) ( ) = = 1.3333( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
6 5
3

Nodo 𝑖.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑖𝑑 − 1 = 0

𝑖𝑑

𝑖𝑑 = 1( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑖

𝑖𝑗 = 4/3
1

𝑖ℎ

−𝑖𝑗 + 𝑖ℎ = 0
𝑖ℎ = 𝑖𝑗 = 4/3 = 1.3333( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)

y por la simetría de la armadura en cuanto a cargas y geometría, se tiene
𝑎𝑏 = 𝑔𝑓 = 0.5( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑏𝑗 = 𝑓ℎ = 0.6667( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)

𝑗𝑑 = ℎ𝑑 = 0.8333( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

430


𝑏𝑐 = 𝑓𝑒 = 0.8333( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑎𝑗 = 𝑔ℎ = 0

𝑐𝑑 = 𝑒𝑑 = 0.6667( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑐𝑗 = 𝑒ℎ = 0.5(𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)

0.6667

𝑐

0.6667

𝑑

𝑒

𝑗

𝑖

0.6667

𝑓

ℎ
0.5

𝜃

1.3333

0.5

15´

𝜃 1.3333

𝜃 0.6667

𝑏

0.5

15´

1

0.5

𝜃

1

𝜃

𝑎

𝑔

𝑅 𝑎𝑋 = 0
20´

20´

20´

20´
𝑅 𝑔𝑌 = 0.5

𝑅 𝑎𝑌 = 0.5

Fuerzas virtuales 𝒏𝒉. Se aplica una carga horizontal que vaya hacia la derecha
de 1 sobre la armadura en la junta 𝑖 y se calculan las fuerzas en los elementos.
𝐸𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑣𝑖𝑟𝑡𝑢𝑎𝑙 𝑛ℎ.
𝑐

12

8

15´

3
8

8

𝑗

𝑖

8

ℎ

1

𝑓
9

9
10

10

𝑎

15

3

3

𝑏

𝑒

10

10

15

15´

12

𝑑

𝜃

𝑔
20´

20´

20´

20´

431


-

Cálculo de las reacciones en los soportes de la estructura virtual 𝑛ℎ.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑋 + 1 = 0 ⇒∴ 𝑅 𝑎𝑋 = 1

+ ∑ 𝑀𝑎 = 0 ⇒ 1(15) − 𝑅 𝑔𝑌 (80) = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 =
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑌 +

15
3
=
⇒∴ 𝑅 𝑔𝑌 = 0.1875
80 16

3
= 0 ⇒ 𝑅 𝑎𝑌 = 3/16 ⇒ 𝑅 𝑎𝑌 = 0.1875
16

Cálculo de las fuerzas virtuales 𝑛ℎ que se producen en las barras al aplicar
una carga virtual vertical unitaria en el nudo 𝑖, usando el método de los nodos.

-

Nodo 𝑎.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑎𝑗 𝑌

−𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗 𝑋 = 0 ⇒ −𝑅 𝑎𝑋 + 𝑎𝑗𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑎𝑗

𝑎𝑏

𝑎𝑗 =

𝜃
𝑎

𝑎𝑗 𝑋

𝜃

𝑅 𝑎𝑋
1
5
=
= = 1.25( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
4⁄
𝑐𝑜𝑠𝜃
4
5
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑅 𝑎𝑋 = 1

−𝑅 𝑎𝑌 − 𝑎𝑏 + 𝑎𝑗 𝑌 = 0 ⇒ 𝑎𝑏 = 𝑎𝑗𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑅 𝑎𝑌
5 3
3
9
𝑎𝑏 = ( ) ( ) −
=
= 0.5625( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
4 5
16 16

𝑅 𝑎𝑌 = 0.1875

Nodo 𝑏.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑏𝑐 𝑋

𝜃

𝑏𝑎 − 𝑏𝑐 𝑌 = 0 ⇒ 𝑏𝑎 − 𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑏𝑐
𝑏

𝜃

𝑏𝑐 𝑌
𝑏𝑗

𝑏𝑎 = 9/16

𝑏𝑐 =

9⁄
𝑏𝑎
= 16 = 15⁄16 = 0.9375( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
3⁄
𝑠𝑖𝑛𝜃
5
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
𝑏𝑗 − 𝑏𝑐 𝑋 = 0 ⇒ 𝑏𝑗 − 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑏𝑗 = 𝑏𝑐𝑐𝑜𝑠𝜃 = (

15 4
3
) ( ) = = 0.75( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
4

432


Nodo 𝑐.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑐𝑑

𝑐

𝑐𝑏 𝑋 − 𝑐𝑑 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑐𝑑 = 0

𝜃
𝑐𝑏 𝑌

𝑐𝑑 = 𝑐𝑏𝑐𝑜𝑠𝜃 =

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑐𝑗
𝜃

15 4
3
( ) = = 0.75( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
4

𝑐𝑏 𝑋

𝑐𝑏 𝑌 − 𝑐𝑗 = 0 ⇒ 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑐𝑗 = 0
𝑐𝑗 = 𝑐𝑏𝑠𝑖𝑛𝜃 =

15 3
9
( )=
= 0.5625( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
16

Nodo 𝑗.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑗𝑑 𝑌

𝑗𝑑

𝑗𝑐 = 9/16
𝜃

𝜃

𝑗𝑏 = 3/4
𝑗

𝜃
𝑗𝑎 𝑋

𝑗𝑑 𝑋

−𝑗𝑎 𝑌 + 𝑗𝑐 + 𝑗𝑑 𝑌 = 0 ⇒ −𝑗𝑎 sin 𝜃 + 𝑗𝑐 + 𝑗𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑗𝑑 =

5 3
9
𝑗𝑎𝑠𝑖𝑛𝜃 − 𝑗𝑐 4 (5) − 16
5
=
=
= 0.3125(𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
3⁄
𝑠𝑖𝑛𝜃
16
5

𝑗𝑖

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝜃

−𝑗𝑎 𝑋 − 𝑗𝑏 + 𝑗𝑖 + 𝑗𝑑 𝑋 = 0 ⇒ −𝑗𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑗𝑏 + 𝑗𝑖 + 𝑗𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑗𝑎 𝑌

5 4
3
5 4
𝑗𝑖 = 𝑗𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑗𝑏 − 𝑗𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = ( ) ( ) + − ( ) ( )
4 5
4
16 5
= 3/2 = 1.5( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)

Nodo 𝑖.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑖𝑑 = 0

𝑖𝑑

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
−𝑖𝑗 + 1 + 𝑖ℎ = 0

𝑖𝑗 = 3/2

𝑖

1

𝑖ℎ
𝑖ℎ = 𝑖𝑗 − 1 =

3
1
− 1 = = 0.5( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
2
2

433


Nodo 𝑔.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑔ℎ 𝑌

𝑔ℎ

−𝑔ℎ 𝑋 = 0 ⇒ −𝑔ℎ𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑔𝑓

𝜃

𝑔ℎ = 0/𝑐𝑜𝑠𝜃 =

𝑔ℎ 𝑋

𝜃

𝑔

0
=0
4
5

+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0
𝑅 𝑔𝑌 − 𝑔𝑓 + 𝑔ℎ 𝑌 = 0 ⇒ 𝑅 𝑔𝑌 − 𝑔𝑓 + 𝑔ℎ𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

𝑅 𝑔𝑌 = 0.1875

3
3
3
+ 0( ) =
16
5
16
= 0.1875( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)

𝑔𝑓 = 𝑅 𝑔𝑌 + 𝑔ℎ𝑠𝑖𝑛𝜃 =

Nodo 𝑓.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑓𝑒 𝑋

𝜃

−𝑓𝑒 𝑌 + 𝑓𝑔 = 0 ⇒ −𝑓𝑒𝑠𝑖𝑛𝜃 + 𝑓𝑔 = 0

𝑓𝑒

𝑓𝑒 𝑌
𝜃

3
𝑓𝑒
16 = 5 = 0.3125( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
𝑓𝑔 =
=
3
𝑠𝑖𝑛𝜃
16
5

𝑓

𝑓ℎ

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑓𝑔 = 3/16

−𝑓ℎ + 𝑓𝑒 𝑋 = 0 ⇒ −𝑓ℎ + 𝑓𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0
𝑓ℎ = 𝑓𝑒𝑐𝑜𝑠𝜃 = (

5 4
1
) ( ) = = 0.25( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
4

Nodo 𝑒.
+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0

𝑒

𝑒𝑑

𝜃

𝑒𝑓 𝑌

𝑒𝑑 − 𝑒𝑓 𝑋 = 0 ⇒ 𝑒𝑑 = 𝑒𝑓 𝑋
𝑒𝑑 = 𝑒𝑓𝑐𝑜𝑠𝜃 = (

𝑒ℎ

𝜃

5 4
1
) ( ) = = 0.25( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
4
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

𝑒𝑓 𝑋
−𝑒ℎ + 𝑒𝑓 𝑌 = 0 ⇒ 𝑒ℎ = 𝑒𝑓 𝑌

434


𝑒ℎ = 𝑒𝑓𝑠𝑖𝑛𝜃 = (

5 3
3
)( ) =
= 0.1875( 𝑇𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
16 5
16

Nodo ℎ.
+↑ ∑ 𝐹𝑌 = 0

ℎ𝑑 𝑋

ℎ𝑒 − ℎ𝑑 𝑌 = 0 ⇒ ℎ𝑒 − ℎ𝑑𝑠𝑖𝑛𝜃 = 0

ℎ𝑒 = 3/16

𝜃

ℎ𝑑

ℎ𝑑 =

ℎ𝑑 𝑌

𝜃
ℎ𝑖 = 1/2

3⁄
ℎ𝑒
5
= 16 =
= 0.3125 ( 𝐶𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
3⁄
𝑠𝑖𝑛𝜃
16
5

𝜃 ℎ𝑓 = 1/4

ℎ

+→ ∑ 𝐹𝑋 = 0
−ℎ𝑖 + ℎ𝑓 + ℎ𝑑 𝑋 = 0 ⇒ −ℎ𝑖 + ℎ𝑓 + ℎ𝑑𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

ℎ𝑔

1 1
5 4
− + + ( ) ( ) = 0 ⇒ 0 = 0 𝑜𝑘
2 4
16 5

𝐸𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑛ℎ.

0.75

𝑐

0.25

𝑑

𝑒

15´

𝜃 0.75

𝑏

𝑎

𝑗

0.5

0.25

ℎ

1

𝜃

𝑓

𝜃
0.1875

𝑖

𝜃

0.5625

15´

𝜃 1.5
𝜃

𝜃

0.1875

0.5625

𝜃

𝜃

𝜃

𝑅 𝑎𝑋 = 1
20´
𝑅 𝑎𝑌 = 0.1875

20´

20´

𝑔

20´
𝑅 𝑔𝑌 = 0.1875

Ecuación del trabajo virtual. En la siguiente tabla se consignan todos los datos
requeridos para el cálculo de las componentes horizontal y vertical del

435


desplazamiento del nudo i. Observe que debe manejarse una congruencia de
unidades. Aquí las fuerzas de tensión son indicadas con números positivos y
fuerzas de compresión se indican con números negativos.
vertical
Barra

N (k)

L (pulg)

a-b
b-c
c-d
d-e
e-f
f-g
a-j
g-h
b-j
j-i
i-h
h-f
j-c
j-d
i-d
h-d
h-e

-18
-30
-24
-16
-20
-12
0
0
24
32
32
16
18
-10
18
-20
12

180
300
240
240
300
180
300
300
240
240
240
240
180
300
180
300
180

A(pulg^2) E(k/pulg^2)
9
15
12
12
15
9
10
10
8
8
8
8
3
10
3
10
3

30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000
30000

nv
-0.5000
-0.8333
-0.6667
-0.6667
-0.8333
-0.5000
0.0000
0.0000
0.6667
1.3333
1.3333
0.6667
0.5000
-0.8333
1.0000
-0.8333
0.5000

horizontal
nh

0.0060
0.0167
0.0107
0.0071
0.0111
0.0040
0.0000
0.0000
0.0160
0.0427
0.0427
0.0107
0.0180
0.0083
0.0360
0.0167
0.0120

-0.5625
-0.9375
-0.7500
-0.2500
-0.3125
-0.1875
1.2500
0.0000
0.7500
1.5000
0.5000
0.2500
0.5625
0.3125
0.0000
-0.3125
0.1875

0.2586

0.0068
0.0188
0.0120
0.0027
0.0042
0.0015
0.0000
0.0000
0.0180
0.0480
0.0160
0.0040
0.0203
-0.0031
0.0000
0.0063
0.0045
0.1597

La componente vertical del desplazamiento del nudo i es
1 ∙ 𝛿 𝑉𝑖 = ∑

𝑁𝑛𝑣𝐿
= 0.2586𝑝𝑢𝑙𝑔
𝐴𝐸

Como el resultado obtenido es positivo, tal desplazamiento tiene la misma dirección
que la propuesta para la carga virtual vertical unitaria; ∴ 𝛿 𝑉𝑖 = 0.2586𝑝𝑢𝑙𝑔 ↓.
La componente horizontal del desplazamiento del nudo i es
1 ∙ ∆ 𝐻𝑖 = ∑

𝑁𝑛ℎ𝐿
= 0.1597𝑝𝑢𝑙𝑔 →
𝐴𝐸

Como el resultado obtenido es positivo, el desplazamiento tiene la misma dirección
que la propuesta para la carga virtual horizontal unitaria; ∴ ∆ 𝐻𝑖 = 0.1597𝑝𝑢𝑙𝑔 →.
La deflexión del nudo i es
𝑑 𝑖 = √( 𝛿 𝑉𝑖 )2 + (∆ 𝐻𝑖 )2 = √(0.2586𝑝𝑢𝑙𝑔)2 + (0.1597𝑝𝑢𝑙𝑔)2 = 0.304𝑝𝑢𝑙𝑔

436

7 problemas libro de estructuras

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