AnalisisEstructural12345678900000000.pdf

UNIDAD 2: MÉTODO DE CROSS
MÉTODO DE DOBLE INTEGRACIÓN
Sea una viga en voladizo que soporta una carga puntual
en un extremo. Se observará que esta viga,
originalmente recta, adopta una forma curva cuya
ecuación depende de 𝒙:
A la curva deformada que representa a la viga se le
llama la “elástica” y es la gráfica de una función 𝒗 =
𝒗(𝒙).
De este último gráfico observamos que
𝜽 ≈ tan 𝜽 =
𝒅𝒗
𝒅𝒙
= 𝒗!
. (𝟏)

Derivando con respecto a 𝒙:
𝒅𝜽
𝒅𝒙
= 𝒗′′.
Pero, por Resistencia de Materiales sabemos que
𝜿 =
𝟏
𝝆
=
𝒅𝜽
𝒅𝒙
(∗)
(𝟐)
Entonces, de (∗) en (𝟐) obtenemos que
𝟏
𝝆
=
𝑴
𝑬𝑰
=
𝒅𝜽
𝒅𝒙
= 𝒗′′.
𝟏
𝝆
= 𝜿 =
𝑴
𝑬𝑰
.
y
Luego,
𝒗!! =
𝑴
𝑬𝑰
. (𝟑)
Esta ecuación es una ecuación diferencial
ordinaria de segundo orden lineal cuya incógnita
es 𝒗. Se puede resolver utilizando el método de
variables separables.
Ya que 𝑴 = 𝑴 𝒙 , es evidente que la EDO
mostrada puede resolverse utilizando el método
de variables separables. Es decir, requeriremos
efectuar dos integraciones sucesivas para
obtener 𝒗 = 𝒗 𝒙 .
Efectuemos una primera integración de (𝟑):
𝒗!
= 8
𝑴
𝑬𝑰
𝒅𝒙 + 𝑪𝟏. (𝟒)
La ecuación (𝟒) representa los giros de cada una
de las secciones de la viga.
Efectuemos una segunda integración, es decir,
integramos (𝟒):
𝒗 = <
𝑴
𝑬𝑰
𝒅𝒙 + 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐. (𝟓)
La ecuación (𝟓) representa las deflexiones de
cada una de las secciones de la viga. Su gráfica
muestra además su configuración deformada.

Para encontrar las constantes 𝑪𝟏 y 𝑪𝟐 se
necesitará usar valores en la frontera. Esto
convierte a la EDO en un PVF.
Ejemplos de condición de frontera son los
siguientes:
• En un apoyo empotrado la deflexión y el giro
son cero.
• En un apoyo fijo, la deflexión es cero.

EJEMPLO 1 Determine la deflexión máxima y
los giros máximos de la viga mostrada.
𝑳, 𝑬, 𝑰
𝒘
𝑨 𝑩
𝒙
SOLUCIÓN
Claramente
𝐀𝐇 = 𝟎; 𝐀𝐕 =
𝒘𝐋
𝟐
↑ = 𝐁𝐕.
Seccionando:
𝑳
𝒘
𝑨
𝒙
𝒘𝑳
𝟐
𝒘𝑳
𝟐
𝒘
𝑨
𝒙
𝒘𝑳
𝟐 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳
𝑽(𝒙)
𝑴(𝒙)
↶
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 + 𝒘𝒙
𝒙
𝟐
−
𝒘𝑳
𝟐
𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −
𝒘
𝟐
𝒙𝟐 +
𝒘𝑳
𝟐
𝒙 ; 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳.

Luego, la EDO queda de la siguiente manera:
𝑬𝑰 𝒗!! = 𝑴 ⇒ 𝑬𝑰 𝒗!! = −
𝒘
𝟐
𝒙𝟐 +
𝒘𝑳
𝟐
𝒙.
Utillicemos el método de variables
separables. Integrando una primera vez:
𝑬𝑰 𝒗! = −
𝒘
𝟔
𝒙𝟑 +
𝒘𝑳
𝟒
𝒙𝟐 + 𝑪𝟏. (∗)
Integrando nuevamente:
𝑬𝑰 𝒗 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝒙𝟒
+
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝒙𝟑
+ 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐. (∗∗)
Para la determinación de 𝑪𝟏 y 𝑪𝟐 usemos
valores en la frontera.
Es evidente que, para 𝒙 = 𝟎, 𝒗 = 𝟎 .
Reemplazo estos valores en (∗∗):
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝟎 𝟒 +
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝟎 𝟑 + 𝑪𝟏 𝟎 + 𝑪𝟐.
⇒ 𝑪𝟐 = 𝟎.
Además, para 𝒙 = 𝑳, 𝒗 = 𝟎 . Reemplazo
estos valores en (∗∗):
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝑳 𝟒
+
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝑳 𝟑
+ 𝑪𝟏 𝑳 + 𝟎.
⇒ 𝑪𝟏 = −
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒
.
De esta forma, tenemos ya a la ecuación de
los giros y la elástica:
𝑬𝑰 𝒗!
= −
𝒘
𝟔
𝒙𝟑
+
𝒘𝑳
𝟒
𝒙𝟐
−
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒
. 𝟏
𝑬𝑰 𝒗 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝒙𝟒 +
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝒙𝟑 −
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒
𝒙. (𝟐)

Para encontrar la máxima deflexión,
tomenos la primera derivada de 𝟐 (es
decir, 𝟏 ) y la igualamos a cero:
−
𝟏
𝟔
𝒙𝟑
+
𝑳
𝟒
𝒙𝟐
−
𝑳𝟑
𝟐𝟒
= 𝟎
𝒙𝐦á𝐱 =
𝑳
𝟐
.
Reemplazando en (𝟐):
𝑬𝑰 𝒗𝐦á𝐱 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝑳
𝟐
𝟒
+
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝑳
𝟐
𝟑
−
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒
𝑳
𝟐
.
𝒗𝐦á𝐱 = −
𝟓𝒘𝑳𝟒
𝟑𝟖𝟒𝑬𝑰
.
Para encontrar los máximos giros, tomenos
la primera derivada de 𝟏 y la igualamos a
cero:
−
𝒘
𝟐
𝒙𝟐 +
𝒘𝑳
𝟐
𝒙 = 𝟎
𝒙 = 𝟎; 𝒙 = 𝑳.
Reemplazando en (𝟏):
𝒗𝒎á𝒙
!
= 𝜽𝑨 = −
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒𝑬𝑰
.
𝒗𝒎á𝒙
!
= 𝜽𝑩 =
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒𝑬𝑰
.
𝑳, 𝑬, 𝑰
𝒘
𝑨 𝑩
𝒙
𝒗 = −
𝒘
𝟐𝟒𝑬𝑰
𝒙𝟒 +
𝒘𝑳
𝟏𝟐𝑬𝑰
𝒙𝟑 −
𝒘𝑳𝟑
𝟐𝟒𝑬𝑰
𝒙.
𝒗𝐦á𝐱

EJEMPLO 2 Determine las reacciones, la
ecuación de los giros y la elástica.
𝑳, 𝑬, 𝑰
𝒘
𝑨 𝑩
𝒙
SOLUCIÓN
𝑳, 𝑬, 𝑰
𝒘
𝑨 𝑩
𝒙
↺
𝑴𝑨
↺
𝑴𝑩
𝑨𝑽 𝑩𝑽
Seccionando:
𝑳, 𝑬, 𝑰
𝒘
𝑨 𝑩
𝒙
↺
𝑴𝑨
↺
𝑴𝑩
𝑨𝑽 𝑩𝑽
𝒘
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳
𝑽(𝒙)
𝑴(𝒙)
↶
𝑨
𝑴𝑨
𝑨𝑽
↺
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 + 𝒘𝒙
𝒙
𝟐
+ 𝑴𝑨 − 𝑨𝑽𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −
𝒘𝒙𝟐
𝟐
+ 𝑨𝑽𝒙 − 𝑴𝑨

𝑬𝑰 𝒗!! = 𝑴 ⇒ 𝑬𝑰 𝒗!! = −
𝒘𝒙𝟐
𝟐
+ 𝑨𝑽𝒙 − 𝑴𝑨.
𝑬𝑰 𝒗! = −
𝒘
𝟔
𝒙𝟑 +
𝑨𝑽
𝟐
𝒙𝟐 − 𝑴𝑨𝒙 + 𝑪𝟏. (∗)
𝑬𝑰 𝒗 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝒙𝟒
+
𝑨𝑽
𝟔
𝒙𝟑
−
𝑴𝑨
𝟐
𝒙𝟐
+ 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐. (∗∗)
Para la determinación de 𝑪𝟏, 𝑪𝟐, 𝑨𝑽 y 𝑴𝑨,
usemos valores en la frontera.
Es evidente que, para 𝒙 = 𝟎, 𝒗′ = 𝟎 .
Reemplazo estos valores en (∗):
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟔
𝟎 𝟑 +
𝑨𝑽
𝟐
𝟎 𝟐 − 𝑴𝑨 𝟎 + 𝑪𝟏.
⇒ 𝑪𝟏 = 𝟎.
Además, para 𝒙 = 𝟎, 𝒗 = 𝟎 . Reemplazo
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝟎 𝟒 +
𝑨𝑽
𝟔
𝟎 𝟑 −
𝑴𝑨
𝟐
𝟎 𝟐 + 𝑪𝟏 𝟎 + 𝑪𝟐.
⇒ 𝑪𝟐 = 𝟎.
También, para 𝒙 = 𝑳, 𝒗′ = 𝟎 . Reemplazo
estos valores en (∗):
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟔
𝑳𝟑 +
𝑨𝑽
𝟐
𝑳𝟐 − 𝑴𝑨𝑳 + 𝟎.
𝑨𝑽𝑳
𝟐
− 𝑴𝑨 =
𝒘𝑳𝟐
𝟔
. (𝜶)

𝑨𝑽𝑳
𝟑
− 𝑴𝑨 =
𝒘𝑳𝟐
𝟏𝟐
. (𝜷)
Finalmente, para 𝒙 = 𝑳, 𝒗 = 𝟎. Reemplazo
𝑬𝑰 𝟎 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝑳𝟒 +
𝑨𝑽
𝟔
𝑳𝟑 −
𝑴𝑨
𝟐
𝑳𝟐 + (𝟎)𝑳 + 𝟎.
De (𝜶) y 𝜷 :
𝑨𝑽 =
𝒘𝑳
𝟐
↑ . 𝑴𝑨 =
𝒘𝑳𝟐
𝟏𝟐
(↺).
Por Estática:
𝑩𝑽 =
𝒘𝑳
𝟐
↑ . 𝑴𝑩 =
𝒘𝑳𝟐
𝟏𝟐
(↻).
Obs.: Los momentos en los extremos 𝑴𝑨 y 𝑴𝑩 son
llamados momentos de empotramiento perfecto (MEP)
o fixed extreme moments (FEM). Veremos más adelante
que estos momentos son importantes en el desarrollo
del método de Cross y el método matricial de la rigidez.
De esta forma, tenemos ya a la ecuación de
los giros y la elástica:
𝑬𝑰 𝒗! = −
𝒘
𝟔
𝒙𝟑 +
𝒘𝑳
𝟒
𝒙𝟐 −
𝒘𝑳𝟐
𝟏𝟐
𝒙. 𝟏
𝑬𝑰 𝒗 = −
𝒘
𝟐𝟒
𝒙𝟒
+
𝒘𝑳
𝟏𝟐
𝒙𝟑
−
𝒘𝑳𝟐
𝟐𝟒
𝒙𝟐
. (𝟐)

EJEMPLO 3 Determine los FEM de una viga
cuyo extremo izquierdo rota un ángulo 𝜽 de
manera antihoraria.
SOLUCIÓN
Seccionando:
↺
𝑴𝒊𝒋
↺
𝑴𝒋𝒊
𝑽𝒊𝒋
𝑽𝒋𝒊
↺
𝑴𝒊𝒋
𝑽𝒊𝒋
𝑽(𝒙)
𝑴(𝒙)
↶
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝑳
𝒙
𝒙

+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 + 𝑴𝒊𝒋 − 𝑽𝒊𝒋𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = 𝑽𝒊𝒋𝒙 − 𝑴𝒊𝒋.
𝑬𝑰 𝒗!!
= 𝑴 ⇒ 𝑬𝑰 𝒗!! = 𝑽𝒊𝒋𝒙 − 𝑴𝒊𝒋.
𝑬𝑰 𝒗! =
𝑽𝒊𝒋𝒙𝟐
𝟐
− 𝑴𝒊𝒋𝒙 + 𝑪𝟏
(∗)
𝑬𝑰 𝒗 =
𝑽𝒊𝒋𝒙𝟑
𝟔
−
𝑴𝒊𝒋𝒙𝟐
𝟐
+ 𝑪𝟏𝒙 + 𝑪𝟐
(∗∗)
Para la determinación de 𝑪𝟏, 𝑪𝟐, 𝑽𝒊𝒋 y 𝑴𝒊𝒋,
usemos valores en la frontera.
Es evidente que, para 𝒙 = 𝟎, 𝒗′ = 𝜽 .
Reemplazo estos valores en (∗):
𝑬𝑰 𝜽 =
𝑽𝒊𝒋 𝟎 𝟐
𝟐
− 𝑴𝒊𝒋(𝟎) + 𝑪𝟏.
⇒ 𝑪𝟏 = 𝑬𝑰𝜽.
Además, para 𝒙 = 𝟎, 𝒗 = 𝟎 . Reemplazo
𝑬𝑰 𝟎 =
𝑽𝒊𝒋 𝟎 𝟑
𝟔
−
𝑴𝒊𝒋 𝟎 𝟐
𝟐
+ 𝑪𝟏 𝟎 + 𝑪𝟐
⇒ 𝑪𝟐 = 𝟎.
También, para 𝒙 = 𝑳, 𝒗′ = 𝟎 . Reemplazo
estos valores en (∗):
𝑬𝑰 𝟎 =
𝑽𝒊𝒋 𝑳 𝟐
𝟐
− 𝑴𝒊𝒋 𝑳 + 𝑪𝟏
−
𝑽𝒊𝒋𝑳
𝟐
+ 𝑴𝒊𝒋 =
𝑬𝑰𝜽
𝑳
. (𝜶)

−
𝑽𝒊𝒋𝑳
𝟑
+ 𝑴𝒊𝒋 =
𝟐𝑬𝑰𝜽
𝑳
. (𝜷)
Finalmente, para 𝒙 = 𝑳, 𝒗 = 𝟎. Reemplazo
𝑬𝑰 𝟎 =
𝑽𝒊𝒋𝑳𝟑
𝟔
−
𝑴𝒊𝒋𝑳𝟐
𝟐
+ 𝑪𝟏 𝑳 + 𝑪𝟐
De 𝜷 − 𝜶 :
𝑴𝒊𝒋 =
𝟒𝑬𝑰
𝑳
𝜽 (↺).
𝑽𝒊𝒋𝑳
𝟔
=
𝑬𝑰𝜽
𝑳
⇒ 𝑽𝒊𝒋 =
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐
𝜽.
En (𝜷) :
−
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐
𝜽
𝑳
𝟑
+ 𝑴𝒊𝒋 =
𝟐𝑬𝑰𝜽
𝑳
.
Por Estática:
+↺ ∑𝑴𝒊 = 𝟎:
𝟒𝑬𝑰
𝑳
𝜽 + 𝑴𝒋𝒊 + −
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐 𝜽 𝐋 = 𝟎
𝑴𝒋𝒊 =
𝟐𝑬𝑰
𝑳
𝜽 (↺).
Además:
𝑽𝒊𝒋 =
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐
𝜽 (↑). 𝑽𝒋𝒊 =
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐
𝜽 (↓).

cuyo extremo izquierdo se desplaza
verticalemente 𝚫 hacia abajo.
SOLUCIÓN
Por doble integración obtenemos que
↺
↺
𝑴𝒋𝒊
𝑽𝒊𝒋
𝑽𝒋𝒊
𝒙
𝑬, 𝑰, 𝑳
𝒊
𝒋
𝒋
𝒊 𝑬, 𝑰, 𝑳
⇒
𝚫
𝑬, 𝑰, 𝑳
𝒊
𝒋
𝚫
𝑴𝒊𝒋
𝑴𝒊𝒋 =
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐 𝚫 (↻). 𝑴𝒋𝒊 =
𝟔𝑬𝑰
𝑳𝟐 𝚫 (↻).
Además:
𝑽𝒊𝒋 =
𝟏𝟐𝑬𝑰
𝑳𝟑 𝚫 (↓). 𝑽𝒋𝒊 =
𝟏𝟐𝑬𝑰
𝑳𝟑 𝚫 (↑).

cuyo extremo izquierdo se desplaza
verticalemente 𝚫 hacia abajo.
SOLUCIÓN
Por doble integración obtenemos que
↺
𝑽𝒊𝒋
𝑽𝒋𝒊
𝒙
𝑬, 𝑰, 𝑳
𝒊
𝒋
𝒋
𝒊 𝑬, 𝑰, 𝑳
⇒
𝚫
𝑬, 𝑰, 𝑳
𝒊
𝒋
𝚫
𝑴𝒊𝒋
𝑴𝒊𝒋 =
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟐 𝚫 (↻).
Además:
𝑽𝒊𝒋 =
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑 𝚫 (↓). 𝑽𝒋𝒊 =
𝟑𝑬𝑰
𝑳𝟑 𝚫 (↑).

RIGIDEZ A LA FLEXIÓN
Podemos definir a la rigidez a la flexión como el valor
del momento que se requiere para flectar a una viga un
ángulo unitario. Luego, sea la siguiente viga
doblemente empotrada:
Su rigidez a la flexión se determina con
𝑲𝒊𝒋 =
𝟒𝑬𝑰
𝑳
.
Visto de otra forma, el momento que se produce en el
extremo donde rota una viga doblemente empotrada
es igual a su rigidez a la flexión por el ángulo de
rotación:
𝑴𝒊𝒋 = 𝑲𝒊𝒋 𝜽.
FACTOR DE TRANSPORTE
En el ejemplo 3, vimos que el momento en el otro
extremo de la viga (i.e. el extremo que no rota) es igual
a 𝑴𝒋𝒊 =
𝟐𝑬𝑰
𝑳
𝜽. Es decir,
𝑴𝒊𝒋 =
𝟏
𝟐
𝑴𝒋𝒊.
Al valor de
𝟏
𝟐
se le conoce como “factor de transporte”.
FACTOR DE DISTRIBUCIÓN
Considérese ahora una serie de barras que comparten
el nudo común “𝒊”. No se va a tomar en cuenta la
deformación axial (𝑬𝑨 = ∞) de tal forma que las
longitudes de las barras no cambian. Esto implica,
además, que el nudo “ 𝒊 ” puede rotar, pero no
desplazarse:

Visualicemos ahora sólo los ejes de
cada barra y apliquemos un
momento puntual 𝑴 en el nudo
común “𝒊”:

Debido a que el nudo “𝒊” es rígido,
el momento puntual 𝑴 generará
que todas las barras roten un mismo
ángulo 𝜽:

Seccionemos el nudo “𝒊” y
observemos el DCL resultante:

Apliquemos equilibrio en el nudo “𝒊”:

+↺ ∑𝑴𝒊 = 𝟎: 𝑴 − 𝑴𝒊𝟏 − 𝑴𝒊𝟐 − 𝑴𝒊𝟑 − ⋯ − 𝑴𝒊𝒋 − ⋯ 𝑴𝒊𝒏 = 𝟎
𝑴 = 𝑴𝒊𝟏 + 𝑴𝒊𝟐 + 𝑴𝒊𝟑 + ⋯ + 𝑴𝒊𝒋 + ⋯ 𝑴𝒊𝒏
Sabemos que cada momento interno puede ser expresado como el
producto de su rigidez a la flexión y el ángulo que rota. Entonces
𝑴 = 𝑲𝒊𝟏𝜽 + 𝑲𝒊𝟐𝜽 + 𝑲𝒊𝟑𝜽 + ⋯ + 𝑲𝒊𝒋𝜽 + ⋯ 𝑲𝒊𝒏𝜽.
Despejando 𝜽:
𝜽 =
𝟏
𝑲𝒊𝟏 + 𝑲𝒊𝟐 + 𝑲𝒊𝟑 + ⋯ + 𝑲𝒊𝒋 + ⋯ 𝑲𝒊𝒏
𝑴 ⇒ 𝜽 =
𝟏
∑𝒋+𝟏
𝒏
𝑲𝒊𝒋
𝑴.
El denominador ∑𝒋3𝟏
𝒏
𝑲𝒊𝒋 representa la suma de las rigideces a la flexión de todas las barras que comparte el nudo
“𝒊”.
Ahora bien, ya que 𝑴𝒊𝟏 = 𝑲𝒊𝟏 𝜽, entonces
𝑴𝒊𝟏 =
𝑲𝒊𝟏
∑𝒋+𝟏
𝒏 𝑲𝒊𝒋
𝑴.
Análogamente:

𝑴𝒊𝟐 =
𝑲𝒊𝟐
∑𝒋+𝟏
𝒏
𝑲𝒊𝒋
𝑴.
𝑴𝒊𝟑 =
𝑲𝒊𝟑
∑𝒋+𝟏
𝒏
𝑲𝒊𝒋
𝑴.
⋮
𝑴𝒊𝒋 =
𝑲𝒊𝒋
∑𝒋+𝟏
𝒏 𝑲𝒊𝒋
𝑴.
A la expresión
𝑲𝒊𝒋
∑𝒋#𝟏
𝒏 𝑲𝒊𝒋
se le llama “factor de distribución” y se le representa por 𝑭𝑫𝒊𝒋 =
𝑲𝒊𝒋
∑𝒋#𝟏
𝒏 𝑲𝒊𝒋
.
Obs.: En apoyos empotrados, el 𝑭𝑫 = 𝟎 y en apoyos articulados el 𝑭𝑫 = 𝟏.

MOMENTOS DE EMPOTRAMIENTO PERFECTO (MEP O
FEM)
Ya se había indicado que los momentos reactivos en los
extremos de una viga doblemente empotrada
constituyen los momentos de empotramiento perfecto
(MEP) o fixed extreme moments (FEM). Podemos
determinar estos momentos utilizando, por ejemplo, el
método de doble integración que resuelve la EDO de la
elástica. Existen tablas que ya tienen calculados estos
valores para distintas cargas.
PROCEDIMIENTO PARA EL MÉTODO CROSS EN VIGAS
Si los nudos de la viga son no desplazables, entonces
podemos seguir el siguiente procedimiento:
1.- Determinar la rigidez a la flexión de todas las barras.
2.- Determinar los factores de distribución nudo a nudo.
3.- Considerar inicialmente que todos los nudos están
empotrados. Esto permitirá calcular los FEM en los
extremos de todas las barras.
4.- Los nudos estarán desequilibrados al inicio. Se
buscará equilibrarlos hasta lograr el nivel de precisión
deseado usando el proceso de distribución de
momentos utilizando una tabla.
En los siguientes ejemplos, se observará el desarrollo es
este procedimiento.
CONVENCIÓN DE SIGNOS PARA EL MÉTODO DE CROSS
Los momentos internos antihorarios se considerarán
positivos y los horarios negativos.

EJEMPLO 6 Determine las reacciones, el DFC
y el DMF de la viga mostrada usando el
método de Cross.
𝑬, 𝑰
𝒘 = 𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝟐𝑰
SOLUCIÓN
Rigideces a la flexión.
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
.
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝑲𝑩𝑪 =
𝟒𝑬(𝟐𝑰)
𝟏𝟓
=
𝟖𝑬𝑰
𝑳
.
Factores de distribución.
NUDO A
𝑭𝑫𝑨𝑩 = 𝟎.
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟖𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟏
𝟑
.
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟖𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟖𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟐
𝟑
.
Obs.:Note que la suma de los FD es igual a 1.
NUDO C
𝑭𝑫𝑪𝑩 = 𝟏.

FEM
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩
𝑬, 𝟐𝑰
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= 𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
= −
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= −𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
↺
↻
↺
↻
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
+
𝟒𝟎 𝟏𝟓
𝟖
= 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑪𝑩
𝟎
= −
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
−
𝟒𝟎 𝟏𝟓
𝟖
= −𝟏𝟏𝟐. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑨𝑩
𝟎 𝑴𝑩𝑨
𝟎
𝑴𝑩𝑪
𝟎 𝑴𝑪𝑩
𝟎
Distribución de momentos
Nudos 𝑨 𝑩 𝑪
Barras 𝑨𝑩 𝑩𝑨 𝑩𝑪 𝑪𝑩
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
Para este paso conviene preparar un cuadro
con los siguientes datos:
Observamos que los momentos sobre el
nudo B y el nudo C no están equilibrados ya
que, por ejemplo, en B la suma no es cero y
en C valor no es cero.
Empezemos entonces equilibrando al nudo C
(es el que está más desequilibrado). Para
ello debemos sumar 112.5:
De las tablas de FEM obtenemos que

𝟏𝟏𝟐. 𝟓 𝟓𝟔. 𝟐𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
Ahora el nudo C ya está equilibrado. Sin
embargo, por haber aplicado un momento
de 112.5 en el extremo CB de la barra, al
otro extremo BC le llega la mitad. Esto hace
que el nudo B que ya estaba desequilibrado
se desequilibre más:
𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
Equilbremos ahora al nudo B. La suma de los
momentos es −𝟑𝟕. 𝟓 + 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 + 𝟓𝟔. 𝟐𝟓 =
𝟏𝟑𝟏. 𝟐𝟓. Luego, hay que aplicar en el nudo
B un momento de −𝟏𝟑𝟏. 𝟐𝟓 para
equilibrarlo. Este valor se va a distribuir en
BA y BC en función a sus factores de
distribución, es decir:
𝑩𝑨: −𝟏𝟑𝟏. 𝟐𝟓× 𝟏/𝟑 = −𝟒𝟑. 𝟕𝟓.
𝑩𝑪: −𝟏𝟑𝟏. 𝟐𝟓× 𝟐/𝟑 = −𝟖𝟕. 𝟓.

𝟓𝟔. 𝟐𝟓
Coloquemos esto valores en la tabla:
𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
Ahora el nudo B ya está equilibrado. Sin
embargo, por haber aplicado momentos en
BA y en BC en sus respectivos extremos se
aplica la mitad de estos valores.
𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
Notemos que ahora, el nudo que ya estaba
equilibrado se ha vuelto a desequilibrar. Lo
vamos a equilibrar nuevamente, sumando
43.75:

𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
Nuevamente, este momento de 43.75 en CB
transmite la mitad a BC lo que hará que el
nudo B desequilibre nuevamente:
𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓
Equilibremos ahora nuevamente al nudo B
sumando -21.875 distribuido en función a
los factores de distribución:
𝑩𝑨: −𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓× 𝟏/𝟑 = −𝟕. 𝟐𝟗.
𝑩𝑪: −𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓× 𝟐/𝟑 = −𝟏𝟒. 𝟓𝟖.
Llevemos estos valores a la tabla:

𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓
Evidentemente, estos últimos momentos
generan la mitad es sus extremos lo que
hace que el nudo C se vuelva a desequilibrar.
De esta forma, repetimos el procedimiento
hasta lograr la precisión deseada:
−𝟕. 𝟐𝟗 −𝟏𝟒. 𝟓𝟖
𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓
−𝟕. 𝟐𝟗 −𝟏𝟒. 𝟓𝟖
−𝟑. 𝟔𝟒𝟓 −𝟕. 𝟐𝟗
𝟕. 𝟐𝟗
𝟑. 𝟔𝟒𝟓
−𝟏. 𝟐𝟏𝟓 −𝟐. 𝟒𝟑
−𝟎. 𝟔𝟎𝟖 −𝟏. 𝟐𝟏𝟓
𝟏. 𝟐𝟏𝟓
𝟎. 𝟔𝟎𝟖
−𝟎. 𝟐𝟎𝟑 −𝟎. 𝟒𝟎𝟔 −𝟎. 𝟐𝟎𝟑
𝟎. 𝟐𝟎𝟑
𝟎. 𝟏𝟎𝟐
−𝟎. 𝟎𝟑𝟒 −𝟎. 𝟎𝟔𝟖 −𝟎. 𝟎𝟑𝟒
𝟎. 𝟎𝟑𝟒
𝟎. 𝟎𝟏𝟕
−𝟎. 𝟎𝟎𝟔 −𝟎. 𝟎𝟏𝟐
−𝟎. 𝟏𝟎𝟐
−𝟎. 𝟎𝟏𝟕

Ya que los últimos momentos obtenidos
tiene el nivel de precisión deseado,
podemos cerrar el proceso.
Es recomendable terminar en una
distribución, no es un traslado.
Los momentos obtenidos por Cross son las
sumas de cada columna:
𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓
FD 𝟎 𝟏/𝟑 𝟐/𝟑 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟏𝟐. 𝟓 −𝟏𝟏𝟐. 𝟓
−𝟒𝟑. 𝟕𝟓 −𝟖𝟕. 𝟓
−𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓 −𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟒𝟑. 𝟕𝟓
𝟐𝟏. 𝟖𝟕𝟓
−𝟕. 𝟐𝟗 −𝟏𝟒. 𝟓𝟖
−𝟑. 𝟔𝟒𝟓 −𝟕. 𝟐𝟗
𝟕. 𝟐𝟗
𝟑. 𝟔𝟒𝟓
−𝟏. 𝟐𝟏𝟓 −𝟐. 𝟒𝟑
−𝟎. 𝟔𝟎𝟖 −𝟏. 𝟐𝟏𝟓
𝟏. 𝟐𝟏𝟓
𝟎. 𝟔𝟎𝟖
−𝟎. 𝟐𝟎𝟑 −𝟎. 𝟒𝟎𝟔 −𝟎. 𝟐𝟎𝟑
𝟎. 𝟐𝟎𝟑
𝟎. 𝟏𝟎𝟐
−𝟎. 𝟎𝟑𝟒 −𝟎. 𝟎𝟔𝟖 −𝟎. 𝟎𝟑𝟒
𝟎. 𝟎𝟑𝟒
𝟎. 𝟎𝟏𝟕
−𝟎. 𝟎𝟎𝟔 −𝟎. 𝟎𝟏𝟐
M (Cross) 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 −𝟗𝟎 𝟗𝟎 𝟎
−𝟎. 𝟏𝟎𝟐
−𝟎. 𝟎𝟏𝟕

Los momentos obtenidos por el método de
Cross corresponden a los momentos
internos en los extremos de cada barra y con
los signos según Cross.
Con objeto de construir los DFC y DMF
podemos cambiar los signos a la convención
estudiada en Estática:
M (Cross) 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 −𝟗𝟎 𝟗𝟎 𝟎
M (Estática) −𝟏𝟏. 𝟐𝟓 −𝟗𝟎 −𝟗𝟎 𝟎
Seccionemos a la viga para los cálculos de la
Estática que nos lleven a determinar las
reacciones y los diagramas:

𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑨𝑩:
↺
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
↻
𝟗𝟎
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑩𝑪:
↺
𝟗𝟎
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝟐𝑰
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝑽𝑨𝑩 𝑽𝑩𝑨
𝑨 𝑽𝑨𝑩
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑨:
↻
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
↺
𝑴𝑨
𝑩
𝑽𝑩𝑨
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑩𝑪
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑩:
↺
𝟗𝟎
↻
𝟗𝟎
𝑽𝑪𝑩
𝑪
𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪:
𝟏𝟓 𝐟𝐭 𝟏𝟓 𝐟𝐭

↺
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
↻
𝟗𝟎
𝟏𝟓 𝐟𝐭
+↺ ∑𝑴𝑨 = 𝟎:
𝑽𝑩𝑨 = 𝟐𝟎. 𝟐𝟓
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑨𝑩 + 𝑽𝑩𝑨 − 𝟐 𝟏𝟓 = 𝟎
𝑽𝑨𝑩 = 𝟗. 𝟕𝟓
𝒙
Seccionando:
↺
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
𝑽𝑨𝑩 = 𝟗. 𝟕𝟓
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 − 𝟗. 𝟕𝟓 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑩𝑨 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
+ 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 − 𝟗𝟎 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟗. 𝟕𝟓𝒙 − 𝟏𝟏. 𝟐𝟓
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟗. 𝟕𝟓 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟗. 𝟕𝟓
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟗. 𝟕𝟓 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟒. 𝟖𝟕𝟓 𝐦.
𝑴𝒎á𝒙 = 𝑴 𝟒. 𝟖𝟕𝟓 = − 𝟒. 𝟖𝟕𝟓 𝟐 + 𝟗. 𝟕𝟓(𝟒. 𝟖𝟕𝟓) − 𝟏𝟏. 𝟐𝟓
𝑴𝒎á𝒙 = 𝟏𝟐. 𝟓𝟏𝟓𝟔𝟐𝟓
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟓.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟗. 𝟕𝟓𝒙𝟏,𝟐 − 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟏. 𝟑𝟒. 𝒙𝟐 = 𝟖. 𝟒𝟏.

+↺ ∑𝑴𝑩 = 𝟎:
𝑽𝑪𝑩 = 𝟐𝟗
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑩𝑪 + 𝑽𝑪𝑩 − 𝟐 𝟏𝟓 − 𝟒𝟎 = 𝟎
𝑽𝑩𝑪 = 𝟒𝟏
Seccionando:
↺
𝟗𝟎
𝑽𝑩𝑪 = 𝟒𝟏
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟗𝟎 − 𝟒𝟏 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑪𝑩 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
− 𝟒𝟎(𝟕. 𝟓) + 𝟗𝟎 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟒𝟏𝒙 − 𝟗𝟎
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟒𝟏 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟒𝟏
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟒𝟏 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟐𝟎. 𝟓 𝐦.
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟕. 𝟓.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟒𝟏𝒙𝟏,𝟐 − 𝟗𝟎 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟐. 𝟑𝟑. 𝒙𝟐 = 𝟑𝟖. 𝟔𝟕.
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
↺
𝟗𝟎
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝒙
→← (𝑽 no corta al eje)
(𝐎𝐊) (×)

𝑨 𝑽𝑨𝑩 = 𝟗. 𝟕𝟓
↻
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
↺
𝑴𝑨
𝑩
𝑽𝑩𝑨 = 𝟐𝟎. 𝟐𝟓 𝑽𝑩𝑪 = 𝟒𝟏
↺
𝟗𝟎
↻
𝟗𝟎
𝑪
𝑪
𝑽𝑪𝑩 = 𝟐𝟗
𝑴𝑨 = 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭. (↺)
𝑨 = 𝟗. 𝟕𝟓 𝐤. ↑
𝑩 = 𝟔𝟏. 𝟐𝟓 𝐤. ↑
𝑪 = 𝟐𝟗 𝐤. ↑
𝑨𝑯 = 𝟎 𝐤.

𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝟐𝑰
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝟔𝟏. 𝟐𝟓 𝟐𝟗
𝟗. 𝟕𝟓
↺
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
𝑫𝑭𝑪
(𝐤)
𝟗. 𝟕𝟓
𝟐𝟎. 𝟐𝟓
+
𝟒. 𝟖𝟕𝟓
𝟒𝟏
−
𝟐𝟔
+
𝟏𝟒
𝟐𝟗
−
𝑫𝑴𝑭
𝐤 ⋅ 𝐟𝐭
𝟏𝟏. 𝟐𝟓
𝟏𝟐. 𝟓𝟐
𝟗𝟎
+
−
−
𝟏. 𝟑𝟒 𝟔. 𝟓𝟗
𝟏𝟔𝟏. 𝟐𝟓
+
𝟐. 𝟑𝟑
𝑹𝑬𝑨𝑪𝑪𝑰𝑶𝑵𝑬𝑺

ACELERACIÓN DE LA DISTRIBUCIÓN
Es posible acelerar el proceso de distribución de varias
maneras.
Por ejemplo, sea una viga empotrada-articulada:
𝑗
↺
𝑴𝒊𝒋
𝑽𝒋𝒊
𝒙
Utilizando el método de doble integración, se obtiene
que
𝑴𝒊𝒋 =
𝟑𝑬𝑰
𝑳
𝜽 (↺).
Observamos que, al cambiar el empotramiento de la
derecha por un apoyo articulado, la viga ha perdido un
75% de su rigidez a la flexión:
𝑲′𝒊𝒋 =
𝟑𝑬𝑰
𝑳
.
Si usamos esta rigidez en el proceso de Cross, durante
la distribución ya no será necesario transmitir
momentos al apoyo articulado ya que el factor de
transporte es cero.
Asimismo, el FEM que usemos corresponderá al de una
viga empotrada-articulada.

método de Cross con aceleración de la
distribución.
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝟐𝑰
SOLUCIÓN
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
.
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝑲′𝑩𝑪 =
𝟑𝑬(𝟐𝑰)
𝟏𝟓
=
𝟔𝑬𝑰
𝟏𝟓
.
NUDO A
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟔𝑬𝑰
𝟏𝟓
= 𝟎. 𝟒.
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟔𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟔𝑬𝑰
𝟏𝟓
= 𝟎. 𝟔.
NUDO C

FEM
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩
𝑬, 𝟐𝑰
𝑷 = 𝟒𝟎 𝐤
𝟕. 𝟓 𝐟𝐭
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= 𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
= −
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= −𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
↺
↻
↺
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟖
+
𝟑 𝟒𝟎 𝟏𝟓
𝟏𝟔
= 𝟏𝟔𝟖. 𝟕𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑨𝑩
𝟎 𝑴𝑩𝑨
𝟎
𝑴𝑩𝑪
𝟎
𝑴𝑪𝑩
𝟎
= 𝟎.
FD 𝟎 𝟎. 𝟒 𝟎. 𝟔 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟏𝟔𝟖. 𝟕𝟓 𝟎
−𝟓𝟐. 𝟓
M (Cross) 𝟏𝟏. 𝟐𝟓 −𝟗𝟎 𝟗𝟎 𝟎
−𝟕𝟖. 𝟕𝟓
−𝟐𝟔. 𝟐𝟓

método de Cross.
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
SOLUCIÓN
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
. 𝑲′𝑩𝑪 =
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
.
NUDO A
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟒
𝟕
.
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟑
𝟕
.
NUDO C
↺𝟑𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭

FEM
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= 𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
= −
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= −𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟖
= 𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑪𝑩
𝟎
= 𝟎.
FD 𝟎 𝟒/𝟕 𝟑/𝟕 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟎
𝟔. 𝟒𝟑
M (Cross) 𝟒𝟎. 𝟕𝟏 −𝟑𝟏. 𝟎𝟖 𝟔𝟏. 𝟎𝟕 𝟎
𝟒. 𝟖𝟐
𝟑. 𝟐𝟏
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
𝟑𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭
↺
𝑴𝑨𝑩
𝟎
↻
↺
𝑴𝑩𝑨
𝟎
𝑴𝑩𝑪
𝟎
↺
(−𝟑𝟎)

↺
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
↻
𝟑𝟏. 𝟎𝟖
↺
𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑨 𝑽𝑨𝑩
↻
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
↺
𝑴𝑨
𝑩
𝑽𝑩𝑨
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑩𝑪
↺
𝟑𝟏. 𝟎𝟖
↻
𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑽𝑪𝑩
𝑪
𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝟏𝟓 𝐟𝐭 𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
↺𝟑𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭
↺
𝟑𝟎

↺
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
↻
𝟑𝟏. 𝟎𝟖
𝟏𝟓 𝐟𝐭
+↺ ∑𝑴𝑨 = 𝟎:
𝑽𝑩𝑨 = 𝟏𝟒. 𝟑𝟔
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑨𝑩 + 𝑽𝑩𝑨 − 𝟐 𝟏𝟓 = 𝟎
𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝒙
Seccionando:
↺
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟒𝟎. 𝟕𝟏 − 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑩𝑨 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
+ 𝟒𝟎. 𝟕𝟏 − 𝟑𝟏. 𝟎𝟖 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒𝒙 − 𝟒𝟎. 𝟕𝟏
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟕. 𝟖𝟐 𝐦.
𝑴𝒎á𝒙 = 𝑴 𝟕. 𝟖𝟐 = − 𝟕. 𝟖𝟐 𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 𝟕. 𝟖𝟐 − 𝟒𝟎. 𝟕𝟏
𝑴𝒎á𝒙 = 𝟐𝟎. 𝟒𝟒
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟓.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟓. 𝟔𝟒𝒙𝟏,𝟐 − 𝟒𝟎. 𝟕𝟏 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟑. 𝟑𝟎. 𝒙𝟐 = 𝟏𝟐. 𝟑𝟒.

+↺ ∑𝑴𝑩 = 𝟎:
𝑽𝑪𝑩 = 𝟏𝟎. 𝟗𝟑
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑩𝑪 + 𝑽𝑪𝑩 − 𝟐 𝟏𝟓 = 𝟎
𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟗. 𝟎𝟕
Seccionando:
↺
𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟗. 𝟎𝟕
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
𝑽𝑪𝑩 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
+ 𝟔𝟏. 𝟎𝟕 = 𝟎
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟏𝟗. 𝟎𝟕 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟏𝟗. 𝟎𝟕
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟏𝟗. 𝟎𝟕 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟗. 𝟓𝟒 𝐦.
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟓.
↺
𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝒙
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟔𝟏. 𝟎𝟕 − 𝟏𝟗. 𝟎𝟕 𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟗. 𝟎𝟕𝒙 − 𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟗. 𝟓𝟒 = − 𝟗. 𝟓𝟒 𝟐 + 𝟏𝟗. 𝟎𝟕 𝟗. 𝟓𝟒 − 𝟔𝟏. 𝟎𝟕
𝑴𝐦á𝐱 = 𝟐𝟗. 𝟖𝟓.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟗. 𝟎𝟕𝒙𝟏,𝟐 − 𝟔𝟏. 𝟎𝟕 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟒. 𝟎𝟕. 𝒙𝟐 = 𝟏𝟓.

𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑨: 𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑩: 𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪:
𝑴𝑨 = 𝟒𝟎. 𝟕𝟏 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭. (↺)
𝑨 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 𝐤. ↑
𝑩 = 𝟑𝟑. 𝟒𝟑 𝐤. ↑
𝑪 = 𝟏𝟎. 𝟗𝟑 𝐤. ↑
𝑨𝑯 = 𝟎 𝐤.
𝑩
𝑽𝑩𝑨 = 𝟏𝟒. 𝟑𝟔 𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟗. 𝟎𝟕
↺
𝟑𝟏. 𝟎𝟖
↻
𝟔𝟏. 𝟎𝟕
↺
𝟑𝟎
𝑪
𝑪
𝑽𝑪𝑩 = 𝟏𝟎. 𝟗𝟑
𝑨 𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
↻
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
↺
𝑴𝑨

𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
𝟑𝟑. 𝟒𝟑 𝟏𝟎. 𝟗𝟑
𝟏𝟓. 𝟔𝟒
↺
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
𝑫𝑭𝑪
(𝐤)
𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝟏𝟒. 𝟑𝟔
+
𝟕. 𝟖𝟐
𝟏𝟗. 𝟎𝟕
−
+
𝟏𝟎. 𝟗𝟑
−
𝟒𝟎. 𝟕𝟏
𝟐𝟎. 𝟒𝟒
𝟑𝟏. 𝟎𝟖
+
− −
𝟑. 𝟑𝟎
𝟐. 𝟔𝟔
𝟐𝟗. 𝟖𝟓
+
𝟒. 𝟎𝟕
↺𝟑𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭
𝟗. 𝟓𝟒
𝟔𝟏. 𝟎𝟖
𝑫𝑴𝑭
𝐤 ⋅ 𝐟𝐭

EJEMPLO 9 Determine las reacciones, el DFC y el DMF
de la viga mostrada usando el método de Cross.
𝑬, 𝑰
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
SOLUCIÓN Ya que el tramo CD es estáticamente
determinado, entonces podemos considerar a la
siguiente viga mecánicamente equivalente:
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
. 𝑲′𝑩𝑪 =
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
.
NUDO A
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟒
𝟕
.
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
𝟒𝑬𝑰
𝟏𝟓
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟓
=
𝟑
𝟕
.
NUDO C
𝑪
𝟏𝟓 𝐤
𝑫
𝟐 𝐟𝐭
𝑬, 𝑰
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰 𝑪
𝟏𝟓 𝐤
↻
𝟑𝟎 𝐤. 𝐟𝐭

FEM
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= 𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
= −
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟏𝟐
= −𝟑𝟕. 𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟐 𝟏𝟓 𝟐
𝟖
= 𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑪𝑩
𝟎
= 𝟎.
FD 𝟎 𝟒/𝟕 𝟑/𝟕 𝟏
FEM 𝟑𝟕. 𝟓 −𝟑𝟕. 𝟓 𝟓𝟔. 𝟐𝟓 𝟎
M (Cross) 𝟑𝟔. 𝟒𝟑 −𝟑𝟗. 𝟔𝟒 𝟑𝟗. 𝟔𝟒 −𝟑𝟎
𝑬, 𝑰
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑬, 𝑰
↺
𝑴𝑨𝑩
𝟎
↻
↺
𝑴𝑩𝑨
𝟎
𝑴𝑩𝑪
𝟎
(+𝟑𝟎)
𝑪
𝟏𝟓 𝐤
↻
𝟑𝟎 𝐤. 𝐟𝐭
−𝟑𝟎
−𝟏𝟓
−𝟐. 𝟏𝟒 −𝟏. 𝟔𝟏
−𝟏. 𝟎𝟕

𝑬, 𝑰
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰 𝑪
𝟏𝟓 𝐤
𝑫
𝟐 𝐟𝐭
↺
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
↻
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
↺
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
𝑨 𝑽𝑨𝑩
↻
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
↺
𝑴𝑨
𝑩
𝑽𝑩𝑨
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑩𝑪
↺
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
↻
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
𝑽𝑪𝑩
𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
↻
𝟑𝟎
↺
𝟑𝟎
𝟏𝟓 𝐤
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑪𝑫:
↺
𝟑𝟎
𝟏𝟓
↻
𝟑𝟎
𝟏𝟓

↺
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
↻
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
𝟏𝟓 𝐟𝐭
+↺ ∑𝑴𝑨 = 𝟎:
𝑽𝑩𝑨 = 𝟏𝟓. 𝟐𝟏
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑨𝑩 + 𝑽𝑩𝑨 − 𝟐 𝟏𝟓 = 𝟎
𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟒. 𝟕𝟗
𝒙
Seccionando:
↺
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟒. 𝟕𝟗
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟑𝟔. 𝟒𝟑 − 𝟏𝟒. 𝟕𝟗 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑩𝑨 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
+ 𝟑𝟔. 𝟒𝟑 − 𝟑𝟗. 𝟔𝟒 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟒. 𝟕𝟗𝒙 − 𝟑𝟔. 𝟒𝟑
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟏𝟒. 𝟕𝟗 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟏𝟒. 𝟕𝟗
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟏𝟒. 𝟕𝟗 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟕. 𝟒𝟎 𝐦.
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟕. 𝟒𝟎 = − 𝟕. 𝟒𝟎 𝟐 + 𝟏𝟒. 𝟕𝟗 𝟕. 𝟒𝟎 − 𝟑𝟕. 𝟒𝟑
𝑴𝐦á𝐱 = 𝟏𝟕. 𝟐𝟔
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟓.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟒. 𝟕𝟗𝒙𝟏,𝟐 − 𝟑𝟔. 𝟒𝟑 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟑. 𝟏𝟐. 𝒙𝟐 = 𝟏𝟏. 𝟔𝟕.

+↺ ∑𝑴𝑩 = 𝟎:
𝑽𝑪𝑩 = 𝟏𝟒. 𝟑𝟔
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑩𝑪 + 𝑽𝑪𝑩 − 𝟐 𝟏𝟓 = 𝟎
𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
Seccionando:
↺
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝒙
↺
𝑴 𝒙
𝒘 = 𝟐
𝑽𝑪𝑩 𝟏𝟓 − 𝟐 𝟏𝟓
𝟏𝟓
𝟐
+ 𝟑𝟗. 𝟔𝟒 − 𝟑𝟎 = 𝟎
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟕. 𝟗𝟐 𝐦.
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟓.
↺
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
𝑽𝑩𝑪
𝑽𝑪𝑩
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝒙
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟑𝟗. 𝟕𝟒 − 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒𝒙 − 𝟑𝟗. 𝟕𝟒
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟕. 𝟗𝟐 = − 𝟕. 𝟗𝟐 𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟔𝟒 𝟕. 𝟗𝟐 − 𝟑𝟗. 𝟕𝟒
𝑴𝐦á𝐱 = 𝟐𝟏. 𝟒𝟎.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟓. 𝟔𝟒𝒙𝟏,𝟐 − 𝟑𝟗. 𝟕𝟒 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟑. 𝟏𝟗. 𝒙𝟐 = 𝟏𝟐. 𝟒𝟓.
↻
𝟑𝟎

𝑴𝑨 = 𝟑𝟔. 𝟒𝟑 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭. (↺)
𝑨 = 𝟏𝟒. 𝟕𝟗 𝐤. ↑
𝑩 = 𝟑𝟎. 𝟖𝟓 𝐤. ↑
𝑪 = 𝟐𝟗. 𝟑𝟔 𝐤. ↑
𝑨𝑯 = 𝟎 𝐤.
𝑨 𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟒. 𝟕𝟗
↻
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
↺
𝑴𝑨
𝑩
𝟏𝟓. 𝟐𝟏 𝑽𝑩𝑪
↺
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
↻
𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝑪
𝟏𝟒. 𝟑𝟔
↺
𝟑𝟎
↻
𝟑𝟎
𝟏𝟓

𝑬, 𝑰
𝑪
𝒙
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑬, 𝑰
𝟑𝟎. 𝟖𝟓 𝟐𝟗. 𝟑𝟔
𝟏𝟒. 𝟕𝟗
↺
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
𝑫𝑭𝑪
(𝐤)
𝟏𝟒. 𝟕𝟗
𝟏𝟓. 𝟐𝟏
+
𝟕. 𝟒𝟎
−
+
𝟏𝟒. 𝟑𝟔
−
𝟑𝟔. 𝟒𝟑
𝟏𝟕. 𝟐𝟔
𝟑𝟗. 𝟔𝟒
+
− −
𝟑. 𝟏𝟐
𝟑. 𝟑𝟑
𝟐𝟏. 𝟒𝟎
+
𝟑. 𝟏𝟗
𝟕. 𝟗𝟐
𝑫𝑴𝑭
𝐤 ⋅ 𝐟𝐭
𝟏𝟓 𝐤
𝑫
𝟐 𝐟𝐭
𝟏𝟓. 𝟔𝟒
𝟏𝟓
+
𝟑𝟎
𝟐. 𝟓𝟓
−

PROCEDIMIENTO PARA EL MÉTODO CROSS EN
PÓRTICOS (SIN DESPLAZAMIENTO)
Si los nudos del pórtico son no desplazables (considérese EA
= ∞ y exclúyase a los voladizos), entonces podemos seguir
el siguiente procedimiento:
1.- Determinar la rigidez a la flexión de todas las barras.
2.- Determinar los factores de distribución nudo a nudo.
3.- Considerar inicialmente que todos los nudos están
empotrados, excepto en caso de usar un proceso acelerado.
Esto permitirá calcular los FEM en los extremos de todas las
barras.
4.- Los nudos estarán desequilibrados al inicio. Se buscará
equilibrarlos hasta lograr el nivel de precisión deseado
usando el proceso de distribución de momentos utilizando
una tabla.
este procedimiento.

EJEMPLO 10 Determine las reacciones, el DFN, DFC y el DMF de la viga mostrada usando el
método de Cross. Considere 𝑬 = 𝟐𝟗 𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐬𝐢 en todas las barras y, además, EA=∞.
𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑬
𝟒𝟎 𝐤
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫

SOLUCIÓN
𝑲𝑨𝑪 =
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
.
NUDO A
𝑭𝑫𝑨𝑪 = 𝟎.
NUDO C
𝑭𝑫𝑪𝑨 =
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
+
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
=
𝟑
𝟕
.
NUDO D
𝑲𝑩𝑫 =
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
.
𝑲𝑪𝑫 =
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
. 𝑲𝑫𝑬
!
=
𝟑𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
.
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑫 = 𝟎.
𝑭𝑫𝑪𝑫 =
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
+
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
=
𝟒
𝟕
.
𝑭𝑫𝑫𝑪 =
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎 +
𝟑𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎 +
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
= 𝟎. 𝟒.
𝑭𝑫𝑫𝑬 =
𝟑𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
+
𝟑𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
+
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
= 𝟎. 𝟑.
𝑭𝑫𝑫𝑩 =
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
𝟒𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
+
𝟑𝑬(𝟏𝟔𝟎𝟎)
𝟑𝟎
+
𝟒𝑬(𝟖𝟎𝟎)
𝟐𝟎
= 𝟎. 𝟑.
NUDO E
𝑭𝑫𝑬𝑫 = 𝟏.

FEM
𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑬
𝟒𝟎 𝐤
𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫
↺
𝑴𝑪𝑫
𝟎
↻
𝑴𝑫𝑪
𝟎 𝑴𝑫𝑬
𝟎
↺
↺
𝑴
𝑨𝑪
𝟎
↻
𝑴
𝑪𝑨
𝟎
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝑴𝑨𝑪
𝟎
=
𝟒𝟎 (𝟐𝟎)
𝟖
= 𝟏𝟎𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑪𝑨
𝟎
= −
𝟒𝟎 𝟐𝟎
𝟖
= −𝟏𝟎𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑪𝑫
𝟎
=
𝟐 𝟑𝟎 𝟐
𝟏𝟐
= 𝟏𝟓𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑫𝑪
𝟎
= −
𝟐 𝟑𝟎 𝟐
𝟏𝟐
= −𝟏𝟓𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑫𝑬
𝟎
=
𝟐 𝟑𝟎 𝟐
𝟖
= 𝟐𝟐𝟓 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.

Nudos A B C D E
Barras AC BD CA CD DC DB DE ED
FD 0 0 3/7 4/7 0.4 0.3 0.3 1
FEM 100 0 -100 150 -150 0 225 0
-11.25 -15 -30 -22.5 -22.5
-7.5 -15 -20 -10
1.5 2 4 3 3
-0.423 -0.857 -1.143 -0.572
0.086 0.112 0.223 0.171 0.172
-0.024 -0.048 -0.064 -0.032
0.005 0.013 0.010 0.010
M (Cross) 92.1 -9.7 -115.9 115.9 -186.4 -19.3 205.7 0

𝟒𝟎 𝐤
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
↺
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
↻
𝟏𝟖𝟔. 𝟒
𝑽𝑪𝑫
𝑽𝑫𝑪
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
↺
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑬
𝑽𝑬𝑫
↺
𝟗𝟐. 𝟏
↻
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽𝑨𝑪
𝑽𝑪𝑨
𝟗. 𝟕
↻
𝟏𝟗. 𝟑
𝑽𝑩𝑫
𝑽𝑫𝑩
↻
𝑵𝑪𝑫
𝑵𝑫𝑪
𝑵𝑫𝑬
𝑵𝑬𝑫
𝑵𝑪𝑨
𝑵𝑫𝑩
𝑵𝑨𝑪
𝑵𝑩𝑫
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑪𝑫: 𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑫𝑬:
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑨𝑪: 𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑩𝑫:

𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽𝑪𝑫
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑬
𝑽𝑪𝑨
𝟏𝟗. 𝟑
𝑽𝑫𝑩
𝑵𝑪𝑫
𝑵𝑫𝑬
𝑵𝑪𝑨
𝑵𝑫𝑩
↻
↺
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪: 𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑫:
↻
↺
𝟏𝟖𝟔. 𝟒
𝑽𝑫𝑪
𝑵𝑫𝑪
↺ 𝑬
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑬:
𝑬𝑽
𝑬𝑯
𝑽𝑬𝑫
𝑵𝑬𝑫
𝟗𝟐. 𝟏
𝑽𝑨𝑪
𝑵𝑨𝑪
↻
𝑨𝑽
𝑨𝑯
↺
𝑴𝑨
𝑽𝑩𝑫
𝑵𝑩𝑫
𝑩𝑽
𝑩𝑯
↺
𝑴𝑩
𝟗. 𝟕
↺

𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑪𝑫:
+↺ ∑𝑴𝑪 = 𝟎:
𝑽𝑫𝑪 = 𝟑𝟐. 𝟑𝟓
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑪𝑫 + 𝑽𝑫𝑪 − 𝟐 𝟑𝟎 = 𝟎
𝑽𝑪𝑫 = 𝟐𝟕. 𝟔𝟓
𝒙
Seccionando:
↺
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽𝑪𝑫 = 𝟐𝟕. 𝟔𝟓
𝒙
↺
𝑴 𝒙
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟏𝟓. 𝟗 − 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑫𝑪 𝟑𝟎 − 𝟐 𝟑𝟎
𝟑𝟎
𝟐
+ 𝟏𝟏𝟓. 𝟗 − 𝟏𝟖𝟔. 𝟒 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟐𝟕. 𝟔𝟓𝒙 − 𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟐𝟕. 𝟔𝟓
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟏𝟑. 𝟖𝟐𝟓 𝐦.
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟏𝟑. 𝟖𝟐𝟓 = − 𝟏𝟑. 𝟖𝟐𝟓 𝟐 + 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 𝟏𝟑. 𝟖𝟐𝟓 − 𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑴𝒎á𝒙 = 𝟐𝟔𝟔. 𝟐𝟔
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑𝟎.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟐𝟕. 𝟔𝟓𝒙𝟏,𝟐 − 𝟏𝟏𝟓. 𝟗 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟓. 𝟏𝟓. 𝒙𝟐 = 𝟐𝟐. 𝟓𝟎.
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
↺
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
↻
𝟏𝟖𝟔. 𝟒
𝑽𝑪𝑫
𝑽𝑫𝑪
𝑵𝑪𝑫
𝑵𝑫𝑪
𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑵𝑪𝑫 𝑵 𝒙

𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑫𝑬:
+↺ ∑𝑴𝑫 = 𝟎:
𝑽𝑬𝑫 = 𝟐𝟑. 𝟏𝟒
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑫𝑬 + 𝑽𝑬𝑫 − 𝟐 𝟑𝟎 = 𝟎
𝑽𝑫𝑬 = 𝟑𝟔. 𝟖𝟔
𝒙
Seccionando:
↺
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑬 = 𝟑𝟔. 𝟖𝟔
𝒙
↺
𝑴 𝒙
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟐 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟐𝟎𝟓. 𝟕 − 𝟑𝟔. 𝟖𝟔 𝒙 = 𝟎
𝑽𝑬𝑫 𝟑𝟎 − 𝟐 𝟑𝟎
𝟑𝟎
𝟐
+ 𝟐𝟎𝟓. 𝟕 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝒙𝟐 + 𝟑𝟔. 𝟖𝟔𝒙 − 𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟑𝟔. 𝟖𝟔 − 𝟐𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟐𝒙 + 𝟑𝟔. 𝟖𝟔
−𝟐𝒙𝐦á𝐱 + 𝟑𝟔. 𝟖𝟔 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟏𝟖. 𝟒𝟑 𝐦.
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟏𝟖. 𝟒𝟑 = − 𝟏𝟖. 𝟒𝟑 𝟐 + 𝟑𝟔. 𝟖𝟔 𝟏𝟖. 𝟒𝟑 − 𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑴𝐦á𝐱 = 𝟏𝟑𝟑. 𝟗𝟔
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟑𝟎.
−𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟑𝟔. 𝟖𝟓𝒙𝟏,𝟐 − 𝟐𝟎𝟓. 𝟕 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟔. 𝟖𝟔. 𝒙𝟐 = 𝟑𝟎.
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
↺
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑬
𝑽𝑬𝑫
𝑵𝑫𝑬
𝑵𝑬𝑫
𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑵𝑫𝑬 𝑵 𝒙

+↺ ∑𝑴𝑨 = 𝟎:
𝑽𝑪𝑨 = 𝟐𝟏. 𝟏𝟗
+↑ ∑𝑭𝑯 = 𝟎: −𝑽𝑪𝑨 − 𝑽𝑨𝑪 + 𝟒𝟎 = 𝟎
𝑽𝑨𝑪 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏
Seccionando:
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 − 𝟏𝟖. 𝟖𝟏𝒙 + 𝟗𝟐. 𝟏 = 𝟎
𝑽𝑪𝑨 𝟐𝟎 − 𝟒𝟎 𝟏𝟎 − 𝟏𝟏𝟓. 𝟗 + 𝟗𝟐. 𝟏 = 𝟎
𝑴 𝒙 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏𝒙 − 𝟗𝟐. 𝟏
+↑ ∑𝑭𝑯 = 𝟎: 𝑽 𝒙 − 𝟏𝟖. 𝟖𝟏 = 𝟎
𝑽 𝒙 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟏𝟎.
𝟏𝟖. 𝟖𝟏𝒙𝟏 − 𝟗𝟐. 𝟏 = 𝟎
𝟒𝟎 𝐤
↺
𝟗𝟐. 𝟏
↻
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽𝑨𝑪
𝑽𝑪𝑨
𝑵𝑪𝑨
𝑵𝑨𝑪
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑨𝑪:
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝒙
↺
𝟗𝟐. 𝟏
𝑽𝑨𝑪 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏
𝑵𝑨𝑪
𝒙
𝑵 𝒙
↺
𝑽 𝒙
𝑴 𝒙
𝒙
𝒙𝟏 = 𝟒. 𝟗𝟎

+↺ ∑𝑴𝑩 = 𝟎:
𝑽𝑫𝑩 = 𝟏. 𝟒𝟓
+↑ ∑𝑭𝑯 = 𝟎: −𝑽𝑫𝑩 − 𝑽𝑩𝑫 = 𝟎
𝑽𝑩𝑫 = −𝟏. 𝟒𝟓
Seccionando:
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 + 𝟏. 𝟒𝟓𝒙 − 𝟗. 𝟕 = 𝟎
𝑽𝑫𝑩 𝟐𝟎 − 𝟏𝟗. 𝟑 − 𝟗. 𝟕 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝟏. 𝟒𝟓𝒙 + 𝟗. 𝟕
+↑ ∑𝑭𝑯 = 𝟎: 𝑽 𝒙 + 𝟏. 𝟒𝟓 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟏. 𝟒𝟓
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟐𝟎.
−𝟏. 𝟒𝟓𝒙𝟏 + 𝟗. 𝟕 = 𝟎
𝟗. 𝟕
↻
𝟏𝟗. 𝟑
𝑽𝑩𝑫
𝑽𝑫𝑩
𝑵𝑫𝑩
𝑵𝑩𝑫
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑩𝑫:
𝟐𝟎 𝐟𝐭
𝒙
𝟗. 𝟕
𝑽𝑩𝑫 = 𝟏. 𝟒𝟓
𝑵𝑩𝑫
𝒙
𝑵 𝒙
↺
𝑽 𝒙
𝑴 𝒙
𝒙
𝒙𝟏 = 𝟔. 𝟔𝟗
↻
↻

𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝑽𝑪𝑫 = 𝟐𝟕. 𝟔𝟓
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑬 = 𝟑𝟔. 𝟖𝟔
𝑽𝑪𝑨 = 𝟐𝟏. 𝟏𝟗 𝟏𝟗. 𝟑
𝑽𝑫𝑩 = 𝟏. 𝟒𝟓
𝑵𝑪𝑫 = −𝟐𝟏. 𝟏𝟗
𝑵𝑫𝑬 = −𝟐𝟐. 𝟔𝟒
𝑵𝑪𝑨 = −𝟐𝟕. 𝟔𝟓
𝑵𝑫𝑩 = −𝟔𝟗. 𝟐𝟏
↻
↺
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪: 𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑫:
↻
↺
𝟏𝟖𝟔. 𝟒
𝑽𝑫𝑪 = 𝟑𝟐. 𝟑𝟓
𝑵𝑫𝑪 = −𝟐𝟏. 𝟏𝟗
↺ 𝑬
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑬:
𝑬𝑽
𝑬𝑯
𝑽𝑬𝑫 = 𝟐𝟑. 𝟏𝟒
𝑵𝑫𝑬 = −𝟐𝟐. 𝟔𝟒
𝟗𝟐. 𝟏
𝑽𝑨𝑪 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏
𝑵𝑨𝑪 = −𝟐𝟕. 𝟔𝟓
↻
𝑨𝑽
𝑨𝑯
↺
𝑴𝑨
𝑽𝑩𝑫 = 𝟏. 𝟒𝟓
𝑵𝑩𝑫 = −𝟔𝟗. 𝟐𝟏
𝑩𝑽
𝑩𝑯
↺
𝑴𝑩
𝟗. 𝟕
↺
𝑴𝑩 = 𝟗. 𝟕 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭. (↷)
𝑩𝑯 = 𝟏. 𝟒𝟓 𝐤. →
𝑬𝑽 = 𝟐𝟑. 𝟏𝟒 𝐤. ↑
𝑩𝑽 = 𝟔𝟗. 𝟐𝟏 𝐤. (↑)
𝑬𝑯 = 𝟐𝟐. 𝟔𝟒 𝐤. ←
𝑴𝑨 = 𝟗𝟐. 𝟏 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭. (↶)
𝑨𝑯 = 𝟏𝟖. 𝟖𝟏 𝐤. ←
𝑨𝑽 = 𝟐𝟕. 𝟔𝟓 𝐤. (↑)

𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝟐 𝐤/𝐟𝐭
𝑬
𝟒𝟎 𝐤
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝑰 = 𝟏𝟔𝟎𝟎 𝐢𝐧𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝑰
=
𝟖𝟎𝟎
𝐢𝐧
𝟒
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫
𝟐𝟑. 𝟏𝟒
𝟐𝟐. 𝟔𝟒
𝟐𝟕. 𝟔𝟓
𝟏𝟖. 𝟖𝟏
↺
𝟗𝟐. 𝟏
𝟔𝟗. 𝟐𝟏
𝟏. 𝟒𝟓
↻
𝟗. 𝟕
+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+→ ∑𝑭𝑯 = 𝟎. (𝐎𝐊)

𝑬
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫
𝑫𝑭𝑵
(𝐤)
𝟐𝟕.
𝟔𝟓
−
𝟕𝟏.
𝟐𝟏
−
𝟐𝟏. 𝟏𝟗
−
𝟐𝟐. 𝟔𝟒
−

𝑬
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫
𝑫𝑭𝑪
(𝐤)
𝟏𝟖.
𝟏𝟎
+
𝟐𝟏.
𝟏𝟗
−
−
𝟏.
𝟒𝟓
𝟐𝟕. 𝟔𝟓
+
−
𝟏𝟑. 𝟖𝟐𝟓
𝟑𝟐. 𝟑𝟓
𝟑𝟔. 𝟖𝟔
𝟐𝟑. 𝟏𝟒
+
−
𝟏𝟖. 𝟒𝟑

𝑬
𝟑𝟎 𝐟𝐭 𝟑𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝟏𝟎 𝐟𝐭
𝑨 𝑩
𝑪
𝑫
𝑫𝑴𝑭
(𝐤 ⋅ 𝐟𝐭)
𝟗𝟐.
𝟏
+
−
𝟐𝟔𝟔. 𝟐𝟔
+
𝟏𝟏𝟓.
𝟗
𝟗𝟔
𝟒. 𝟗𝟎
−
𝟓. 𝟒𝟕
𝟗.
𝟕
𝟏𝟗.
𝟑
+
−
𝟔. 𝟔𝟗
𝟏𝟏𝟓. 𝟗
𝟏𝟖𝟔. 𝟒
−
−
𝟐𝟎𝟓. 𝟕
𝟏𝟑𝟑. 𝟗𝟔
−
+
𝟔. 𝟖𝟔

PROCEDIMIENTO PARA EL MÉTODO CROSS EN VIGAS Y
PÓRTICOS CON DESPLAZAMIENTO
Si los nudos de una viga o un pórtico son desplazables
(considérese EA = ∞), entonces podemos seguir el
siguiente procedimiento (aplicable para una sola
posibilidad de desplazamiento, exclúyase a los
voladizos):
1.- Coloque un apoyo ficticio en un nudo de tal manera
que la viga o pórtico quede como no desplazable.
2.- Bajo la consideración anterior, determine los
momentos en los extremos de todas las barras usando
el método de Cross. Llame a estos momentos 𝑴𝟎.
3.- Utilice los procedimientos de la Estática, para
determinar la reacción en el apoyo ficticio. Llame a esta
reacción 𝑿.
4.- Con el objeto de eliminar el efecto del apoyo ficticio,
retírelo y coloque una fuerza igual a 𝑿, pero en
dirección contraria. No considere en este paso a las
cargas externas porque éstas ya fueron consideradas en
los pasos anteriores. Esta fuerza genera que la viga o el
pórtico tenga un desplazamiento lateral 𝚫 desconocido
el cual genera los FEM de este paso. Bajo esta
consideración, determine los momentos en los
extremos de todas las barras usando el método de
Cross. Llame a estos momentos 𝑴𝟏.
5.- Los momentos finales 𝑴 se determinarán de la
siguiente manera: 𝑴 = 𝑴𝟎 + 𝑴𝟏.
Note que en el paso 4, 𝚫 es desconocido. Por ello, se
hará lo siguiente: para el cálculo de los FEM se asumirá
que el desplazamiento tiene un valor cualquiera 𝜹. Bajo
este desplazamiento, se determinarán los momentos
en los extremos de las barras a los cuales llamaros 𝒎𝟏.

Con estos estos momentos 𝒎𝟏 y por Estática, se podrá
calcular el valor de la fuerza que generó el
desplazamiento asumido a la cual llamaremos 𝒙. Luego,
se establece la siguiente relación:
𝒙
𝑿
=
𝒎𝟏
𝑴𝟏
⇒ 𝑴𝟏 =
𝑿
𝒙
𝒎𝟏.
De esta forma, los momentos finales por Cross se
determinan con
𝑴 = 𝑴𝟎 +
𝑿
𝒙
𝒎𝟏.
este procedimiento.

EJEMPLO 11 Determine las reacciones, el DFN, DFC y el DMF del pórtico mostrado usando el
método de Cross. Considere 𝑬 = 𝟐×𝟏𝟎𝟓
𝐌𝐏𝐚, 𝑬𝑨 = ∞. Todas las barras son de sección
rectangular 𝟎. 𝟐𝟓 𝐦 × 𝟎. 𝟔𝟎 𝐦.
𝟐𝟎 𝐤𝐍
𝟑𝟎 𝐤𝐍/𝐦
𝟒 𝐦
𝟒 𝐦
𝟑 𝐦
𝑨
𝑩 𝑪
𝑫

SOLUCIÓN
𝟐𝟎 𝐤𝐍
𝑨
𝑩 𝑪
𝑫
Coloquemos un apoyo en C de tal forma que
el pórtico no pueda desplazarse lateralmente:
𝑿
Rigideces a la flexión
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟑
.
Factores de distribución
NUDO A
𝑭𝑫𝑨𝑪 = 𝟎.
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟑
𝟒𝑬𝑰
𝟑
+
𝟒𝑬𝑰
𝟒
=
𝟒
𝟕
.
𝑲𝑩𝑪 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒
. 𝑲𝑪𝑫 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒
.
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒
𝟒𝑬𝑰
𝟑
+
𝟒𝑬𝑰
𝟒
=
𝟑
𝟕
.
NUDO C
𝑭𝑫𝑪𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒
𝟒𝑬𝑰
𝟒
+
𝟒𝑬𝑰
𝟒
= 𝟎. 𝟓. 𝑭𝑫𝑪𝑫 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒
𝟒𝑬𝑰
𝟒 +
𝟒𝑬𝑰
𝟒
= 𝟎. 𝟓.
NUDO D
𝑭𝑫𝑫𝑪 = 𝟎.

FEM
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟑𝟎 (𝟒𝟐
)
𝟏𝟐
= 𝟒𝟎 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.
𝑴𝑪𝑩
𝟎
= −
𝟑𝟎 (𝟒𝟐
)
𝟏𝟐
= −𝟒𝟎 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.
Distribución de momentos 0
Nudos A B C D
Barras AB BA BC CB CD DC
FD 0 4/7 3/7 0.5 0.5 0
FEM 0 0 40 -40 0 0
-11.43 -22.86 -17.14 -8.57
12.15 24.29 24.29 12.15
-3.47 -6.94 -5.21 -2.61
0.66 1.31 1.31 0.66
-0.19 -0.38 -0.28 -0.14
0.04 0.07 0.07 0.04
-0.01 -0.02 -0.02
𝑀#
(Cross) -15.1 -30.2 30.2 -25.7 25.7 12.9

𝟑𝟎 𝐤/𝐟𝐭
↻
𝟑𝟎. 𝟐
𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟓. 𝟏
𝑽𝑩𝑨 = 𝟏𝟓. 𝟏
𝑵𝑨𝑩
𝑵𝑨𝑩
𝟐𝟓. 𝟕
𝑽𝑫𝑪 = 𝟗. 𝟔𝟓
𝑽𝑪𝑫 = 𝟗. 𝟔𝟓
𝑵𝑪𝑫
𝑵𝑫𝑪
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑫𝑪:
𝟐𝟎 𝐤𝐍
𝑿
↻
𝟏𝟓. 𝟏
𝟏𝟐. 𝟗
𝟏𝟓. 𝟏 𝟗. 𝟔𝟓
𝑿 = 𝟐𝟓. 𝟒𝟓 ← .
↺
↺
↺
↻

𝑨
𝑩 𝑪
𝑫
Con objeto de eliminar la carga ficticia 𝑿, la
colocamos en el pórtico en dirección contraria:
𝑿 = 𝟐𝟓. 𝟒𝟓
Ya que se desconoce cuál es el desplazamiento 𝚫
hacia la derecha debido a la fuerza 𝑿 = 𝟐𝟓. 𝟒𝟓, no
es posible determinar los FEM.
Se deben encontrar ahora por el método de Cross
los momentos para este nuevo caso. Los
momentos finales se obtendrán sumando los
momentos del primer Cross con los de este
segundo.
Pero podemos usar el siguiente artificio. Vamos a
suponer que el pórtico se desplaza hacia la
derecha una cantidad cualquiera, por ejemplo, 𝜹 =
𝟎. 𝟎𝟏 𝐦. De esta forma, obtendremos luego del
segundo Cross por Estática el valor de la fuerza 𝒙
que haría que el pórtico se desplaza el valor
asumido.
Finalmente, por una simple regla de 3
obtendremos un factor de corrección que
permitirá obtener los verdaderos valores de los
momentos por este segundo caso.

𝑨
𝑩
𝑪
𝑫
𝒙
Los FEM para este caso son:
𝑩!
𝑪!
𝜹 = 𝟎. 𝟎𝟏 𝜹 = 𝟎. 𝟎𝟏
↺
↺
↺
↺
𝑴𝑩𝑨
𝟎
𝑴𝑨𝑩
𝟎
𝑴𝑪𝑫
𝟎
𝑴𝑫𝑪
𝟎
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟔 𝟐×𝟏𝟎𝟖 𝟎. 𝟐𝟓×𝟎. 𝟔𝟎𝟑
𝟏𝟐
𝟑𝟐 (𝟎. 𝟎𝟏) = 𝟔𝟎 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
=
𝟔 𝟐×𝟏𝟎𝟖 𝟎. 𝟐𝟓×𝟎. 𝟔𝟎𝟑
𝟏𝟐
𝟑𝟐 (𝟎. 𝟎𝟏) = 𝟔𝟎 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.
𝑴𝑫𝑪
𝟎
=
𝟔 𝟐×𝟏𝟎𝟖 𝟎. 𝟐𝟓×𝟎. 𝟔𝟎𝟑
𝟏𝟐
𝟒𝟐 𝟎. 𝟎𝟏 = 𝟑𝟑. 𝟕𝟓 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.
𝑴𝑪𝑫
𝟎
=
𝟔 𝟐×𝟏𝟎𝟖 𝟎. 𝟐𝟓×𝟎. 𝟔𝟎𝟑
𝟏𝟐
𝟒𝟐 𝟎. 𝟎𝟏 = 𝟑𝟑. 𝟕𝟓 𝐤𝐍 ⋅ 𝐦.

Nudos A B C D
FD 0 4/7 3/7 0.5 0.5 0
FEM 60 60 0 0 33.75 33.75
-17.15 -34.29 -25.71 -12.86
-5.23 -10.45 -10.45 -5.23
1.5 2.99 2.24 1.12
-0.28 -0.56 -0.56 -0.28
0.08 0.16 0.12 0.06
-0.02 -0.03 -0.03 -0.02
0.01 0.01
𝑚$
(Cross) 44.4 28.9 -28.9 -22.7 22.7 28.2

𝟐𝟖. 𝟗
𝑽𝑨𝑩 = 𝟐𝟒. 𝟒𝟑
𝑽𝑩𝑨 = 𝟐𝟒. 𝟒𝟑
𝑵𝑨𝑩
𝑵𝑨𝑩
𝟐𝟐. 𝟕
𝑽𝑫𝑪 = 𝟏𝟐. 𝟕𝟑
𝑽𝑪𝑫 = 𝟏𝟐. 𝟕𝟑
𝑵𝑪𝑫
𝑵𝑫𝑪
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑫𝑪:
𝒙
𝟒𝟒. 𝟒
𝟐𝟖. 𝟐
𝟐𝟒. 𝟒𝟑 𝟏𝟐. 𝟕𝟑
𝒙 = 𝟑𝟕. 𝟏𝟔 → .
↺
↺
↻
↺
↺
↻

Entonces
𝑿
𝚫
=
𝒙
𝜹
⇒ 𝚫 =
𝑿
𝒙
𝜹.
𝑴 = 𝑴𝟎 +
𝑿
𝒙
𝒎𝟏 = 𝑴𝟎 +
𝟐𝟓. 𝟒𝟓
𝟑𝟕. 𝟏𝟔
𝒎𝟏 = 𝑴𝟎 + 𝟎. 𝟔𝟖𝟒𝟗 𝒎𝟏.
Nudos A B C D
𝑀#
(Cross) -15.1 -30.2 30.2 -25.7 25.7 12.9
𝑚$
(Cross) 44.4 28.9 -28.9 -22.7 22.7 28.2
𝑀 (Cross) 15.3 -10.4 10.4 -41.2 41.2 32.2

𝟐𝟎 𝐤𝐍
𝟒 𝐦
𝟒 𝐦
𝟑 𝐦
𝑨
𝑩 𝑪
𝑫
𝟓𝟐. 𝟑
𝟏𝟓. 𝟑
↺
𝟏. 𝟔
↺
𝟑𝟐. 𝟐
𝟏𝟖. 𝟒
𝟔𝟕. 𝟕
+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+→ ∑𝑭𝑯 = 𝟎. (𝐎𝐊)

𝟒 𝐦
𝟒 𝐦
𝟑 𝐦
𝑨
𝑩
𝑪
𝑫
𝟓𝟐.
𝟑
𝑫𝑭𝑵
(𝐤𝐍)
−
−
𝟔𝟕.
𝟕
−
𝟏𝟖. 𝟒

↺
𝟏𝟎. 𝟒
↻
𝟒𝟏. 𝟐
𝑽𝑩𝑪 = 𝟓𝟐. 𝟑 𝑽𝑪𝑩 = 𝟔𝟕. 𝟕
𝟏𝟖. 𝟒 𝟏𝟖. 𝟒
+↺ ∑𝑴𝑩 = 𝟎:
𝑽𝑪𝑩 = 𝟔𝟕. 𝟕
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝑽𝑪𝑩 + 𝑽𝑩𝑪 − 𝟑𝟎 𝟒 = 𝟎
𝑽𝑩𝑪 = 𝟓𝟐. 𝟑
Seccionando:
𝑽𝑪𝑩 𝟒 − 𝟑𝟎 𝟒
𝟒
𝟐
+ 𝟏𝟎. 𝟒 − 𝟒𝟏. 𝟐 = 𝟎
↺
𝟏𝟎. 𝟒
𝑽𝑩𝑪 = 𝟓𝟐. 𝟑
𝒙
↺
𝑴 𝒙
+↺ ∑𝑴 = 𝟎: 𝑴 𝒙 +
𝟑𝟎 𝒙 𝟐
𝟐
+ 𝟏𝟎. 𝟒 − 𝟓𝟐. 𝟑 𝒙 = 𝟎
𝑴 𝒙 = −𝟏𝟓𝒙𝟐 + 𝟓𝟐. 𝟑𝒙 − 𝟏𝟎. 𝟒
𝑽 𝒙
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎: 𝟓𝟐. 𝟑 − 𝟑𝟎𝒙 − 𝑽 𝒙 = 𝟎
𝑽 𝒙 = −𝟑𝟎𝒙 + 𝟓𝟐. 𝟑
−𝟑𝟎𝒙𝐦á𝐱 + 𝟓𝟐. 𝟑 = 𝟎 → 𝒙𝐦á𝐱 = 𝟏. 𝟕𝟒 𝐦.
𝑴𝐦á𝐱 = 𝑴 𝟏. 𝟕𝟒 = −𝟏𝟓 𝟏. 𝟕𝟒 𝟐 + 𝟓𝟐. 𝟑 𝟏. 𝟕𝟒 − 𝟏𝟎. 𝟒
𝑴𝐦á𝐱 = 𝟑𝟓. 𝟏𝟗
𝒙
𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟒.
−𝟏𝟓𝒙𝟏,𝟐
𝟐
+ 𝟓𝟐. 𝟑𝒙𝟏,𝟐 − 𝟏𝟎. 𝟒 = 𝟎
𝒙𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟏. 𝒙𝟐 = 𝟑. 𝟐𝟕.
𝟑𝟎
𝟏𝟎. 𝟒 𝑵 𝒙

𝟒 𝐦
𝟒 𝐦
𝟑 𝐦
𝑨
𝑩 𝑪
𝑫
𝟏.
𝟔
𝑫𝑭𝑪
(𝐤𝐍)
+
𝟏𝟖.
𝟒
+
+
−
𝟓𝟐. 𝟑
𝟔𝟕. 𝟕
𝟏. 𝟕𝟒

𝟒 𝐦
𝟒 𝐦
𝟑 𝐦
𝑨
𝑩
𝑪
𝑫
𝟏𝟓.
𝟑
𝑫𝑴𝑭
(𝐤𝐍 ⋅ 𝐦)
−
+
𝟏𝟎.
𝟒
𝟑𝟐.
𝟐
𝟒𝟏.
𝟐
−
+
𝟏.
𝟕𝟓
𝟏𝟎. 𝟒
𝟑𝟓. 𝟐
𝟒𝟏. 𝟐
−
−
𝟎. 𝟐𝟏 𝟎. 𝟕𝟑

EJEMPLO 12 Determine las reacciones, el DFN, DFC y el DMF del pórtico mostrado usando el
método de Cross. Considere 𝑬𝑰 = 𝐜𝐭𝐞, 𝑬𝑨 = ∞.
𝟐𝟓 𝐤
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝑨
𝑩
𝑪
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝟖 𝐟𝐭

𝟐𝟓 𝐤
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝑨
𝑩
𝑪
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝟖 𝐟𝐭
Para el primer Cross, coloquemos un apoyo en C de tal forma que el pórtico no pueda
desplazarse lateralmente:
𝑿
SOLUCIÓN

Rigideces a la flexión
𝑲𝑨𝑩 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
.
Factores de distribución
NUDO A
NUDO B
𝑭𝑫𝑩𝑨 =
𝟒𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
𝟒𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟐
= 𝟎. 𝟓𝟐𝟓𝟗.
𝑲𝑩𝑪
!
=
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟐
.
NUDO C
𝑭𝑫𝑩𝑪 =
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟐
𝟒𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
+
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟐
= 𝟎. 𝟒𝟕𝟒𝟏.
FEM
Al no haber cargas en las barras, todos los FEM son 0.
Ya que todos los FEM son 0, los momentos por el primer Cross
también son 0:
𝑿 = 𝟐𝟓 ← .
Nudos A B C
Barras AB BA BC CB
FD 0 0.5259 0.4741 1
FEM 0 0 0 0
𝑀#
(Cross) 0 0 0 0
Por lo tanto:

Para el segundo Cross, consideremos que el pórtico se desplaza horizontalmente 𝜹 =
𝟕𝟐𝟎
𝑬𝑰
debido a una
fuerza ficticia 𝒙 de la siguiente manera:
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝑨
𝑩 𝑪
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝟖 𝐟𝐭
𝒙
𝑩!
𝑪!
𝜹
𝜹
𝜶
𝜶
↺
𝑴𝑩𝑨
𝟎
↺
𝑴𝑨𝑩
𝟎
𝜹
sin
𝜶
↻
𝜹
tan 𝜶
𝑴𝑩𝑪
𝟎
tan 𝜶 = 𝟏. 𝟓.
sin 𝜶 =
𝟏𝟐
𝟒 𝟏𝟑
.
Note que el desplazamiento horizontal 𝜹 en el pórtico induce a que AB y BC presenten desplazamientos
perpendiculares a sus ejes iguales a
𝜹
123 𝜶
y
𝜹
563 𝜶
, respectivamente.
cos 𝜶 =
𝟖
𝟒 𝟏𝟑
.

Los FEM para este caso son (ver
ejemplos 4 y 5):
𝑴𝑨𝑩
𝟎
=
𝟔𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
𝟐 ×
𝟕𝟐𝟎
𝑬𝑰
𝟏𝟐
𝟒 𝟏𝟑
= 𝟐𝟒. 𝟗𝟔 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑨
𝟎
=
𝟔𝑬𝑰
𝟒 𝟏𝟑
𝟐 ×
𝟕𝟐𝟎
𝑬𝑰
𝟏𝟐
𝟒 𝟏𝟑
= 𝟐𝟒. 𝟗𝟔 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
𝑴𝑩𝑪
𝟎
=
𝟑𝑬𝑰
𝟏𝟐𝟐 ×
𝟕𝟐𝟎
𝑬𝑰
𝟏. 𝟓
= −𝟏𝟎 𝐤 ⋅ 𝐟𝐭.
Nudos A B C
Barras AB BA BC CB
FD 0 0.5259 0.4741 1
FEM 24.96 24.96 -10 0
-3.94 -7.87 -7.09
𝑚$
(Cross) 21.02 17.09 -17.09 0

𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑨𝑩
𝒙
↺
𝟐𝟏. 𝟎𝟐
↺
𝟏𝟕. 𝟎𝟗
↻
𝟏𝟕. 𝟎𝟗
𝟐. 𝟔𝟒
𝟐. 𝟔𝟒
𝑵𝑩𝑨
𝑵𝑨𝑩
𝟏. 𝟒𝟐
𝟏. 𝟒𝟐
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑩𝑪
𝑵𝑩𝑪
𝑵𝑪𝑩
𝟏. 𝟒𝟐
𝑵𝑪𝑩
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑩 𝟏. 𝟒𝟐
𝑵𝑩𝑪
↺
𝑵𝑩𝑨
𝟐. 𝟔𝟒
↻
𝜶
Del nudo B:
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎.
𝟏. 𝟒𝟐 + 𝟐. 𝟔𝟒 cos 𝜶 − 𝑵𝑩𝑨 sin 𝜶 = 𝟎
𝑵𝑩𝑨 = 𝟑. 𝟒𝟕
sin 𝜶 =
𝟏𝟐
𝟒 𝟏𝟑
.
cos 𝜶 =
𝟖
𝟒 𝟏𝟑
.
+→ ∑𝑭𝑯 = 𝟎.
𝑵𝑩𝑪 − 𝟐. 𝟔𝟒 sin 𝜶 − 𝑵𝑩𝑨 cos 𝜶 = 𝟎
𝑵𝑩𝑪 = 𝟒. 𝟏𝟐
Del nudo B:
+→ ∑𝑭𝑯 = 𝟎.
𝒙 = 𝟒. 𝟏𝟐 → .

Entonces
𝑿
𝚫
=
𝒙
𝜹
⇒ 𝚫 =
𝑿
𝒙
𝜹.
𝑴 = 𝑴𝟎 +
𝑿
𝒙
𝒎𝟏 = 𝑴𝟎 +
𝟐𝟓
𝟒. 𝟏𝟐
𝒎𝟏 = 𝑴𝟎 + 𝟔. 𝟎𝟔𝟖 𝒎𝟏.
Nudos A B C
Barras AB BA BC CB
𝑀#
(Cross) 0 0 0 0
𝑚$
(Cross) 21.02 17.09 -17.09 0
𝑀 (Cross) 127.5 103.7 -103.7 0

𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑨𝑩
𝒙
↺
𝟏𝟐𝟕. 𝟓
↺
𝟏𝟎𝟑. 𝟕
↻
𝟏𝟎𝟑. 𝟕
𝟏𝟔. 𝟎𝟐
𝟏𝟔. 𝟎𝟐
𝟐𝟏. 𝟎𝟔
𝟐𝟏. 𝟎𝟔
𝟖. 𝟔𝟐
𝟖. 𝟔𝟐
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝑩𝑪
𝟖. 𝟔𝟐
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑪
𝐍𝐮𝐝𝐨 𝑩 𝟏. 𝟒𝟐
↺
𝟐𝟏. 𝟎𝟔
𝟏𝟔. 𝟎𝟐
↻
𝜶
𝟐𝟓 𝐤

+↺ ∑𝑴 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+↑ ∑𝑭𝑽 = 𝟎. (𝐎𝐊)
+→ ∑𝑭𝑯 = 𝟎. (𝐎𝐊)
𝟐𝟓 𝐤
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝑨
𝑩
𝑪
𝟏𝟐 𝐟𝐭
𝟖 𝐟𝐭
𝟖. 𝟔𝟐
𝟏𝟐𝟕. 𝟓
↺
𝟐𝟓
𝟖. 𝟔𝟐

𝑨
𝑩
𝑪
𝑫𝑭𝑵
(𝐤)
𝟐
𝟏
.
𝟏
+

𝑨
𝑩 𝑪
𝑫𝑭𝑪
(𝐤)
𝟏
𝟔
.
𝟎
+
−
𝟖. 𝟎

𝑨
𝑩
𝑪
𝑫𝑴𝑭
(𝐤. 𝐟𝐭)
+
𝟏
𝟐
𝟕
.
𝟓
𝟏
𝟎
𝟑
.
𝟕
−
𝟕
.
𝟗
𝟔
𝟏𝟎𝟑. 𝟕
+

AnalisisEstructural12345678900000000.pdf

Recomendados

Recomendados

Más contenido relacionado

Similar a AnalisisEstructural12345678900000000.pdf

Similar a AnalisisEstructural12345678900000000.pdf (20)

Último

Último (20)

AnalisisEstructural12345678900000000.pdf