Este documento presenta la solución al problema de resolver una viga continua usando el método de Hardy Cross. Se calculan los momentos de empotramiento perfecto, los coeficientes de distribución, y la tabla de distribución de momentos. Finalmente, se grafican los diagramas de esfuerzo cortante y momento flector.

1. Resolver la viga mostrada usando el método de
Hardy Cross. Hallar los momentos y las reacciones,
trazar los diagramas de esfuerzo cortante y
momento flector

2. SOLUCIÓN:
Las rigideces relativas son:
2,0
5
1
==
AB
k 167,0
6
1
==
BC
k 15,0)
5
1
(
4
3
==
CD
k
Los coeficientes de distribución:
NUDO A: 0=
AB
d
NUDO B:
545,0
167,02,0
2,0
=
+
=
+
=
BC
k
BA
k
BA
k
BA
d 455,0
167,02,0
167,0
=
+
=
+
=
BC
k
BA
k
BC
k
BC
d
NUDO C:
527,0
15,0167,0
167,0
=
+
=
+
=
CD
k
CB
k
CB
k
CB
d 473,0
15,0167,0
15,0
=
+
=
+
=
CD
k
CB
k
CD
k
CD
d
NUDO D: 1=
DC
d
Los momentos de empotramiento perfecto son:
103,396,0743,2 −=−−=
AB
M
877,484,3037,1 =+=
BA
M
743,2
5
2102)
5
3
(3
60
236,3102)(3
60
2
−=+
−
=+
−
= 










 xx
L
a
L
bwb
AB
M
037,1
5
33
5
560
336,33
5
60
3
=−=−= 










 bx
x
x
L
b
L
wb
BA
M
96,0
2
5
2
146
2
2
−=
−
=
−
=
xx
L
Pab
AB
M
84,3
2
5
1
2
46
2
2
===
xx
L
bPa
BA
M

3. 6,2489,0667,12444,2 −=−−+−=
BC
M
289,10511,1111,62667,0 =+++=
CB
M
444,2)
6
23
8(
6
2
6
12
222
)38(6
12
2
−=−−
−
=−−
−
=







 xx
L
a
L
awa
BC
M
667,0)
6
23
4(
612
322
)
3
4(
12
3
=−=−=
x
x
x
L
a
L
wa
CB
M
2)(
26
38
)(
2
3363 =−=−= −− xaL
x
L
Mb
BC
M
2)333 62(
26
38
)2(
2
=−− == xaL x
x
L
Ma
CB
M
667,1)
6
23
4(
612
325
)
3
4(
12
3
−=−
−
=−
−
=
x
x
x
L
a
L
wa
BC
M
111,6)
6
23
8(
6
2
6
12
225
)
3
8(6
12
2
=−−=−−=







 xx
L
a
L
awa
CB
M
489,0)2465(
2620
322
)45(
220
3
−=−
−
=−
−
= xx
x
x
aL
L
wa
BC
M
511,1)62152262610(
2
630
2
22
)1526210(
2
30
2
=−+=−+= xxxx
x
x
aLaL
L
wa
CB
M

4. 346,664,0286,242,3 −=−−−=
CD
M
404,556,2864,098,1 =++=
DC
M
42,3)
5
33
8(
5
3
6
12
232
)
3
8(6
12
2
−=−−
−
=−−
−
=







 xx
L
a
L
awa
CD
M
98,1)
5
33
4(
512
332
)
3
4(
12
3
=−=−=
x
x
x
L
a
L
wa
DC
M
286,2
5
2102)
5
3
(3
60
233102)(3
60
2
−=+
−
=+
−
= 










 xx
L
a
L
bwb
CD
M
864,0
5
33
5
560
3333
5
60
3
=−=−= 










 x
x
x
L
b
L
wb
DC
M
64,0
25
144
2
22
−=
−
=
−
=
xx
L
Pab
CD
M
56,2
25
44
2
122
===
xb x
L
Pa
DC
M TABLA DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
A
0 0.545 0.455 0.526 0.474 1 0
-3.703 4.877 -2.6 10.289 -6.346 5.404 -1.5
-1.952 -3.904 0.000
-0.524 -1.047 -0.944
-0.478 -0.955 -0.798 -0.399
0.105 0.210 0.189
-0.029 -0.057 -0.048 -0.024
0.007 0.013 0.011
-0.002 -0.004 -0.003 -0.002
0.001 0.001
-4.21 3.86 -3.86 9.04 -9.04 1.50 -1.50
Resumen de momentos de empotramiento perfecto:
mN
AB
M .703,3−= mN
BA
M .877,4+=
mtN
BC
M .60,2−= mN
CB
M .289,10=
mN
CD
M .346,6−= mN
DC
M .404,5+=
Los momentos finales son:
mN
A
M .21,4−= mN
B
M .86,3−=
mN
C
M .04,9−= mN
D
M .50,1−=

5. Representación de las vigas isostáticas que forman un sistema equivalente a la viga continua: a partir de estas
vigas isostáticas se determinan los diagramas
0'5)4(6)1(4,586,321,40 =+−−−∴=∑ B
R
A
M
81,5'
=BR 59,5=AR
0'6)5(10
3
14
8)1(404,986,30 =+−−−−−∴=∑
C
R
B
M
75,12'
=CR 25,3=BR
0'5)4(4)5,1(6)1(5,45.104,90 =+−−−−∴=∑ D
R
C
M
39,4'
=DR 11,10=CR
GRÁFICA DE LOS DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
TRAMO – AB: 30 ≤≤ x
76,1)2(4,521,4359,5 =−−= xM
95,119,076,1 =+
86,381,595,1 −=−
TRAMO – BC:
625,1
4
2
25,3
=⇒= d
d
641,2)25,3)(625,1(
2
1
1 ==∆A
141,0)75,0)(375,0(
2
1
2 −=−=∆A
TRAMO – CD: 30 ≤≤ x
xy
x
y
−=⇒=
−
3
3
3
3
xxy =−−=− )3(33

6. DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

7. Determine los momentos en los extremos de los miembros para el armazón que se muestra
en la figura, utilizando el método de Hardy Cross.
Las rigideces son: k IJ = I / L; k IJ = (3/4) (I / L)
40
20
800
==
CA
k 333,53
30
1600
==
CD
k
40
20
800
==
DB
k 333,53
30
1600
==
DC
k 40
30
1600
4
3
=





=
DE
k
Los factores de distribución:
NUDO C:
429,0
333,5340
40
=
+
=
+
=
CD
k
CA
k
CA
k
CA
d
571,0
333,5340
333,53
=
+
=
+
=
CD
k
CA
k
CD
k
CD
d
NUDO D:
300,0
40333,5340
40
=
++
=
++
=
DE
k
DC
k
DB
k
DB
k
DB
d 400,0
40333,5340
333,53
=
++
=
++
=
DE
k
DC
k
DB
k
DC
k
DC
d
300,0
40333,5340
40
=
++
=
++
=
DE
k
DC
k
DB
k
DE
k
DE
d
NUDO E:
1=
ED
d

8. Los momentos de empotramiento perfecto son:
100
220
2)10)(10(40
2
2
===
L
PabE
AC
M
ftk
L
bPaE
CA
M .100
220
)10(2)10(40
2
2
−=
−
=
−
= 0== E
DB
ME
BD
M
ftk
wLE
DE
ME
CD
M .150
12
2)30(2
12
2
==== ftk
wLE
ED
ME
DC
M .150
12
2)30(2
12
2
−=
−
=
−
==
La distribución de momentos:
El proceso de distribución de momentos se lleva a cabo en forma de tabla. La tabla contiene una columna para cada
extremo de miembro de la estructura. Note que las columnas para todo los extremos de los miembros , los cuales están
conectados al mismo nudo , están agrupados , de modo que cualquier momento no equilibrado en el nudo se puede
distribuir en forma conveniente entre los miembros conectados a él.
Los momentos finales:
Los momentos finales en los extremos de los miembros se obtienen al sumar todos los momentos que se encuentran en
cada columna de la tabla de distribución de momentos.

9. TABLA DE DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS
NUDO A C D E B
MIEMBRO AC CA CD DC DB DE ED BD
FD 0 0.429 0.571 0.4 0.3 0.3 1 0
M 100 -100 150 -150 0 150 -150 0
1a. DISTRIBUCIÓN 0.00 -21.45 -28.55 0.00 0.00 0.00 150.00 0.00
1er. TRANSPORTE -10.73 0.00 0.00 -14.28 0.00 75.00 0.00 0.00
2a. DISTRIBUCIÓN 0.00 0.00 0.00 -24.29 -18.22 -18.22 0.00 0.00
2o. TRANSPORTE 0.00 0.00 -12.15 0.00 0.00 0.00 0.00 -9.11
3a. DISTRIBUCIÓN 0.00 5.21 6.93 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00
3a. TRANSPORTE 2.61 0.00 0.00 3.47 0.00 0.00 0.00 0.00
4a. DISTRIBUCIÓN 0.00 0.00 0.00 -1.39 -1.04 -1.04 0.00 0.00
4a. TRANSPORTE 0.00 0.00 -0.69 0.00 0.00 0.00 0.00 -0.52
5a. DISTRIBUCIÓN 0.00 0.30 0.40 0.00 0.00 0.00 0.00 0.00
5a. TRANSPORTE 0.15 0.00 0.00 0.20 0.00 0.00 0.00 0.00
6a. DISTRIBUCIÓN 0.00 0.00 0.00 -0.08 -0.06 -0.06 0.00 0.00
M. TOTALES 92.03 -115.94 115.94 -186.37 -19.32 205.68 0.00 -9.63

10. (a) Armazón

11. (a) Momentos en los extremos de los miembros cortantes y fuerzas axiales