131697581 Analisis Estructural Gonzalez Cuevas

7/27/2019 131697581 Analisis Estructural Gonzalez Cuevas

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ÓscarM.GonzálezCuevas es ingeniero civil egresado de la Universidadde Yucatán, con grados de maestro en Ingeniería y de doctor enIngeniería, con especialidaden estructuras, por la Universidad NacionalAutónoma de México.

Actualmente es profesor de tiempo completo en la UniversidadAutónoma Metropolitana (uam), Unidad Azcapotzalco. En esta instituciónimparte cursos de Estática, Diseño estructural. Análisis estructural yEstructuras de concreto. También realiza investigaciones en el campode la reparación de estructuras dañadas por sismos y coordina elposgrado en Ingeniería estructural que ha iniciado actividades en el año2001. Fue fundador de la uam en el año de 1974 y ha ocupado diversos

cargos de dirección, incluyendo él de Director de la División de CienciasBásicas e Ingeniería (1979-1981), Rector de la Unidad Azcapotzalco(1981-1985) y Rector general (1985-1989).

El Dr. González Cuevas es autor, con el Ing. Francisco RoblesFernández, del libro Aspectos Fundamentales del Concreto Reforzado, que ha venido publicando esta misma casa editorial, en tres ediciones

(1974,1985,1995), y que se usa ampliamente como libró de texto enescuelas y facultades de Ingeniería de varios países de habla hispana.Ha escrito otros libros y artículos sobre Ingeniería estructural, y sobreplaneación y administración universitaria, así como trabajos presentadosen congresos nacionales e internacionales. Es miembro del Comité Seguridad Estructural del Gobierno del Distrito Federal yen este carácterparticipa en la revisión y elaboración del Reglamento para lasConstrucciones del Distrito Federal.

Entre las principales distinciones y reconocimientos que ha recibidodestacan el doctorado Honoris Causa de la Universidad de Yucatán(1977), Presea Guillermo Álvarez Macías de la Cooperativa de CementoLa Cniz Azul (1990), Premio "El Registro’ del instituto Mexicano del Cemento y dé] Concreto (1999), Académico Emérito de la Academia

Nacional de Ingeniería (2001) y Premio a la Docencia en IngenieríaCM2001 de la Fundación ic a . Ha sido Presidentede la Academia Nacional

Acerca del autor



Presentación

Este libro ha sido escrito con el propósito fundamental.ge ayudar a profesores)enseflanzay el aprendizaje del análisis estructural. Esta disciplina constituye una

dsefl"«! í dominio es indispensable para los profesionales

presas, plantas industriales, plataformas marítimas, etc. El anáfisis estructura? esJas asignaturas que más contribuyen a la formación dé los alumnos, a su enH^Hde conceptos abstractos y a la adquisición de habilidades intelectuales re^^^Hprofesional de la ingenierfa. Por estas razones, ha ocupado, desde hace mucho tiempo, un lugdestacado en los planes de estudio.

Los métodos básicos del análisis estructural conducen a la formulación de sistemas cuaciones simultáneas que, para estructuras de regular tamaño, llegan a ser de grado elevado. esolución por métodos manuales consume mücho tiempo. Para solucionar este problema, esarrollaron métodos numéricos que resultaban menos lentos, pero que seguían siendo laboriospropensos a que se cometiesen errores. El método de Cross es un ejemplo típico. Con

dvenimiento de las computadoras, la resolución de grandes sistemas de ecuaciones simultáneejó de ser un problema, y se regresó a los métodos fundamentales, el de las fuerzas y el de leformaciones o desplazamientos. Pero estos métodos se replantearon con un enfoque matric

más adecuado a la utilización de computadoras. Distintos libros de análisis estructural utiliznfoques también diferentes según el desarrollo histórico mencionado.

El enfoque seguido en este libro es el siguiente. En el primer capitulo se hace una revisión droceso general de diserto y se ubica a la etapa dél análisis estructural dentro de este proceso. apitulo 2 comprende una revisión del tema de estructuras isostáticas, estudiado generalmente en cu

os previos a los de análisis estructural, llamados estática o estructuras isostáticas en las escuelas ngenierfa; el dominio de este tema es fundamental y por eso su inclusión en este libro y ecomendación de que no se continúe con losotros capítulos si este no se ha estudiadoa profundidaa resolución de estructuras hiperestáticas, campo de estudio del análisis estructural, requiere dücuto de deformaciones de estructuras isostáticas; en el capitulo 3 se estudia este tema en formompleta, aunque algunos métodos incluidos en el libro, no todos, se ven en cursos previa*. Los caítulos 4 y 5 presentan los método» básicos o fundamentales del análisis estructural: el de las faenael de la» deformaciones, respectivamente. El método pendiente-deflexión, que es el mismo de laeformaciones en sus principio» básicos, se incluye en el capitulo 6. El método de Cross, y

mencionado, se presenta en los capítulos 7,8 y 9, tratando por separado los casos de vigas continuas

marcos sin di*pla*aml»nto lateral y marcos con desplazamiento lateral; su inclusión obedece a qu

I considera importante a pesar de que ya no se incluye en alguno» programas de estudio.





Contenido

Introducción 19

2.3.1 Sistema de fuerzas paralelas enun plano 222.3.2 Sistema de fuerzas no paralelas

2.3.3 Sistema de fuerzas concurrentes en un plano 22

2.3.4 Sistema de fuerzas en el.,espacio 22

ecuaciones de condición .-22-,vAcciones Internas 23 »■<Cálculo del grado d*2.6.1 Vigas 25

• 2.6.2.. Armaduras 28 . 1 ,

2.6.4 Inestabilidad geométrica. 34Análisis de vigas Isostítlcas 36ts t.»2.7.1 Determinación de las reacciones

en los apoyos 35- rgjf

Determinación del diagrama[de fuerza cortante 35I Determinación del diagramade momentd'flexiónante 35

Determinación de las reacciones Determinación1’délas tuerzas

Determinación de las fuerzascortantes y momentos *flexionantes S7* füM

el método de Newmarfc

2.T0.2 Cargas distribuidas ' /!

Introducción-.97 IIiy0aTeoría de la viga elástica 99 M -

Cálculo de deformaciones por elmétodo.de la doble integración 103Cákulojde.deformacionesifitiiizaodo los

.Métodadel yigacooiufada .1253.5.1 Presentación del método 1253.5.2 Condiciones de apoyo de la viga

conjugada. 128| 3.5.3 Convención designa#.'*130





7.1 Introducción 4037.2 Conceptos fundamentales del

método 403

porte, momento transportado yrigidez lineal 4037.2.2 Factores de distribución 406

73 Presentación del método 408

roblemas 436

Método de Cross para vigas continuas 403

apítulo 8Método de Cross para marcos sin desplaamiento lateral 439

.1 Introducción 439

.2 Descripción del método 439roblemas 455

apítulo 9Método de Cross para marcos con despla

amiento lateral 4571 Introducción 4572 Marcos de un nivel 4573 Marcos de varios niveles 474roblemas 494

10.2 Método directo 49910.3 Lineas de influencia por el principio de

MQIIer-BresIau 51010.4 Aplicaciones de lineas de influencia en

vigas 521 •!.:10.5 Momento flexionante máximo

absoluto 52610.6 Lineas de influencia de armaduras

isostáticas 530Problemas 542

Capítulo 11Líneas de influencia de estructurashiperestáticas 547

11.1 Método directo 54711.1.1 Estructuras con un grado de

indeterminación 547 .. ■ M11.1.2 Estructuras con varios grados d

indeterminación .-.557 jn11.2 Método de Müller-Breslau 565 ,mjiffi 11.2.1 Estructuras con un grado de

indeterminación 56511.2.2 Estructuras con varios grado

de indeterminación 569Problemas 580

0.1 Concepto de línea de influencia 497 BIBLIOGRAFIA 584





Figura1.1. Procedimiento general

entre él proyecto arquitectónico y el diseñoestructural y el de instalaciones. Los estudios

descritos y el diseño arquitectónico se lie*van a cabo siguiendo las disposiciones deos reglamentos de construcción aplicables.

A continuación, se pasa a la etapa deldiseño estructural. En la figura 1.1 se indicaque esta etapa puede dividirse en tres partes:estructuración, análisis y dimensionamiento.En la parte de estructuración, se establecea geometría general de la obra, respetando

l diseAo arquitectónico, se fijan los claros deas vigas, la separación y altura de las columnas, se seleccionan los materiales a emplear,e eligen sistemas de piso, etc. Esta parteuele llamarse 'concepción de la estructura*

o ‘configuración estructural'. Es la parte másubjetiva del diseño estructural y aquella en

que la experiencia, buen juicio e Intuiciónd ingeniero juegan el pagel más importante.

Una estructura mal concebida presentaráProblemas, independientemente dé qué tanbien o decon qué tanta precisiónmhagan las

I para el diseño y construcción dé obras

etapas de análisis y dimensionamientoDurante esta parte, es necesario hacer alg

nas estimaciones preliminares del tamaño los miembros estructurales, tanto para esmar su peso propio, que forma parte de lacargas actuantes, como para calcular sus gideces relativas, las cuales se requieren ela parte del análisis. Estas estimaciones puden hacerse utilizando procedimientos simplificados de análisis y dimensionamiento0 únicamente con base en la experiencia dproyectista':

Después sigue la parte del análisis dla estructura, que es el tema de este textoLa acepción mis general de la palabra'anlisis* es:distinción y separación de las paitede un todo hatta llegar a conocer sus prlnc

1 Aunque el temano forma panede esteloto,

recomiendaa lo» alumnos de Ingonlerfá curucaral leer algún libio al i—pacto, como por e|WH*C. AmoldyB. Réftbenftan; fCOnflgúracIdn y P*jAo Sísmico de (díñelos*. LIMUSA, México,



péoi o elementos (Diccionario de I* LenguaEspañola, Real Academia Española). Aplicada esla Idea a una oslructura, lo que el análi-

en sus elementos conslitulivos y la determinación del efecto de las cargas aplicadas ala estructura en cada elemento: Cualquier

estructura es un lodo continuo, pero parafines de análisis se puede dividir endistin-tos miembros, como serfan las barras eh unaarmadura, o las vigas, columnas y losas en

bos, sistemas de piso y cables, en umpueniecolgante. Una vez dividida latestructura ensus distintos miembros, la determinación delefecto de las cargas en cada miembro se lleva

a cabo calculando las acciones'internri producidas por esas cargas, o sea, las fuerzasaxiales, las fuerzas cortantes, los momentoslexfonantes y los momentos torsionantes enada miembro, asf como las deformaciones

de cada elemento y de la estructura completa.Este cálculo es la esencia del análisis estruc-ura/ y el objetivo de este libro es presentardistintos métodos para realizarlo.

Aunque el proceso completo de diseñostructural es en buena medida subjetivo yo tiene soluciones únicas, como ya se haomentado, la parte del análisis estructurals completamente rigurosa y conduce a souciones únicas. Una vez planteada una esuctura, las cargas que sobre ella actúan y

os elementos estructurales en los que se haividido, las acciones internas en cada

miembro tienen un valor cometo único. Lasuerzas axiales, las fuerzas cortantes, losmomentos flexionantes y los momentos lor-onantes en cada miembro deben ser loa

mismos, cualquiera que sea el métodompleado para calcularlos. Si se usan

métodos aproximados de análisis, se obtenrán accione» interna* parecidas a las de lasolucione* completas, que pueden aceptarse

egún su grado de aproximación. Sinmbarra, el que la* soluciones teóricas seannicas, no significa que en la estructura real

distribución de las cargas y de otros factore¡Implican;trabajar sobre ui

coincide totalmente con la estructura real. pJesta razón, no se justifica realizar los cálculocon una precisión excesiva, aunque la solució

La tercera parte de la etapa del diseñestructural se refiere al dlmensionamiento dlos miembros estructurales. A partir de lacciones internas calculadas en el análisestructural, se dlmenslonan miembros qu

puedan resistir dichas acciones dentro dcondiciones de servicio aceptables. Por ejeplo; si se trata de una estructura de concretserá necesario determinar el tamaño de elementos estructurales, el acero longitudiny transversal, detallar anclajes y traslaprevisar deflexiones y agrietamientos, etc. esta parte se recurre más que en la antera fórmulas empíricas y a disposiciones reg

mentarias. El proyectista tiene más libertde acción y la* solucione* correctas puedvariar según su criterio o los reglamentos quse. Por ejemplo, si está dimensionando uviga de acero, puede encontrar diversos pfiles que resistan el momento flexionancalculado en el análisis de la estructura. Ola viga es de concreto, puede usar distintrelaciones entre su altura y su ancho. En l

programas de ingeniería civil, generalmense ofrecen cursos de dimensionamiento ddistintos materiales, concreto, acero o mdera, posteriora* a los curso* de análisis etructural, para seguir la secuencia del procede diseño.

Puede suceder que una vez terminadla parte de dimensionamiento, los miembrode la estructura resulten de un tamaño diferentealsupuesto en la partede etmicturacMEsto suele pasar cuando no se tiene muchexperiencia. Si se presenta esta situación



seíin necesarios, dependerá de la diferencia

ios valoressupuestos, y de alguno» oíros fac-

carga total; si se subestimaron los tamaños de lodoslosmiembros, sus rigideces relativas,que son!(as que importan en el anáfisis,

rigideces absolutas. El buen juicio del pro-yectista;nuevamente jugará un papel deter

minante en la decisión correspondiente.a parte de análisis estructural únicamente.En lodos los problemas se plantea la idealización de una estructura real y de las cargasque sobre ella actúan.4 Sin embargo, el lecor deberá estar consciente de la ubicación

eAo, asi como de su antecedente, la

structuración; y de su consecuentt, elriesgo de no otorgarle su justa importúna al contenido del cuno o de considerarloomo un ejercicio académico desvinculadoe la realidad.

En la figura 1.1 se incluyen otras etapasel procedimiento general de diseño y consucción. Simultáneamente con el diseño,

structural, se puede realizar el diseño des instalaciones, cuya importancia varia seún el tipo de obra. Aunque ambos diseñose hagan simultáneamente, no deben hacere independientemente, ya que la ubicacióne las instalaciones puede afectar el diseño

Una vez realizados el dimensionam.cnn, ,.| diseño de instalaciones, y plasmados su

caciones de construcción, se elabora epresupuesto de la obra y el programa de cons

tracción. Después se ejecuta la obra, con unacoordinación y supervisión técnica adecuadaEstas etapas no se comentan mayormente eneste texto, no por ser menos importantes, sinopor no estar directamente vinculadas al tema

1.2 Tipos de estructuras

En la práctica de la Ingeniería se puedenencontrar muchos tipos de estructuras. Porejemplo, existen puentes de distinto tipo,como apoyados sobre vigas longitudinales,apoyados sobre una retícula de vigas, colgantes, atirantados, con armaduras; etc. Existenbóvedas de diversas características, cilindricas, con anillo central de compresión, con

tirantes. Cascarones cilindricos o en formade paraboloide. Arcos de distintas formas.Vigas de un claro' o continuas. Marcosrígidos. Muros con cargas normales a su plano, como los de contención, o muros concargas en su plano, como los utilizados enedificios altos. Estructuras a base de cablescolgantes. A veces se combinan dos o más deestos diversos tipos, como en edificios altos

En este texto se tratan únicamente trestipos de estructuras: vigas de un solo claro ode varios claros, armaduras y marcos rígidosPuede parecer que es un número muy limitado de casos en comparación con la granvariedad existente en la realidad. Sin embargo, el objetivo principal del libro es mostra

los principios fundamentales del análisis estructural, y esto puede hacerse a partir de





Figura 1.3. Idealización de una estructura

de vigas y armaduras. Por lo tanto> lasestructuras de la figura 1.2 ya son idealizaciones de estructuras planas.

- Otra idealización Importante se refiereal material de las estructuras. Los miembrosde concreto reforzado y de acero estructural,los materiales más usados en estructuras,

tiene gráficas caiga-deflexión como las deas figuras 1 Aay 6, respectivamente. Ambastienen una zona aproximadamente lineal alnicio de la gráfica y. después, una ampliazona de comportamiento no lineal. En losmétodos de análisis estructural presentados eneste texto, se supone que los miembrosestructurales tienen un comportamientoineal y elástico, o sea, que su gráfica carga-

deflexión es como la mostrada en la figura1A<. Existen métodos de análisis estructuraln los que no es necesaria esta idealización

o suposición. Se llaman métodos no linealesde análisis, pero caen fuera del alcance deeste texto. Esta suposición conduce a queas acciones internas calculadas con losmétodos aquí presentados, se aproximen aas que ocurrirían en la estructura real bajo

el «fadode cargas relativamente bajas, osea,no cercanas a las que producirían el colapsode la estructura, sino a las que producen

esfuerzos dentro de la zona de compotamiento lineal da'los materiales o de lmiembros estructurales. Estas cargas son llamadas carga» de servicio y, por lo tanto,análisis se debe llevar a cabo con ellas. Stercera paite de la etapa de diseño estructurel dimensionamiento, se hace con criterios

resistencia última, las acciones obtenidas el análisis deben multiplicarse por los factode carga especificados en el reglamento construcciones aplicable. El mismo resultase obtiene efectuando el análisis con las caigde servicio multiplicadas previamente por factores de caiga.

La suposición de que el material de estructuras es lineal y elástico permi

efectuar simplificaciones importantes enanálisis. Todos los efectos de las cargaplicadas yarían linealmente. Por ejemplsi se duplican las cargas, se duplican tod

Jasaccrones internas; si el módulo delasticidad se reduce a la mitad, todas ldeformaciones se duplican, ya que soinversamente proporcionales al módulo. Uprincipio muy importante llamado d

i superposición de causas y efectos, que estudiará mas adelante, sólo es aplicableel material et lineal y elástico.



ro estructural H b)Coftcrelo reforcado I

.Gráficas carga-deflexión (P-6) de miembros estructurales con>distiñtos materiales

Una tercera Idealización Se refiere alamaño y comportamiento de los apoyos deas estructuras y de las intersecciones de sus

miembros. Los apoyos Ideales, que se Contenan con detalle en el capítuló'2; representanpuntos en los que no hay fricciones'que resrinjan el desplazamiento o*las rotaciones déos miembros, o bien, que les proporcionenn empotramiento perfecto. En los1apoyoseales no se presenta esta situación'ideal;enen dimensiones apréciables y siempreay fricciones o empotramientos que no son

perfectos. Lo mismo sucede con las interseciones de miembros estructurales. Tienenimensiones considerables y deformacionesentro de la intersección que no se considean normalmente en el análisis estructural.e verá en los ejemplos del libro, que es freuente considerar que los marcos están emotrados en sus bases. En la realidad están

gados a las cimentaciones, que les proporonan un empotramiento parcial, que deende del tipo de cimentación y de terreno.sta es otra idealización importante.

Algunas de las’ cargas que actúan sobre las

structuro tienen un valor que no cambiaon el tiempo. El peso propio de los miemros estructurales o el peso de los murosivisorios en un edificio de oficinas son

ejemplos de este tipo de cargas. Otras cargcomoiJas cargas vivas, aunque cambian cel tiempo, 'lo'hacen> en periodos largospueden considerarse como constantes, coun valor parecido al máximo que alcancepara!-fines de análisis. Cuando el análisis tructural se efectúa con cargas permanentcomo<las'anteriores, se denomina análestático:'Este tipo de análisis es el estudiaen este libro.

Las estructuras pueden estar sujetaacciones externas cuya magnitud varfa rádamente con el tiempo, como los sismoel viento. Losefectos de estas acciones estudian en los cunos de dinámica estrucral y no están incluidos en este texto. Sembargo, los métodos de la dinámica estrtural permiten calcular cargas que se aplica las estructuras, las cuales se analizan dpués con los métodos estudiados en ecurso para encontrar las acciones internassea, los momentos flexionantesytorsionanly las fuerzas axiales y cortantes.

Otro tipo de acciones extemas esdebido1' a vehículos en movimiento, comIrenes o camiones que circulen sobre puetes. En este caso, el efecto del movimiense toma en cuenta multiplicando la carg

ser desorden de 1.30, o sea, se incremenla carga en 30 por ciento. La estructura analizaron esta carga incrementada con lmétodos de análisis estático.





C a p í t u l o 2

Estructuras

isostáticas

2.1 Introducción / 2.2 Reacciones en losapoyos / 2.3 Ecuaciones de equilibrio /

Acciones internas / 2.6 Calculo del gradode indeterminación / 2.7 Anilisis de vigasisostáticas / 2.8 Armaduras / 2.9 Marcos / 2.10 Determinación de reacciones, fuerzas

método de Newmark

.1 Introducción

as estructuras se dividen, desde el puntoe vista de los métodos de'análisis, enostáticas o estáticamente determinadas, yn hiperestáticas o estáticamente indeter

minadas. Las primeras son aquellas que puedennalizarse utilizando únicamente las ecuaiones de equilibrio de la'estática. Es decir,ue pueden encontrarse las*fuerzas cortanes, momentos flexionanteS,i>fuerzas normales y momentos torsionantes; a partir de

2.2 Reacciones enUno de los pasos necesarios para establecsi una estructura es isostática o hiperestátconsiste en calcular el número de reaccnes que se desarrollan en los apoyos deestructura. Por 1° tanto, es necesario detminar las reacciones que ocurren en los versos tipos de apoyo que se encuentran la práctica. 1Los tres tipos básicos de'apoyo se mutran esquemáticamente en la figura 2.1.áiSoyO1Simple restringe a la estructura cotra desplazamientos verticales, pero permdesplazamientos horizontales y rotaciono giros. En estos apoyos* se desarrolla



Figura 2.2. Empotra

f e -

reacción Vertical, R pero la reacción horizontal,R^yel [nomento,Mr}son nulos. Porlo tanto sólo existe una reacción de apoyo.

El appvp articulado restringe los desplazamientos verticales y horizontales, peropermite la]rotación. Existen poc lo tanto dosreacciones de apoyo,Rr y R y el momento,

El apoyo empotrado restringe los tres

movimientos que pueden ocurrir en el plano:os desplazamientos verticales y horizontaes y la rotación. En estos apoyos se desarrollan tres reacciones, ft R y M .

Los casos mostrados en la figura 2.1representan apoyos de estructuras contenidas en un plano, o sea, estructuras bidi-mensionales. Muchas.estructuras realespueden idealizarse o representarse en forma

bldimensional, aunque en realidad seanridimensionales. Esto suele hacerse poracilidad de análisis o porque los resultadosque se obtienen en un análisis bidimensionáf no difieren mucho de los de un análisis tridimensional. Sin embargo, en algunas ocaiones es conveniente realizar el análisisstructural considerando el comportamienton tres dimensiones. En este caso debe ob

ervarse que érí'bn apoyo existen seis posibles desplazamientos: tres lineales y tresotaciones. Tamblán existirán por lo tanto j

seis posibles reacciones de apoyo,R , R''Lai’lres pri/ñérás restringen posibles desplazamientos lineales y las ottres, Fas'poslbíes rotaciones. Nótese quereacción M_ restringe la rotación delemento estructural en’fnVplarioparalelsu sección transversal, ocasionando utorsión en el elemento. En la figura 2.2muestra el caso de un empotramiento en t

dimensiones en el que se desarrollan las sreacciones de apoyo.Todos los casos mostrados correspo

den a apoyos ideales que son difíciles de grar totalmente en estructuras reales. Paobtener, por ejemplo, un apoyo libre debcolocarse rodillos entre dos placas rígidareducirse a| máximo la fricción entre rodllos y placas para que las fuerzas horizont

les sean mínimas. Aún así es prácticamenimposible lograr un apoyo libre perfecto. un apoyo articulado, es necesario colocar urótula o un cojinete que pueda girar couna fricción támbfén muy pequeña. Loempotramientos requieren de elementos dapoyo muy rígidos o masivos para restringla rotación de los miembros estructurales qullegan a bichos apoyos; aunque en alguna

ocasiones, los empotramientos se logran pcondiciones especiales de simetría, como e•I caso mustiado en la figura 2.3. La vig





&•. ecuaciones llamad» ecuaciones de equilibrio.Estas ecuaciones dependen de las características del sistema de fuerzas. A continuación seanalizan los casos más comunes.

23 . 1Sistema de fuerzas paralelas en un pji-

estructuras planas sujetas únicamente a cargas por gravedad. Las cargas y las reaccio-

l f r =0 y lMom0 ‘ T i l

donde I f representa la suma de las cargasverticales, o sea, paralelas al eje Y,y ZMe representa la suma de momentos alrededor decualquier punto situado en el plano en queestán contenidas las fuerzas. En. forma alternativa se pueden plantear dos ecuaciones deequilibrio que expresen la suma,de momentos alrededor de dos puntos distintos A y 8,pero el número de ecuaciones no se altera:

LUa»0 y LMe = 0 (2,2)

2.J.2 Sistema de tuerzas no paralelas en un plano. Cuando en.unai,estructura plana actúan cargas en distintas direcciones, estastuerzas y las reacciones de apoyo constituyen un sistema de fuerzas no paralelas. Se tienen en este caso tres ecuaciones de equilibrio:

l f , = 0. l f f =0, IMo»0 (2.3)

donde ZF,es la suma de fuerzas paralelas aleje X y los otros términos han 'flor definidos. En forma alternativa, el sistema (2.3) sepuede plantear en la forma

U O 0, tht¿mO y ZM,mO (2.4)

siempre y cuando la Ifnea que une los pun

os A y 0 nosea perpendicular al eje Y, o bien, en la forma

ZM ,-0, ZMb = 0 Y SMc mQ (2.5

siempre y cuando los puntos A, B y C n

2.3.3 Sistema de fuerzas concurrentes en u plano. Las ecuaciones de equilibrio para u

sistema de fuerzas comprendidas en un plano y que además concurren en un puntopuede expresarse de las tres maneras siguien

Zf, rn0 ,, l f f =.Ó .... (2.6

siempre y cuando el punto A noesté situadsobre la recta perpendicular al eje V que paspor el punto de concurrencia, y

, £Mg.4(£ (2.8

siempre y cuando la.recta que une los puntos A y B no pase por el punto de concurrencia de las fuerzas.

2,3,4 Sistema de fuerzas en el espacio. Estes el,«so más general y se presenta en estructuras tridimensionales con cargas no paralelas. Se tienen seis ecuaciones de equilibrio:

, . E%=0, Zfr m0,¡ i ,ll

£M, =0, !Mr 0 , lMt =0 (2.9)

donde EF, es la suma de las fuerzas paralelas ál eje Z, IlWt, ZM. son las sumas demomentos alrededor de los ejes X, Y y Z, respectivamente, y los otros términos han sidodefinidos.

2.4 Ecuaciones de condición

Algunas estructuras poseen característicasespeciales que permiten plantear ecuaciones



. Las articulación

placimiento lineal relativo de las partesqconcurren en la articulación sin permitir qu“ ; ' i Las ecuacione

la fuerza cortante es nula en estas artic

Obsérvese que en las'articulacionaunque él momenflexionante sea nulo, existe fuerza corlant

___ i que en las articulaciones de cetante, no hay fuerza cortante pero sí hay mmentó flexionante.

[iasS

Figura 2.5. Vigas articuladas

5 Acciones internas

n el interior de los miembros estructuralese desarrollan acciones que pueden ser fueras normales, fuerzas cortantes; momentosexionantes y momentos torsionantesi En

ste texto se tratan principalmente los tresrimeros tipos de acciones; que son los pie-ominantes en estructuras planas.

En la figura 2.6 se indican estas accioes Interiores y la convención de signos quee sigue en el texto. La figura 2.6a muestran tramo de un miembro estructural en elue se hace un corteen la secciónala. Exisen dos maneras de analizar lo que sucede a

mbos lados de este corte. En la primeramanera, simplemente se separan los dosuerpos libres y soanalizan las fuerzas in

ternas en las caras.adyacentes al corte, figra 2.6b. En la segunda manera, se considque entre los dos cuerpos libres queda elemento de longitud diferencial y se anzan las fuerzas internas que actúan en eelemento diferencial, figura 2.6c. _.

Las fuerzas¡ normales se considerpositivas cuando producen esfuerzos de tsión en las caras de los cuerpos libres ensección a-a, o bien, esfuerzos de tensiónel elemento diferencial, figura 2.6d. Las fuzas normales positivas tienden entoncesalargar a los miembrosestructurales y se presentan por vectoresque se alejan de carasde loscuerpos libreso de los elemetos diferenciales.En ja figura2-6esemuestra laconveción de signos para fuera* cortante.Es pos



libre de la izquierda y hacia amba en el cuerpo libre de la derecha, o lo que es equivalente, hacia arriba en la cara izquierda deltelemento diferencial y hacia abajo en la caraderecha. 'Una fuerza cortame positivatiende a desplazar hacia abajo el cuerpo

de la izquierda.

>flexionante se indica en.la figura 2.6f.

compresión en las fibras superiores demiembros o del elemento diferencial y tensión cmlas fibras inferiores. Por lo tanun miembro estructural sujeto a momeflexionante positivo se deforma de tal nera que tiende a ser cóncavo hacia arr

i — Q — r

« . ( □ >

figura26 Convencióndesigno»paralasSe





ato, si Ins cargas fuesen todas verticales, ha- porque al ‘

qulllbrlo y una sola ecuación de condición, ecuación <

EJEMPLO 2.1. CÁLCULO DEL GRADO DE INDETERMINACIÓN EN VARIAS VIGAS

' M p p

I A 1 ' ä

^ á á ¿ à À s s l

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I — J— ^ - 1 g g y °

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1 i ilm»Wn«li.





2.6.2 Armaduras. Las armaduras pueden serexternamente indeterminadas o internamente indeterminadas. Son externamente indeterminadas, igual que las-vigas, cuando elnúmero de reacciones de apoyo es mayorque el número de ecuaciones de equilibriomás el número de ecuaciones de condición,Si ambos números son iguales« son externamente ¡sostálicas. Por lo tanto, las ecuaiones 2.10 pueden usarse para calcular landeterminación externa.

La indeterminación interna ocurreuando el número de miembros es mayorue el mínimo necesario para que la armaura sea estable. En este caso, las armadu-

asho pueden resolverse con las ecuaciones dequilibrio únicamente, empleando losmétodos de los nudos o de las seccionesstudiados en los cursos de estática. A connuación se presenta la forma de calcularl grado de Indeterminación interna. Consiérese la armadura más sencilla posible, ques el triángulo mostrado en la figura 2.7a.sta armadura puede resolverse por el mé

odo de los nudos, planteando para cada unoas ecuaciones de equilibrio Zf, = 0 y I f = . Es, por lo tanto, estáticamente determinaa. Si se denomina al número de reaccionese apoyo con la letra r, al número de nudoson la letra y y al número de barras con laetra b, la ecuación

r + tr=2/ 0.11)

e cumple para esta armadura, ya que r, 6 y /'valen 3, cada una. Si a la armadura básicade la figura 2.7a, se le agrega otro triángulo,como se muestra en la figura 2.7b, la nuevaarmadura es también estable o isostática yaque puede resolverse aplicando lasecuaciones de equilibrio al nuevo nudo. La

ecuación2.11se sigue cumpliendo, porqueM han agregado un nudoy 2 barras. La ar-

triánguk», figura 2.7c, y seguirá siendo estable. se podrá resolveraplicando las ecuacionede equilibrio a cada nuevo nudo y tambiénse seguirá cumpliendo la ecuación 2.11. Polo tanto, para cualqúie'r armadura estable eIsostática se cumple la ecuación 2.11.

SI a una armadura estable e isostática

se le agrega una barra adicional, como labarra A i en la figura 2.7d, la nueva armadura sigue siendo estable pero ya no puederesolverse con las ecuaciones de equilibrioúnicamente, porque en el nuevo nudo haymás barras, y por lo tanto más incógnitasque ecuaciones de equilibrio. Se concluyeentonces que si t + b > 2J la armadura es

estáticamente indeterminada. La diferenciaindica el grado de Indeterminación. Por el con-trario, si r + b <2 /, la armadura es inestable.

Estas tres condiciones pueden entonceresumirse de la siguiente manera:

Si t +b = 2¡, la armadura es isostática

SI (r +b) > 2j, la armadura es hiperestática

Si (r ♦b) < 2j la armadura es inestable.(2.12)

Obsérvese que una armadura puede seisostática externamente e hiperestática internamente o viceversa. Desde luego, que también puede ser hiperestática tanto internamentecomo externamente, las ecuaciones2.12sonválidas para todos los casos e indican, en sucaso, el grado total de indeterminación. Nótesetambién que al contar el número de nudos, onodos como igualmente se denominan, debenincluirte los localizados en los apoyos.

Ejemplo 2.2

Se ilustra el cálculo del grado de indeterminación de dos armaduras. La primera, es una



poyado y dos articulados. Por lo tanto, e

- de condición,el grado de indeterminación externa que

e obtiene con las ecuaciones2.10es de 2. jOr otra parte, al aplicar las ecuaciones 2.12e obtiene un grado de Indeterminación to-.l también de 2, ya que el número dé nuos, /, es de 10, el número de barrras, b, esel7yelnúme

«sponde al de indetermin





m % f ¡ ;

§ 1

py y j 1

i H

-

J

i

Figura 2.8. Cálcalo del grado de indeterminación en m<

Si ahora se consideran los diagramas deuerpo libre de los nudos de la estructura,gura 2.8b, se puede ver que en cada nudo,cluyendo los apoyos, se pueden planteares ecuaciones independientes de equilirio. Considerando que la estructura tiene nudos, el número total de ecuaciones dequilibrio será 3n. Cuando elnúmero de inógnitas sea igual al de ecuaciones dequilibrio, la estructura será estáticamenteeterminada, si es mayor, será Indeterminaa y si es menor, será inestable.

Cuando existan ecuaciones de condi

ón, como en el caso de articulaciones inernas en la estructura, su número deberáñadirse al de ecuaciones de equilibrio. SIe denomina con la letra c al número decuaciones de condición, pueden planteare las siguientes ecuaciones para establecergrado de indeterminación de marcos:

l marcoes«tilicamente indeterminado

el marco es inestable

En la figura 2.9 se ilustra otra manera obtener el grado de indeterminación de mcos, que resulta más conveniente para marde varios niveles. Supóngase que en el made la figura 2.9a se hacen cortes en lasseccnes a-a y b~bde tal manera que la estructoriginal se transforma en las tres estructumostradas en la figura 2.9b. Cada una de

tas estructuras es isostática, ya que.tiene treacciones de apoyo y tres ecuaciones de écjlibrio, pero en cada sección de corte existtres incógnitas: la fuerza normal, la foerza ctante y el momento flexionante. Se puede ventonces que el número total de incógniredundantes; o sea el grado de indeterminción, es igual a tres veces el número de seciones de corte en las vigas, yaque las fuerz

internas a un lado de la sección de corte siguales a las del otro lado. En el ejemplo defigura 2.9 este número de cortes es de 10.



Figura 2.9. Método alternativo para el cálculo del grado de indeterminación en

Ejemplo 2.3

En esté ejemplo se ilustra el cálculo del grado de indeterminación de varios marcos. Enel primero, se tienen 4 nudos, n, dos queorresponden a la unión de columna y viga

y dos qué corresponden a los apoyos; se tienen 3 miembros, m, y 6 reacciones de apoyo, r, J en cada empotramiento. De acuerdoon las ecuaciones 2.13 el marco es indeerminado de tercer grado. Con el segundo

método expuesto, se haría un corte en laección 1 -1, en la cual aparecerían 3 accio

nes Internas desconocidas que indicarían alodo de Indeterminación.

En el segundo marco se tienen 4 nu* os, n, uno interior y 3 apoyos; 3 miembros, m, y 9 reacciones de apoyo, r, 3 en oada nootramiento Según las ecuaciones 213

el grado de indeterminación es de 6. Psegundo método, hay que hacer los dostes señalados para que queden tres estrturas ¡sostálicas. En cada uno de estoscortes quedarían.(res acciones internas dconocidas.

El tercer ejemplo puede resolvenemanera semejante a los anteriores, obttfldose un grado eje indeterminación de 9.

En el último ejemplo se ilustra el cde que existan ecuaciones de condiciónlas dos articulaciones el momento flexnante vale 0. Obsérvese que en este ejempal aplicar el segundo método, resulta coveniente hacer los cortes justamente en

articulaciones, porque en cada una hay lamente dos acciones internas desconocidla (uerza cortante y la fuena normal, y* Iel momentoílexionantees nulo





2.6.4 Inestabilidad geométrica. Existen algunas estructura« que son Inestable« a pesar deque al aplicar los criterios anteriores resudenestáticamente determinadas o aun indetermi-nadas. la inestabilidad se dativa de un númeronsuficiente o de una disposición inadecuadade los apoyos, o bien, de un arreglo inadecua

do de partes de la estructura. En el primer casose dice que la estructura tiene una inestabilidad geométrica exlema y onci segundo caso,una Inestabilidad geométrica interna.

Considérese, por ejemplo, la viga contiua de la figura 2.10. Al aplicar los criteriose la sección 2.6.1, se encuentra que el nú

mero de reacciones de apoyo es tres, igual número de ecuaciones de equilibrio. Se

irla entonces que la viga es estáticamente

determinada. Sin embargo, bajo la acciónlas caigas Indicadas, la viga se desplazarlahrizonlalmenle hacia la derecha ya queninguno de los apoyos se puede desarrouna reacción horizontal que lo impida. trata de un caso de inestabilidad geométr

En la figura 2.11 se ilustra un casoinestabilidad geométrica interna. El mamostrado tiene 12 nudos, n, 3 ecuacionde condición, c, (una por cada articulaciinterna) y 15 miembros, m. Por lo tanto,gún las ecuaciones2. 13 sería estáticameindeterminado. Sin embargo, la viga 3-7podría resistir las cargas aplicadas porqse deformarla como se indica con Ifnea pteada. Habrfa una falla local en esta vig

« tiú k Figura 2.10. Ejemplo de inestabilidad geométrica

_ \ ________ 9







Finalmente, se han trazado en et cipio los diagramas de fuerza cortante y i

ortante et constante entro cargas consivas. Por eso el diagrama está formadoneas horizontales entre las cargas. E l.

mento flexionante varía linealmente oargas consecutivas, ya que si se plante

+ ->»> 0

H - 60 1 90 - 601B 05 -;0.

< - * 0, - 10S- 105kN



Sección 2 a la Izq.: V-IOSkN

Sección 2 a la der.: Vm 105 - 60 - 45 kN

Sección 3 a la der.: V - 105 - 60 - 90 - -45 kN

Sección 4 a la Izq.: V= 105-60-90--4S kN

Sección 4 a la der.: /= 10S-60-90 - 60 = 105 - 210 = -IOS kN

b) (M)

♦C »

Sección 2: M, -105(3) « 315 kN • m

Sección 3: M, -105(7) - 60(4) - 735 - 240 - 495 kN • m

Sección 4: M, -105(11 ) - 6016) - 90(4) - 11SS - 480 - 360 - 315 kN • m



jemplo 2.5

e trata de una viga con un extremo en vola

izo y con diversos tipos de carga. Se puedeerificar fácilmente que es isostática porqueene 3 reaccione« de apoyo y existen tambiénecuacionesdeequilibrio: Lasreaccionesde

apoyo se calcularon, como en el ejemplo aterior, con las ecuaciones 2.3. En este cas

por existir una carga inclinada y una caiga hrizontal, la reacción A, es diferente de ceroEl cálculo de las fuerzas cortantes y d

los momentos flexionantes se hizo en es



ejemplo planteando las ecuaciones corre»-'

una. ecuación continua entre el apoyo de laIzquierda y el punto.de aplicación de la car-

que se planteó otra ecuación válida entre lacarga concentrada y el apoyo de la derecha.Entre el apoyo de la derecha y el extremódel voladizo se requiere otra ecuación. En ■■este tramo resultó más conveniente cambiarel origen al extremo del voladizo y cambiartambién el signo de la fuerza corlante porque se estaban considerando las fuerzas a laderecha de cada sección. Teniendo lasecuaciones, puede calcularse el valor de la

fuerza corlante en cualquier sección. Comocon calcular dos puntos para cada intervalode validez y unirlos con una Ifnea recta.

■ ■ primer orden de las fuerlluadas'» lawzqulerda de la secci

correspondiente. Asf se calcularon en usección a 6 m del apoyo izquierdo, en la sción en que está aplicada la carconcentrada y en al apoyo derecho. Eúltimo pudo calcularse también en fomás sencilla, como el momento de la fuede 180 kN, con signo cambiado. El lepuede comprobar que el resultado esmismo. También se calcula en el ejemplmomento máximo, que ocurre en la seccde fuerza cortante nula, según indicaecuación 2. 16, y la sección en quemomento flexionante es nulo. Finalmenttrazan los diagramas de acciones interncon los valores obtenidos.

SCXUOÓN:

11Cálculo de las reacciones.





EJEMPLO 2.5 (continuación)

A la derecha

w(3/2 O -135 • 525-60 (18) - 135

_ 135 + «70 - 525 - 60 (18) -135 + 870

iïf * (12) - w (12) (6)i<t ■525 (121-60 (12) (6)

A.m1980 kN ■m

H H » 35 (6)Mc - 525 (18)-60 (18) (9)-135 (6)

Mfm-1080 kN -mSección demomento máximo

El momentoat máximo donde la fuerza ccfuerza corlante):

V i» 525 - 60x, • 0; * i - ~

is. Igual a 0 (ver diagramt oe



EJEMPLO 2.5 (conllnuècìón)

Sección de momento nulo\ . - , Ecuación de momentos entre las seccionesB y C:

M- S25*- — -.135 (X - 12) = 0

I ; _. X= 16.31 m (desde A)• 'X2 ■18.00 - 16.31 ■1.69 m (desde O

3) Diagramas de N, V y M







Ejemplo 2.7

So ilustra la resolución de una viga que tic-

ros. En este ejemplo, primero se resolvió eltramo IF comprendido entre las dos articuaciones. Este tramo puede tratarse como si

fuera una viga libremente apoyada, cuyas reacciones de apoyo son las fuerzas cortantesen los puntos f y F. Así, la reacciónR, queresulta de 405 kN, es la fuerza que luego seaplica, con signo cambiado, en el punto f del tramo AC. ol cual ya resulta isostático.

a, la reacciónR,„ del tra-

isostáticos, pueden calcularse las 4 reaccióde apoyo. Una vez obtenidas estas reacnes, ya se pueden calcular las fuerzas clames y los momentos flexionantcs como

los ejemplos anteriores.El procedimiento seguido en esleejcpío es diferente al del ejemplo anierioflo que es Importante observar es quJviga cumple con la condición n + cisostütica y es resoluble con ecuacioneequilibrio únicamente.

450 kN 270 kN 225 kN 4.05 kN 360 kN' I _ L '

1)Determinaciónde las reacciones

Tramo ÍF

450 (1) +270 0)Rfr( ‘

o . J i S £ . 3,5kN

* t Z f » o

315 - 450-270 * “ 0Rlf .7 2 0 315- 405 kN



Análisis de vigas isostáticas


Tramo jj f o ‘À*- 450kN/m B 6 Uos kN

+CrM„ = 0 ' 450 (6)(3)- Rgy (6) + 405 (9) = 0

H j 1957.5 kN ■

TramoFD 315kÑ 225 kN 405 kN 360 kN




SecciónBa la izquierda:H V,»1147.5-450(6)—1552.5 kN (1)

Sección B a la derecha:

V, ■1147.5 - 450(6)+1957.5 »1957.5 -

Sección a la derecha de la carga de 450 kN:- V-1147.5- 450(61+1957.5- 450 - 40Í

Sección a la derecha de la caiga de 270 kN:

Sección G a la derecha:

ANALISIS DE DERECHA A IZQUIERDA (CON SIGNO CAMBIADO)

Sección I a la izquierda:

Sección H a la Izquierda:

Sección C a la Izquierda:

j V¡¡*-180+ 360+ 405-1125



M3- 1147.5(3)-(450X3X1.5)

M ,-1417.5 kN-mSecciónB:

Mb =1147.5(6) - (450X6X3)

M, =.r1215 kN ■m

Articulación £:

M „ - 1147.5(9) - 450(6X6) + (1957.5X2

Sección G;

1147.5(10) - (450X6K7) + (1957.5X4)

) - (450X6X9) ♦ (1957.5X6) - (450X2)

17.5(13) - 450(61(10) | (1957.5X7) - (450)(3) - 270(1) ■0

'.5(15) - 450(6X12) i (1957.5X9) - (450X5) - 270(3)





2.8 Armaduras

Los miembros de una armadura, por encon-trarse articulados en sus extremos, trabajanúnicamente a tensión o a compresión axial.Entonces, la resolución de una armaduraconsiste en determinar las reacciones en losapoyos y las fuerzas axiales en cada uno desus miembros.

determinan de la misma manera que en vigas,o sea; planteando fas ecuaciones deequilibrio

y, en su caso, las ecuaciones de condición, enfunción de las reacciones de apoyo, ydespejando su valor del sistema de ecuacionesque resulta.

2.8.2 Determinación do las fuerzas axiales.Unavez obtenidas las reacciones, las fuerzasaxiales en los miembros pueden calcularse porel método de lo» nudos o por el método de lassecciones. El primero conslsle en plantear un

dando que sólo aparezcan dos incógnitas.Después se plantean las dos ecuaciones deequilibrio que corresponden a un sistema defuerzas concurrentes, * 0 y ZF ■0. Resolviendo el sistema de dos ecuaciones se obtienen los valores de las dos incógnitas. Se debe

dos incógnitas; conforme se avanza en la solución, las fuerzas ya calculadas permiten resolver nudos en los que concurran variosmiembros. Cuando se trata de armaduras enel espacio, en vez de dos ecuaciones de Lequ&

" En e| método de las secciones, se trazan diagramas de cuerpo libre de parles de

que intersecten a varios miembros. Despuésse plantean las ecuaciones de equilibrio del

tan tres ecuaciones, correspondientes a unsistema de fuerzas planas no concurrentes,y para armaduras en el espado, seisecuaciones, correspondientes al caso general de fuerzas en el espado. S



El método de tas secciones resulta másconveniente que el de tos nudos cuando sólo

miembros, ya que no es necesario avanzar en

obtener las fuerzas en todos los miembros, porcombinación de los dos métodos, resolvien-

secciones para avanzar más rápido.Recuérdese que la convención de signos

siderar positivas las tuerzas axiales de tensióny negativas las de compresión (sección 2.5).í;También debe recordarse que si al

analizar un nudo o una sección, la incógnitaresulta positiva al ser despejada, esto significaque el sentido supuesto es el correcto,independientemente de que sea de tensión ode compresión.

La armadura de este ejemplo es ¡si

de apoyo y tres ecuaciones de equilibrio, y

f.+ 6 = 2; (ecuación 2,12). La notación em-

con las dos ecuaciones de equilibrio corras*pondientes a fuerzas concurrentes en unpto*

quedaban ya dos fuerzas desconocidas. Dtque por simetría no era necesario analizarlosnudos de la mitad derecha de la armadura.








pide encontrar las fuela armadura, la L.L¡ynes de apoyo se obiuvienlosejemplos [ Una vez obleni-

lerza en la barralaciendo un corte en

corta la barra cuya fuerza se desea calcular,

y que las otras dos barras cortadas concu*rren en el nudo alrededor del cual se to-

| única incógnita que aparece en la ecua*ción de •momentos es la fuerza buscada.Oe forma similar se calculó la fuerza enla barra UlUi.









Figura 2.13. Convención de signos.en columnas de marcosconvención de considerar que la parle Infe-

qiilérdó de las vigas, y la pane superior, alextremo derecho, figura 2.'15¡i: Esto equivale a considerar que las columnas se mirandesde los' puntos de observación indicadosen la figura2.156. tos diagramas de mórnenlo flexionante se trazan siempre en la carade -os miembros en que existen esfuerzos

Las fuerzas corlantes en las columnasse consideran positivascuando tienen el sén

na se mira cómo se muestra en ía figura 2.15.Los diagramas positivos de fuerza cortantese trazan a la izquierda dé las columnas, ylos negativos, a la derecha.

2.9.3 Determinación de fuerzas normales. Las

lando cada miembro del marco, después deobtener sus dogramasde momento flexionante

también tiene una articulación de momentoen el punto C, se cumple la condiciónñ+c

■<y él marco es, por lo tanto, isostáticodeterminación con la ecuaciónr + 3/77= 3i?+.C (ecuación 2.13): En efecto, m vale 3 porque el márco tiene tres miembros,r es igua'a 4, h es igual a 4 (incluyendo los apoyos) y

ción, la que indica que en el pumo C elmomento fiexloriante es nulo.

Para obtener las reacciones, primero se

planteó la ecuación de condición, calculando el momento flexionante en el punto Ccomo la suma de las fuerzas a la derecha dela sección con signo cambiado. Esta ecuación permitió obtener una relación entre lasreaccionesRb y jt . Obsérvese que comono hay ninguna fuerza entre la reacción E yla articulación C, la resultante deRfl y R¡ debe pasar por el punto C para que ei mo-

Esto se ha Indicado con línea punteada enel ejemplo!Después se 'plantearon1las tres

ecuaciones de equilibrio1MA■0. Zf, ■0.y Zf b 0. Por las características del marco,con ía primera de estas ecuaciones y* se pudieron obtener las reacciones' , yR¿y concada una de las otras dos ecuaciones le obtuvo una de las reacciones fallantes;! no faenecesario, por lo tanto, resolver el sistema

de cuatro ecuaciones con cuatro Incógnitas



















ü

l l









BEMno 2.12(continuación)







to'flexionanteson nulo* en el extremo de la de fuerza cortante o de momento flexionanteviga, y la Integración numérica pudo iniciar-1 nulos. En el siguiente ejemplo se ilustra una

EJEMPLO 2.13. RESOLUCIÓN DE UN VOLADIZO POR El MÉTODO DE NEWMARK







El procedimiento para resolver vigas concargas distribuidas consiste en sustituir lacarga distribuida por cargas concentradas.Ya que se tengan las cargas concentradas, laresolución se efectúa como se vio en tosejemplos anteriores. Las cargas concentradasdeben ser equfvalemes a la carga distribuida, en el sentido de que las fuerzas cortantes y momento; flçxlonanlcs producidos porambos tipos de cargas sean iguales en

AB se sustituye por las dos cargas concentradas PAy P8, de tal manera que la füeo*cortame y el momento flexionante en los pi*tos A y 0 sean iguales con ambos tipos de ex-ga, aunque difieran en el interior dd tram*En las figuras 2.19a y 2.196, se muestran co*trazo lleno los diagramas correspondientes'las caigas concentradas y con linea punte*da, los correspondientes a la carga district*’da. En ios puntos A y 0, los diagramas dd**



coincidir! A continuación se muestra la formade calcular las cargas concentradas equivalentes distinguiendo dos casos: que la cargadistribuida tenga una variación lineal o quetenga una variación no lineal.

neal, como en la viga de la figura 2.20a, elprocedimiento consiste en sustituir la carga

por las reacciones de una 'viga librementeapoyada sujeta la misma carga, figura2.20c.Estas recciones pueden calcularse con losprincipios de Estática ya conocidos. Asf,.sise considera que la carga trapecial se susti-

drán los siguientes valores. Para la carga uniformemente distribuida

X J 1 1 A B MA n >













diferentes. Sin embargo, los valores del mo-

atnbos lados del apoyo. La dlfeiièntìia4*dobe

Por lo’tanto, debo incluirse una configuración correctivai'Bsíote hace Introduciendo un momento de 42 3 13,95 * 96.27 a la dMdu del apoyo derecho, figuri2.24, ya

que el valor de -13.35 es correcto. Éste momento correctivo produce una reacción hada «bajo (negativa) en el apoyo izquierdoyuna fuerza cortante correctiva Ve constanteentre los dos apoyos de56.27/2 *26.13,con •Igno negativo. Esta fueraa.cortante correctiva, renglón7ysesumaba Jas íimtih corlantes calculadas provisionalmente en los

renglón« 4yS para obtenerla»fuerzas cgs



Figura 2.21. Configuración« correctivas del eiemplo 2.17

tantet finales en los renglones 8 y 9. Sumando nuevamente los yatòrcs de P a partir delapoyo izquierdo, se obtienen los momentosfinales en el renglón 10. Obsérvese que

apoyoderedio simandode Izquierda a derechay sumando de dereehaa izquierda.

Se ilustra la resolución de una v¡8a conârticulación Interior; y con cargas distribuí»7concentradas slipultáneamome. Lact1‘ distribuida tlenp una variación ¡ H lrenglón2, por lo que las cargas concentra»“







\ 1P

1 r

1 j s b - h * ^ r //Jy/Jz 1

ÿ>x /

/ffs/Js / $ } ) / /rfsft? ^ / t V s /J s

4 . ¡1 4— A







i B B & ------------------h

/ / / / / / / •

. H S — H*— --------1 — H

^ r-------------- i ---------------¿ r y - y - y - y ^ o .

/ t ^ • S B





2.6 En cada una d»las vigas del problema 2.4 establecer las funciones que representanèla fuerza corlante y al momento flexionante, y trazar los diagrama» correspondientes.Determinar en cada caso el yalor del; momento' fisionante máximo y la lección en

2.7 Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en los máteos delproblema 2.5

2.8 Obtener los diagramas de fuerza cortante y momento flexionante en las siguientesvigas por el método de Newmark.









Figura 3.2. Deformaciones de

dinales, alargamientos o acortamientos, en

las columnas y en las vigas del marco. Estahipótesis es usual porque las deformacionesproducidas por los momentos flexionantes

ducldas por las cargas axiales. También sonmayores que las producidas por fuerzas cortantes. Por eso en los métodoi cjue se-veránmás adelante sólo se consideran dcformacio-

bros estructurales tienen los tres tipos dedeformaciones y en algunos casos es conveniente calcular los otros dos.'Los métodoscorrespondientes caen fuera del alcance deeste texto.

Aunque en este capitulo se presentanmétodos para el cálculo preciso de deforma-

pera trazar la forma aproximada de estructuras <Mormadas. Esto puede hacerse atendiendo

longitud original de los miembros, y otrasconsideraciones geométricas y de cargas se-

caso hay que analizar las características dela estructura', la Importancia de esta hablll-

deformada da una buena Idea del signo de

*los momentos flexionantes en las distintas

zonas de la estructura. Asi, en el marco dela figura 3.2 y usando la convención designos del capítulo 2, se sabría que en lacolutnna ABhay momento negativo entre elempotramiento A y el punto de inflexión

tura es cóncava hacia abajo, mientras queentre el punto de inflexión y el nudoB elmomento es positivo, porque es cóncava

tor puede trazar así el diagrama de momentosflexionantes, en forma cualitativa, de esta estructura hiperestátlca. Con el uso generalizadode los programas de cómputo para analizarestructuras, este método es muy útil paradetectar errores grandes en la alimentación dedatos o en el modelado de la estructura.

3.2 Teoría de la viga elástica

El pbjetivo de esta teoría es establecer las

en la viga por un sistema cualquiera de cargas. Considérese una viga libremente apo-

mostrada en la figura M



secciones A~A y BBseparadas una distanciainfinitesimaldx.Se supone, en esta teoría, queal deformarse la viga sus secciones transversales continúan siendo planas, bfpóMtitconocida como de Éuler-Bemoulli. Por lo

tanto, en la figura 3.3-b, donde se muest»I, viga deformada, se Indica que lasdon»» AÂ y BBya no son paralelas, p,,.siguen siendo planas, por lo que estánpresentadas por líneas rectas.





ö H * r





unapoyo llbrp, po#d* haber rotación petono deflexión; en vnaviga simétrlcaencarga y geometría la rotación al centro del clarodebe ser nula. Las condicione* de contínui-dad se establecencomldenndoque la curva elástica debe ser continua, a menos que

baya circunstancias especiales que permitir»por ejemplo, una articulación Intermediapermite una discontinuidad en rotación. Enfin. estas condiciones de frontera o de continuidad deben serdeterminadas en cada casoparticular. El trazo aproximado de la vigadeformada o curva elástica resultaútilparahaceresta determinación.

En cuanto al momento M que aparece

en las ecuaciones 3.17 y 3.18. y que comoseha dichogeneralmente es una función de «.debe revisarse el intervalo de validez de lasfunciones. En los punios de aplicación decargas concentradas cambian las ecuacionescorrespondientes al momento. Ei trazo de losdiagramas de momento flexionante ayudatambién para llevar a cabo esta revisión.

CONVENCIÓN OE SIGNOS

En la figura 3.4 se ilustra la convención designos, congruente con la convención paramomento flexionante del capitulo2y con ladeducción de las ecuaciones 3.17 y3.18de

muestran en la figura 3.4-a son positivos yhacen que la viga se deforme con una concavidad hacia arriba. Los ejes de coordenadas indicados en la figura 3.4-b son positivosy coinciden con los deja figura 3.3-a. En altramo de yjga ABde la figura 3.4-b crecenlos valores de y y de x, o sea, tamo dy como

y serán positivas hacia arriba y las rotaciones 8 serán positivas cuando el giro seaantihorario (contrario A las manecillas del

reloj) según se muestra en la figuro.

Ejemplo 3.T

Se obtienen expresiones para calcular I*rotaciones y deflexiones en un voladizo*, jejo j carga uniformemente distribuida. Sesupone que la sección transversal es cons.lame por loque también lo es el valor de¿(

•En primer término se ha trazado lactataelástica en forma aproximada, en la cual«puede ver que tanto la rotación como Udeflexión deben ser nulas en el empoia.miento. Después se obtuvo el momentoflexionante en el empotramiento coa hexpresión iv/J/2 y la ecuación del momia,lo flexionante en cualquier sección que re-

A continuación se aplicaron las co»dones 3.17 y 3.18 sustituyendo el valor*M por la función anterior. Obsérvese que»la primera integración aparece una conjunte de integración C, que hay que incluiré»

el Integrando de la segunda integral. Deesamanera en la expresión para 8 aparece Uconstante C, y en la expresión para y aparecen esta misma constante y una nuevasurge al realizar la segunda integración, C,-Las dos constantes pueden obtenerse a partir delasdos condiciones de frontera 8=® y Y a “ O-Para este ejemplo ambas consta»les resultaron nulas.

Ya obtenidas las constantes de ¡*1*clón, pueden plantearse las ecuacionesSalles para calcular la rotación y la deflexión«1cualquier punto de abscisa x. Estas ¿cuati»-nes quedan en función de Cl, que f¡>**constante se tactorizá en la Integración,

que quedaré expresada en radianes, o *deflexión, que quedaré en unidades degjjgltud, deberán sustituirse los valores

pondlenteede x y de El. Ya que la cargt





DIAGRAMA DE MOMENTOS f LEXIONANJES

CÁLCULO DE ROTACIONES Y DEFLEXION

- / I ' ”

¡ t i l (-9x + 3x2-^- + C,)<fc

-(--x2+jx3 4^x4‘+Cÿr+Ç1)

*0. 0-0para x = 0, ,-.C|=0

f-w6*(2y>(ia-ei|

«oueion1 la mlud riel duo: x > 1.5 b,

••¿[-9(USI+í0.5)2- . l jiJ .-Z Í Í








DIAGRAMA DÉ MpMENTOS FLEXIONANTES

CALCULO OE ROTACIONES Y DEFLEXIONES

Para0sxs2

I >11 Cl y Ely , . i

y ‘ / i^ A ' s í (&í+c,)* _ s ( ! xí+c,x+Ci)

Pan l í x s í

d«-¿(30Jir.2*J+Cí),

11fljjdx I g j(3 0x - Ix'+Cjldx - l i l i tCjX+Q)



EJEMPLO3.2 Icontinuación) -----

CONDICIONES Di FRONTERA

g |(0)+C|(ffl + C2»0 '

1SW* - |(6)’+Cj(6)+Ci = o

360+ 6Cj+¿4 =0

CONDICIONES DECONTINUIDAD

Si x=2, los valores de 9 y y son iguales en los dos intervalos

5B), +C,-3<X2)-|<2)? + C3

-30+fc|-Cj=0

- > |ffl)+C,(2)+C2 = ,5(2)2- | (2)3+Cj(2) + C4

-40+2C1+C2-2C3-C4 - 0

C' ” -33-33;C2=0;C,m-63.33;C4 = 20

Rotación en A:

* £/ — jr radianes

Deflexión en B:





E S i s E





IcISegmentode parábola desegundogrado w ■ çarga uniforme

,lpm **■| | | V dto.ncia» cenlroldal« 1 alguna, figura.





n enirefly C Sccdónenlie Ay8 |

Cajcular la.roUcMn en C. la deflexìón enB y la deflexiónent

CURVA ELASTICA





k ^ w a . | H









¡ ¡ ¡ g g “ 1

"

B B I







I»™»«— •

H ö ä B l f ih É Ì I Ì Ih Ì I "

p i U i i l i.



l c1Viga conjugada con la carga elástica

Figura 3.7. Viga real simplemente apoyada y viga conjugada

mostrado en la Sección 3.2 que la rotación8 y la deflexión y de ésta viga pueden calculan* con las ecuaciones 3.17 y 3.18 quefe reproducen a continuación:

* ” J B * 0.17)

«■>»

Supóngase ahora que a otra viga. *Igual claro, *e la aplica como caiga eldüg»ma de momento flexionante dividido «*■*la rigidez £f, como se indica en la figura J íc. (Al plantear mis adelante la comcnc*de signes se explica por qué se coloca I»<*ga actuando hada arriba). A esta a« «•**le llamaré vigaconjugad a y a la caifase le llamará cargaelástica. O* acue'doc’’"las ecuaciones 2; 15 y 2.17, y considerara0que la carga ives Igual aM/CI, la fuer»*40'





flexionante llenen un valor diferente de cero,mientras que en el extremo libre de la dere-cha ambo» valores son nulos. Por el contrario, en el extremo Izquierdo la rotación y Jadeflexión son nulas, mientras que en el ex

tremo derecho tienen un valor diferente decero, figura 3.6-c. Ahora bien, si la viga con jugada atuviese empotrada también en suextremo izquierdo, la fuerza corlante y elmomento flexionante serian nulos en el extremo derecho, lo cual Indicaría que en esteextremo no hay ni rotación ni deflexión, locual no es cierto como se Ve en la figura 3.8-c. La explicación de esla discrepancia radica

en que las constantes de integración de lasecuaciones 2.15 y 2.17 son diferentes a las delas ecuaciones 3’.1'7 y 3.18, porque fasCondiciones de frontera son también diferentes, excepto en la viga libremente apoyadaen que coinciden. En efecto, en esta viga lafuerza cortante llene un valor diferente decero en los apoyos mientras que el momento flexionante es nulo; en los mismos apo

yos la rotación es diferente de cero mientras <que la deflexión es nula. Peto no sucede asf en otro tipo de vigas, como se acaba de verpara el voladizo de la figura 3.8. Por esta ra-'

libremente apoyada sigue siendo válida, siém-pre y cuando se modifiquen las condicionade apoyo de la viga conjugada respecto alas de la viga real, como se muestra a comi

za córtame; si hay-deflexiones en la viga It)| debe haber momento flexionante enlavj^conjugada; si por el contrario no hay eg)

momento flexionante, ______

acuerdo con este principio, se muestran enla figura 3.9 las vigas conjugadas que con«

continuación se muestra cómo se ha aplica,do el principio general enunciado para laapoyos de estas vigas.

Extremos libremente apoyados. Como pe-mitón glroi y nq permiten deflexiones, enli

viga conjugada deben ser apoyos libres, yaque en éstos hay. fuerza cortante y no haymomento flexionante. Es .el caso de los dosapoyos de la viga real (a), riel extremo izquiadnde viga real (d) y de los extremos derechosdelas vigas reales (ftylgl. En todos estos casos,

Extremos libres.En las vigas reales hay girosy deflexiones. Por lo tanto, en los apoyosdrla viga conjugada debe haber fuerza cora»te y momento flexionante. El empotran**es el único apoyo que cumple estas condiciones. Es el caso del extremo derechodebviga real (b) y del extremo derecho delavigareal fef) que en sus respectivas vigas conju*gadas se han'iransformado en empoto*

El principio general para modificar las <un

ta que si en la viga real hay rotaciones en unapoyo, en la viga conjugada debe haber fuer

Apoyos libres Interiores.Es el caso del áfiffl}derecho da la viga .real Id). En este apoyohay rotación peito no hay deflexión. EnU «H*conjugada debe haber fuerza córtame,no debe haber momento flexionante.articulación interior cumple este reqe

como se ve en la viga conjugada couoP "



I

1 1 — i

¿ ¡ a l tdt^

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Hpn ì.9.vìrm coiijugid

1Viga conjugada

■ £* A .



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B U" ■ - i "

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2 T “ S S s :ä ä ' ^





Calcular las relaciona y las deflexiones en los punios ByC.

Entre A yC la viga es una IR de 305 mm X 66.9kg/m. 1=14568 cm4

Entre C y D la viga es una IR de 305 mm X 96.7 kg/m,/-22185an4

APLICACIÓNDEL PRINCIPIO DE SUPERPOSICIÓN









Deformaciones totales

Esquema efe deformaciones para el caso 8:



3.6 Método de Ñewmark

En la Sección 2.10 se presentó el método deNewmark para el cálculo de fuerzas cortantesy momentos flexionantes, y se dijo que era especialmente útil para casos de cargas irregulares.7 El método puede ampliarse al cálculo derotaciones y deflexiones. Una manera sencillade hacerlo es combinándolo con el métodode la viga conjugada. Ya que este método,como se vio en la sección anterior, se basa enel cálculo de fuerzas cortantes y momentosflexionantes en una viga conjugada, el método de Newmarle puede usarse para calcularexas fuerzas y momentos, de la misma manera que se vio en la Sección 2.10. El método es

ga cargas sencillas, las cargas que se aplican a la viga conjugada, que son el diagramadeM/Ef,ya resultan o

w en el ejemplo 3.7 que se acaba de presentar. En el ejemplo 3.8 se ilustra la utilización del Método de Newmark para resolver la

mano que no es de esta manera en la que se

Se trata de un voladizo con cargas concentradas y se pide obtener las rotaciones y lasdeflexiones en los puntos de aplicación delas cargas. Se empieza por calcular los mo-

vio en ia Sección 2.10. Se sabe que en elextremo del voladizo la fuerza cortante y elmomento fléxionañte son nulos, por lo que

tear una configuración correctiva. De esta ma-dd renglón 5 de la parte superior del ejemplo.

jugada, que es un voladizo empotrado en el

ga con el diagrama deM/B. Como los momentos flexionantes resultaron negativos, lascargas en la viga conjugada son hacia abajo,

ha venido usando. Ahora se calculan las fueren esta viga. Los valores del renglón 2 representan las cargas distribuidas en las secciones



| ¡ i

peundo con valores nulos en el extremo de-

las rotaciones0en las secciones de aplicación de las cargas concentradas, y los valo

res deM del renglón 7, las deflexión«estos mismos puntos. Desde luego que |,rotación y Ja deflexión en el empotramiM

medio en los tramos respectivos; son la,pendientes de las secantes que van de un &tremo a otro del tramo en la viga deformadaObsérvese que si se sustituye el valor defien ton-m2, las rotaciones quedan en radianesy las deflexiones en m.

EJEMPLO 3.8. CALCULO DE LAS DEFORMACIONES EN UN VOLADIZO POR ' i

EL MÉTODO DE NEWMARK Y LAVICA CONJUGADA

I B

M

1 ,■' «— .

B S g g á l M i

i s s

t e i i

¡ ¡ | j

l y ¡ l

S I # ! •' 1 I aJ H




Ei Método de Newmark para él'cálculode deformaciones puede plantearse sobre labase de consideraciones puramente geométricas y es así como resulta más prácticoy eficiente. Considérese un tramo de unacurva cualquiera, como la mostrada con trazo grueso en la figura 3.10, que puede serun tramo de una viga deformada. En este tramo se han marcado tres secciones a, 6 ye,

as tangentes a la curva en estos tres puntosy las secantes o cuerdas que unen los punos con lineas rectas. Entre los puntos a y b, a pendiente de lacurva va cambiando gradualmente, de tal manera que el cambio angular total serfa el ángulo formado por lasangentes en ambos puntos, En la figurapuede verse que este ángulo es igual a lasuma de los ángulos formados por laí tan

gentes y las cuerdas <¡¿ y a,,,. Estos ángu-

equivale al cambio angular gradual entre a y b. Puede verse la semejanza entre los cambios angulares concentrados equivalentes ylas cargas concentradas equivalentes que sehan usado en el cálculo de fuerzas cortantes

el cambio angular total entre los puntos 6 yc,9¿¿ sería la suma de los ángulos concen-

del Método de Newmark para el cálculo dedeformaciones, según se describe más adelante, consiste en sustituir las rotacionescontinuas, d8, de la figura 3.3 pór cambios

tener la rotación entre dos secciones comolasunta de estos ángulos en vez de obtenerla

dos equlvalentes’5 y la rondón y la defle



figura3.10. Construccióngeométrica parael método de Newmarlc

xión de la curva en algún punto, ptobtenerse las rotaciones y deflexiones*otros pumos como se índicaEn una labia, como la most3.10, se anotan en el primergulds. concentrados equlvaconoce Q¡¡ la pendilpuede obtenerse sumando a"

ve en el detalle del punto a mostrado«*!*parte inferior de la figura (obsérvese q**1como está la figura, el ángulo es negtj'vo porque el giro de la tangente ola c<llene sentido horario). A eominuactópuede obtener la pendiente de l i M

en b, 0¡j sumando el ángulo concernequivalente ate a la pendiente ya Sus





rr* . &í(3ac * 10a6-a,) (3.32)

0 . 170^+606-0,1 (3.33)

como la suma de y de se puede usaruna ecuación equivalente a la (2.29):

En esle último caso, las longitudes delos tramos deberán ser iguales.

los ángulos concentrados equivalentes, se

requería conocer la rotación y la definía,algún punto de la viga. Esto puede dedúcele las condiciones do apoyo de la viga. ejemplo, si es un voladizo como el deleja,,,pío anterior, la rotación y la deflexión son las en el empotramiento. Si no se cotitxenenningún punto, entonces se supone un valorcualquiera en uno de los apoyos, y después»revisan las condiciones de deformación en«otro apoyo. Si son Incompatibles con las res.fricciones que Impone este apoyo, se intrate»una círnfiguración correctiva, en forma teme.|ante a como'se hacía en el cálculo de tozg

Cálculo de deformaciones, las configuraba**conectivas se basan en las restricciones a defemación en los apoyos, como se ilustra en la¡ejemplos siguientes.

En resumen, el método aplicado al cálalode deformaciones es igual al método aplicadoal cálculo de fuerzas cortantes y niomentttflexionantes si se hacen las siguientes



Se calculan las deformaciones en el voladizo del ejemplo anterior, pero sin plantear laviga conjugada, sino que usando las consta

deraciones geométricas planteadas en lo

al a la del ejemplo 3.8

plemente se ha factorizado a la derecha Ilos valores de este renglón son iguales a lq_del anterior. A partir de las curvaturas a se

han calculado en el renglón 7 los ángulosconcentrados equivalentes a. Ya que lascargas de la viga son concentradas, el diagra- Lma de momentos es lineal, y el cálculo debehacerse con las ecuaciones 3.27 £,28..Por;ejemplo, el valor de -22'.50 se ha calculadocon la ecuación 3.27 de la siguiente manera:

a j j -i|g[21-0.50)+(-8.00l|. "-I1—

A la derecha del renglón seha factorizadoel 1A.Después se han calculado las rotacio

nes de las tangentes a las secciones, 9 ylasrotaciones de las cuerdas 6 (véase la figura3.10).Parahacer este cálculo, se partió delvalor conocido de 6 en el empotramiento,ya que se sabe que es nulo. Este valor cono

cido se ha encerrado en un cuadro en elejemplo. Al valor de 8 en el empotramientose le sumó el valor de a,en el mismo empotramiento. como «muestra con la pequeñaflecha que va de O.a r-41.25. Elyalor que seobtiene es el de la rotación de la cuerda0en el tramo 3-4; como se está sumando dederecha a izquierda, se debe cambiar elúgno. igual que en el cálculo de fuerza»

a la pendiente de la cuerda en el tramo 3-4se le suma el ángulo equivalente a a la

de este último por ir de derecha a Izquierda.Se obtiene asf el valor de +63.75, que es larotación dé la tangente a la sección 3. Se con-

' tirilla dé la misma manera hasta completar losrenglones 8 y 9.----Teniéndolos valores de las rotacionesde las cuerdas 8 se multiplican por las lon-

, gitudes de |os tramos,h,con lo cual se obtienen los incrementos de deflexión Oh, como se ha explicado en referencia a la fi-

- deflexiones'/? se empieza con un valor de 0: en el empotramiento y se van sumando los

incrementosOh,hasta llegar al extremo del‘Wládizo, renglón11 .

Se puede ver en este ejemplo la equivalencia entre el cálculo de deformacionesy el de fuerzas cortantes y momentos que

tribuida en cada sección, p. Los ángulosequivalentes a a las cargas concentrada»equivalentes P. Las rotaciones 8 y 8 a las fuerzas cortantes en las secciones y en los tramos, respectivamente. Y las deflexiones y, alos momentos flexionantesM. Haciendo es

tos equivalencias, la secuencia de los cálculos es la misma, pero es importante observarque las condicione» de frontera»(son diferentes. Mientras que en el cálculo de fuerza» cortantes y momentos se partió de lo»valore» conocidos deV m0 y M ■Oen elextremo libra del voladizo, en el cálculo dedeformaciones se partió de los valoresconocido» • • 0 y y «0 en el empotramiento.



,9. CÁLCULO DEL VOLADIZO POR EL MÉTODO DE NEWMARK (VERSIÓNI I

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B E T§ & » , .

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::0 * ‘■'®í

¡ p i

En la figura 3.11se muestra el significado físico de algunos de los valores que se hanobtenido en el ejemplo 3.9. Con líneas llenasse ten tazado las cuerdas que unen las secciones de la viga deformada y con líneas puntea*das, bs tangentes alas secciones (por claridadde la figura no se muestra la viga continua deformada). Empezando con la sección*. el ángulo equivalente de *41.25 proporciona larotación de la cuerda 3-4, ya que la pendientees nula en el empotramiento. Esle valor, su

mado al ángulo equivalente de-22.50, amBj»con signos Cambiados, permite obtenerrotación de la tangente en la Sección 3a la horizontal, o sea,' +63.75. Continúan*las sumas hacia la izquierda, se llega1 “rotación en el extremo dei voladizo deObsérwse que esta rotación debe ser_poS**de acuerdo con la convención de sijg¡ü£ **que la rotación d« la horizontal a la jaffijS

en la sección 1es en sentido antihorario, if |deflexión en el extremo del voladizo iW*1* ;



0 g © ; ©



le las deflexiones, los ángulo» equivalenteso se calcularon con ia ecuación 3.3*1 queda el valor del ángulo equivalente total encada sección. Por la misma razón, no es necesario calcular los ángulos equivalentes enlos apoyos, ya que no se requieren, como se

deflexiones. Desde luego que se puedencalcular los ángulos equivalentes a cada ladode la sección y en los apoyos con lasecuaciones 3.30 a 3.33, pero aumenta la la-

este ejemplo' el diagrama deM/EI no es Il

la ecuación 3.34 se muestra a continuaciónel cálculo del valor de +28-43 del renglón 10y la sección2:

Al iniciar el renglón II se encuentra que

no se conoce la rotación en ningún punto dela viga. Se supuso entonces una rotacióncualquiera0*en el tramo1-2, eñ este caso de

pío. A partirde este valor, ya se puede caleularlodoel renglón; sumando a los valores deV, los valores de o, como se muestra con las Aechas pequeñas. Después se calculan lasdeflexionesen el renglón12, iniciando con un

vajor conecto de0 en el apoyo izquierdo, ysumando los valores deV del renglón anterior; no se ha calculado un renglón con losvalores deVh. porquehes constante en esteejemplo. Al terminar el renglón 12, se llegaa una deflexión de +80.16 en el apoyo de

recho, la cual «(’Incorrecta ya que dcbc lnula. Esta Incompatibilidad de deformaaj,en el apoyo derecho se debe a que el val*supuesto de (-28.43) no es correcto. FUresose obtiene una viga deformada como la mo$.trada en la parte Inferior del ejemplo, sefa.

lada con y', en la cual hay una deflexiónderecho de +80.16. Es necesario in iHHentonces fcn'a configuración correctiva con«la señalada con y en la parte Inferior delejemplo, con un« deflexión de -80.16 en«extremo derecho, para anular la Incompjti.bllldad, y0en el extremo izquierdo, ya queaquf el valor ’lnldal es el correcto. Lo que ¡n.

dlca la configuración, correctiva es que «valor de 0 en el apoyo izquierdo noen dé(-28.43), como se supuso, sino que deteser (-28.43 - 20.04 =-48.47). El valor di-20.04 se obtiene dividiendo el valor deyen el apoyo derecho entre los cuatro tramosde la viga. El lector puede comprobar que ase inicia el renglón 11con -48.47, se llepa una deflexión nula en el apoyo derecha-

En este ejemplo se puede ver la equin-

Iencía entre las configuraciones comcMpara cortantes y momentos, y para f nes y deflexiones. En las primeras, seyen las reacciones que debe haber en teapoyos, mientras que en las segundas, se»tituyen las condiciones de deforraacidnalos apoyos. También se puede ver lacidad del Método de Newmarfc en cooptación con los métodos analíticos, sobe»6

para cargas irregulares. La resolución dees*problema por alguno de los métodos antfrñores conduce a ecuaciones y cálculoscomplicados, ya que la ecuación del «¡ajíma de momentos y la de M/ff son fundí»*difíciles de operar.







cióu 3. Estos valores de 0 se han señalado enla figura de la parte Inferior del ejemplo. Obsérvese que los signos están de acuerdo conla convención empleada.

Es importante observar en este ejemplo mr lo que cada caso particulardé

lo Introducirlas y cómo deben ser.

h b í

i ¡ § :® p

.,©.v■©«(?)«.»

w m e é . m i i V ' f - .

|p]f i'nlf’Á ton ÆI '









A

guioadeb, y la nueva fuerza aplicadaP,. un Irabajo igual al área del triánguloac&,véanselas figuras 3.12-c y -rf. Esto se explica por*

constante mientras la barra sufre el alarga*

aumenta su valor desde 6 hastaPr El trabajorealizado' en esta segunda etapa porP0será

jn Es importante'observar la diferenciaI enUe el trabajo realizado por una fuerza queI mantieneconstantesu valor, y el realizado porI otra que lo aumenta uniformemente, o sea,I que se aplica gradualmente.

I Si en vez de una barra aislada, como laI de la figura 3.12, se tiene una estructura convarías cargas aplicadas, cada una de ellasdesarrollará un-trabajo extemo igual a lamagnitud de la carga por la mitad de su desplazamiento. si las cargas se aplican conformese deforma I* estructura; o Igual a la magnitud de la carga por todo el desplazamiento. si las cargas se aplican previamente al

desplazamiento. ' \















virtual, como kilogramos o toneladas; Y lasdeformacionesdt en cada miembro se pueden calcular con la ecuación 3.42 de la Sección 3:7.4; observando que el término&dedicha ecuación equivale al términod£ de lafigura 3.14 (es la deformación axial de unelemento); que la cargaP0equivale a las fuer-

miembro de la armadura, las cuales puedencalcularse, por lotamo, resolviendo la atma>dura de la figura 3.15-a; que el término Avienesiendo el i'ea de la sección transversaldecada miembro de la armadura: y el térmiLnoí . M módulode elasticidad ameipondlen*le. Haciendolas equivalencias mencionadas,te ecuación general 3.52 te transforma en la

siguiente ecuación para calcular deflexionesümarmaduras producidas por cargas:

■ y II»5K3t

s, resumiendo lo explicado an

V, deflexión en el punto de aplicaciénde

la carga virtual unitaria, en la diftt*ción de la carga;L fuerzas producidas por la carga virtud

unitaria en los miembros de la *"**'dura (figura 3J Sb):

as producidas por las cargas r«-





CÁLCULO DCFUtRZAS S













ü

f



B a







EJEMPLO 3.16(continuación)

CAlCUlO D€m PARA ROTÂCI0NES:

. f3(-1 20+25»M-6 + «).2O

A,=— ¿CBn2 - 270x+720»dx

Para 3 Í*S6

Aj j* (-90+15«)<-6+x>x

A, - —£(15»*-180«♦540)dx

A,-¿[s*’-*>«*♦540,]*-±(,35)

A, - ¿<720) i

■



RESORCIÓN CAMBIANDO El ORIGIN (N El TRAMOBC

A, y 8, son Iguales

orlgmen gI punió C .












Paraos x,S2 (tramoCD), A,»0

Amui-¿(12.96+16.74)

CALCULO OE LA ROTACIÓN EN EL PUNTOB

ParaOS x,S2

9, ■J i(l 2'6x' ~ 3x?H-0.2ni)

w j w g N É B j

Para2á x, S5

j | J»(12.6x,-

«2 - ¿/j(°-6x,3 - 5.52XÍ1+12.6x,) ifc

8 j - ¿[0.1 Sxf -1-Mx,J+6 3xf ]s S J-(8.

Para OS x,S2 «ramo CO), e, = o

*«ul-¿(-«-32+#.J7)-i^ I

J H H h H



El método del trabajo virtual presenta clarasventajas sobre los otros métodos estudiadosen este capitulo cuando se trata de calcular

I» deformaciones en marcos. El procedimien*toes igual al utilizado para el cálculo de deformaciones en vigas, pero la integraciónplanteada en las ecuaciones 3.63 y 3.64 selleva a cabo a través de todos los miembrosque componen el marco. Desde luego quedentro de cada miembro resulta necesario hacer la integración en distintos tramos,

nuas a lo largo del miembro. En el siguiente ejemplo se ilustra lo que se acaba de

Ejemplo 3.18

Se pide calcular el desplazamiento horizontal del apoyoEy la rotación del.apoyo A El:

primero es un apoyo libre y el segundo, unoarticulado. El marco es isostático ya que tiene ties incógnitas en los apoyos y existen tresecuaciones de equilibrio. El momento de inercia de la viga es el doble del de la columna.

Primero se resuelve el marco para obtener las ecuaciones de momentosOexionantes en la columna y en la viga. Previamente, ha sido necesario calcular las re

acciones en los apoyos. Las ecuaciones demomento se han obtenido por tramos en losque la función no varfa. Asf, en la columnaAC, se ha obtenido una ecuación entre lospuntos Ay B, y otra entre los puntos 8 y C,ya que la carga concentrada de 10 ton haceque cambie la ecuación de momentos. Seha usado un origen de coordenadas en elPunto<4para la columna, y un origen distinto en el punto | para la viga. Se ha dibujadoH diagrama de momentos flexionantes para



««a r u m i AB LA D tr iu »n _N EN EL PUNTOADEI MARCO MOSTRADO









8 (continuación)

A<=2^(-20*1+133^)®

â< " 2 f i f e + . ' 5 9 - 7 8 )

¿loal - g-<26.67+120.00+142.22+159.78)-— 67-,

CAlCUtO DE IA ROTACIÓNEN A

Tramo/1S0 f dOxiXI)

■*» ffc

t o r t i *

! a - : ' . ■




TramóBD

if 2E'o.

¡HHI J-120.00* 40.00135.55I4?-03>| -







EJEMPIO 3.19 (continuación)

Tramo8C

TramoDC

I * ftë i 2/jkj)j

4 * “ 2 ^x¿

x^2

x20

x4+20

k|+80

x4 + 2

x80

x| |

* J (26.67 +120+M2J2+1ju , Ü S Í2



CUCULODE LA ROTACIÓNEN A

lnmoAB

Btegngi ,

Tramo DÇ

®4■ *,2*'+ l ]

6, ■ — 1x2|2x20k1+20x-+80x1+2x80x * fc l * \

/ J f «1.(20+40+ 35.53+40) -sr(13S.SS>a» ,y





Figura 3.18.Viga parala demosiraciftndel Teorema de Caitlgllano

Se puede ver que estas ecuaciones son

muy semejantes a la ecuación 3.63 usadaen él método del trabajo virtual, pero en vezdéla función de momentomproducida porel momento virtual unitario, se usa laderivada parcial del momento producido por

Puede suceder que en el punto en el ■que se desea calcular la deflexión no hayaninguna caiga aplicada. En este caso, se introduce una carga ficticia, P',en ese punto,se deriva respecto a esta carga, y al final sele ¿signa un valor nulo. También pueden calcularse rotaciones, en vez de deflexiones,ftra esto, se deriva respecto a un momentoaplicado en el punto en que se desea calcularla relación; este momento puede ser realo ficticio. SI es ficticio, al final se le asigna unvalor de cero.

II teorema de Castigliano puede usarsetambién para calcular las deflexiones en armaduras. La obtención de las ecuacionescorrespondientes es similar a la presentadaMn el caso de vigas. Dichas ecuacionesQuedan en la forma:

H (3.73)

en las cuales A, y A, son las deflexiones enlos puntos de aplicación de las cargasP, yP2, S son las fuerzas en las barras de la armadura producidas por las cargas aplicadas,Les la longitud de cada barra, Aes su áreatransversal y £ su módulo de elasticidad.

Se calcula la deflexión yextremo volado de una viga con dos apoyos.

3.5 por el método de los Teoremas de Mohr.En primer término se calculan las reac

ciones y las ecuaciones de momentoflexionante. Nótese que a la carga aplicadaen el extremo de la viga, donde se deseacalcular la deflexión, se le ha llamadoPv

porque de otra manera no se'podría derivaru variable,

to flexionante sehan obtenido por separado para el tremo AB






I CALCULODE LA DEFLEXIÓN ENC

ECUACIONES DE MOMENTOS

MÎÍX.-O.SP.X.-ÍXÍ

hra qs‘x2£3

4c 1 2>,- OJSPf,- 2XÎK-0-5X,)A , I jW ^X-x,

á j - l j | | | 4’0-0633/Vi1I M*»|] j +[ 0.333#V<í](>}

4c «¿I-4J2 + 1«’, + 324 + 9P|]



CÁLCULO Of LA ROTACIÓN EN C

.ECUACIONES DE MOMENTOS

--

y*/;MB













el méIodo * integración calcular las rotaciones en los extrem« uni el centro del claro y las deflexiones máximas* las siguientes vij^

ConsidéreseCl constante en todos los casos:

i r _ j





3.5 Calcular la deflexión máxima de las siguientes vigas por el método de la •conjugada. SupóngaseElconstante.

H S Í I H — — — — H

G B s S l i J i



, 6 Okular Imdeflexiones y rotación« de la<siguientes vicas en Ik guiadas, por el método de Newmark.

K h - ï H * — # — — »H— H

É j t í f c E . ™ 1 ^ / / / / / / / É ¿ " > — »H-— * — 4 4 .— H ......





3.7 Calcular los desplazamientos vertical yhorizontal en elnudo usando el métododel trabajovirtual.

3.8 Calcular los desplazamientos vertical y horizontal en el nudo L, de la armadura

del problema anterior s i, además de las cargas mostradas, la baña U, U, tiene unalongitud 0.75 cm menor que la teórica.

3.9 Rara las siguientes vigas calcular las deflexiones y las rotaciones en los puntosMAalados empleando el método del trabajo virtual.



3.10 Calcular el desplazamiento horizontal en B, el desplazamiento vertical al centrodel claro de la viga BC y la. rotación en O del marco mostrado, usando el método dHtrabajo virtual, r -



K ,C A P ÍT U L O 4

Resolución de estructuras

indeterminadas por el método de las fuerzas

4.1 Introducción /4.2 Planteamiento

Métodode las fuerzas para vigas / 4.4Método de las fuerzas para armaduras / 4.5Métodode las fuerzas para marcos

4.1 Introducción

En *1 capituló 2 se estableció que las estructuras isostátlcas pueden resolverse a partirde las ecuaciones de equilibrio de la Estática,mientras que las estructruras hiperestáticas requieren, para su solución, de ecuaciones adicionales ya que el número de incógnitas esnu»w que el número de ecuaciones de equi-ttrio. Existen dos enfoques generales parala resolución de estructuras hiperestáticas.En el primero, la estructura por analizar se“ "vierte en una estructura isostática en la9* fe satisfacen las condiciones de equilibró. pero no se satisfacen las condiciones deta j»ación o de continuidad geométrica<* b estructura original. Los errores o incom-füfibilldadés de geometría que resultan en■* M inlin isoslálica se corrigen, en una"»*d* etapa, conservando tas condiciones* equilibrio En el segundo enfoque, la es-

hipereslática se transforma en otra

de deformación o de continuidad®j* trica, pero no las condiciones de equl-

™t ,* * iw . En una segunda etape. se co-

sus principios’.básicos. En este capitulo sepresenta el método de las fuerzas, y en elsiguiente, el método de las deformaciones.Como se verá en las secciones siguientes, esnecesario dominar el cálculo de deformaciones estudiado en el capitulo 3 parapoder aplicar estos métodos.

4.2 Planteamiento general del método de la* fuerzas

Existen numerosas variantes en la aplicacióndel método, pero en todas ellas se distinguenlos siguientes pasos.

3) la estructura original hiperestática tetransforma en una estructura isostáticaeliminando algunas ds sus resecciones contra deflexiones o rotaciones.En general, el número de restricciones que hay que eliminar es igual algrado de Indeterminación de la estructura. La estructura que resulta deeliminar las restricciones hiperestáticas recibe el nombre de estructuraUauMct fundamental. . d¿¡¡ ■

b) Se calculan las deformaciones de laestructura isostática fundamentalbajo la acción de las mismas cargas

que actúan en la estructura hiparas-



rj (ática. Eslaidolormaclonessedano-I minanIncompatibilidades geométricas

original en los punios en que se eliminaron las restricciones.

• cj Se aplican fuerzas arbitrarías en las

seccionesdonde se eliminaron las

una fuerza por cada restricción eliminada en la estructura hlperestática

•. y calcular por separado las deforma*clones debidas a cada fuerza.

Ii íd) Se plantea un sistema de ecuaciones

I para, determinar el valor que debentener las fuerzas correctivas de’talmanera que se corrijan las Incompa-

i tibilidades geométricas.e) Se obtienenlas acciones finales (reac

ciones, fuerzas cortantes, fuerzasnormales, momentos) sumando lasqué corresponden a la estructuraisostática fundamental y las producidas

por las fuerzas correctivas.En las secciones siguientes se ilustra la

aplicación del método de las fuerzas a vigas,armaduras y marcos a través de varios ejemplos.

4.3 Método de las fuerzas para vigas

4.3.1 Planteamiento general paia vigas

Antes de Iniciar la resolución, convienecalcular el grado de indeterminación de laviga a resolver con los métodos expuestosen. la sección 2,6.1. Esto permite sabercuántas restricciones hlperestática* se deben

Verificar; como se verá posteriormente, el

número de ecuaciones simultáneas quedeten plantearse para resolver el problema;

desde Tuego que' si la viga es de'un solo »ydo de indeterminación, en vez de un.-’tema"“dé ecuaciones se plantea una wecuación. Las restricciones hipcrestftioj

vigas'o continuidades de las mismas isfa.

los apoyos. En el primer caso, se Wbapoyos de tal manera que el número ¿restricciones en los apoyos sea igualal dúm*de ecuaciones de equilibrio, es decir ¿ ecuaciones si son cargas paralelas y tres, gno lo son. En el segundo caso, lo que te hv»es'Introducir articulaciones Internas enImvigas, generalmente spbre los,apoyo;

4.3.2 Vigas de varios claros sobre apoyos rígidos n o i

Ejemplo 4.1

Se resuelve en este ejemplo una viga carinua de cuatro claros, con una carga verticaen uno de los claras. Como.se tienen:

equilibrio, la viga tiene un grado de ¡«feterminación de 3 (sección 2.6J.. ■ ■'

En el paso a), la viga hiperestílitaaha transformado en una isostática eliminardo los tres apoyos interiores. Pudohabene*

redundantes, pero tal como se hizo«*más sencillo el-ícálculo de deformado**por tratarse de una viga libremente apoja®en sus extremos. La elección déla üasaaoes importante porque la labor numérica p£¡de simplificarse significativamente sde*6*nando una Isostática conveniente. .

Después se presentan en el paso U®deflexiones de la viga isostática «nl»*^ciones en las que se eliminaran l**1**^nes redundantes, o sea, en las saccifl** .Cy O, bajo las cargas de la viga«"*"1* J



cálculo de deflexiones, A,.pucdc hacerse paccualquiera de los métodos estudiados enel capitulo 3. En este ejemplo se utilizó elmétodo de ía viga conjugada. Estasdeflexiones son las incompatibilidadesgeométricas porque en la viga original nohay deflexiones en estas secciones ya que

las impiden los apoyos. El cálculo dedeflexiones por el método de la viga conjugada se ha explicado con detalle en la sección 3.5 por lo que no se comenta aquí conmis amplitud. Sin embargo, se presentan loscálculos completos al final del ejemplo conel fin de no interrumpir la explicación general del método.

En el paso c) se aplican a la viga isostSlica

cargas unitarias en las secciones 0, C y O y secalculan las deflexiones, 8, correspondientesa cada carga, en cada sección. Nótese queestas deflexiones tienen un doble índice. Elprimero seflala la sección en que se calcula ladeflexión, y el segundo, la sección en que seaplica la carga. Por ejemplo, la deflexión 8Kes la deflexión en la sección 8 producida poruna carga aplicada en la sección C. Se mencionó antes que las cargas aplicadas en estepaso eran arbitrarias, es decir, que podían tener cualquier valor. Se acostumbra hacerlasunitarias ya que esto simplifica los cálculos.También pueden aplicarse en cualquier sentido, o sea, se pueden aplicar hacia arriba ohacia abajo. En este ejemplo se han aplicadocon él mismo sentido de la carga de la vigaoriginal. También al final del ejemplo se incluyen ios cálculos de las deflexiones correspondientes a este paso.

Ara cumplir con las condiciones decompatibilidad de deformaciones de la vigaoriginal es necesario qué las deflexionesúnales en las secciones B,CyD sean nulas,(«o podría lograrse si las cargas aplicadasm el paso c, en vez de ser unitarias tuviesenles mismos valores y lo* mismos sentidos dela* ««accione* en las secciones menclo-

sentidos correspondientes se planteanentonces, en el paso d, tres ecuacionesde compatibilidad geométrica que expresanprecisamente que las deflexiones totales enlas seccionesB, C i 0 son nulas. Se obtiene

incógnita* son las reacciones Xc yResolviendo este sistema se calculan lasreaccione* X0, Xc y X„ y con las ecuacionesde equilibrio IM/,«OyIM l "Ose calculanlas otras dos reacciones X( y XA. toque lodoslos valores de las deflexiones están enfunción de £/ y este valor es constante en toda la viga, se puede eliminar al plantear elsistema de ecuaciones. Obsérvese que los

valores de Xs y Xc resultaron negativos,mientras que el de X0 resultó positivo. Estoquiere decir que el sentido que se supusopara la fuerza unitaria en la secciónD,en elpaso c, fue correcto y la reacción correspondiente actúa hacia abajo. En cambio, elsentido que se supuso para las fuerzasunitarias en las secciones 6 y C fueincorrecto y las reacciones son, por lo tanto,hacia arriba. Los signos de las reacciones en

A y en£ quedan determindos al resolver lasecuaciones £MA= 0 y £M¡=0.

Es importante visualizar el significadode cada una de las ecuaciones del sistemaplanteado en el paso d. Asi, la primeraecuación expresa que si se suma la deflexiónen el punto 8 de la viga Isostátlca fundamental, A,, con las deflexiones en elmismo punto producidas por las cargasunitarias aplicadas enB, C y D, Sj* y

respectivamente, la deflexión final debeser nula, siempre que las deflexionesproducidas por las cargas unitarias semultipliquen por los valores reales de lasreacciones. Estos valore* son la* incógnitasque hay que despejar en el sistema deecuaciones, la segunda ecuación expresa lomismo, pero en relación al punto C y Ja



(cícera, en relación alpunloD. Visto de otra

valores de las reaccionas, y se cargas» laisostática fundamental con la carga externade la viga hiperestática y con cargas iguales

finales de las deflexiones en los puntoB,£ y Dserían nulos. Como no se conocen losvalores de las reaccione*, se carga laisostática fundamental con cargas unitariasy las deflexiones resultantes se multiplicanpor las incógnitas que son dichos valores.

En la viga de este ejemplo, la Isostáticafundamental con la carga unitaria aplicada enB resulta simétrica a la Isostática fundamental con la carga unitaria aplicada enD, como puede verse en los croquis de los casos2 y 4 del anexo del ejemplo. Por esta razón,S00 resulta igual a 5¿¿; Sin embargo, debenotarse que esta Igualdad existe aun en vigasno simétricas, por el Teorema de Maxwellexpuesto en la sección 3:8.-ASÍ, en el

ejemplo h»resultado &¡g igual aiK , al]en este caso no haya simetría. En general*0Teorema de ftfí'axwéll permite redu •notablemente el . número de cálculos dideflexiones, o bien, puede utilizarse con!comprobación de los,Cáj&ujoS;

Ya que se tienen las cinco reacción»pueden determinarse los d ¡agramas deza. cortante, y momento flexionante de famisma manera que en vigasisoslátkas. fVj jdé fuerza cortante, se suman las fuerzasizquierda de cualquier sección, y para eldemomento fléxíónante se suman los mom»tos producidos por las fuerzas a la izquierdade cualquier sección o a' la derechaen signo cambiado. En el ejemplo se muéstiaa

estos diagramas. Al ¡trazar el diagrama*fuerza cortante se pueden comprobarlosvalores obtenidos para las reacciones. Siseempieza a trazar el diagrama desde la reac-clón Ahacla la derecha, al llegar al extmof se debe teneruna fuerza cortante nula.'.

EJEMPLO 4.1. RESOLUCIÓN DE UNA VIGA CONTINUA POR EL MÉTODO



jija ¿Planteamiento de la yjga isostática fundamental.

íjj.- A 2278.63 |p 3046.90 . 1^2.20

P»oc) Aplicación de caigas unitarias y defexiones correspondientes (los cálculos sepresentan al final del ejemplo).



EJEMPLO 4.1 (contìnuiclónl





EJEMPLO .4.1 (continuación)

yI anexo! CALCULOde deflexiones

El■constante

Mc - Ac ■771429.69x10-1-X75x 10I I - X10

1992.20 g





t f c S ï . ’¿ ¿ S







«ac-^K ' £1

Pasow Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo de

g H , 78.75 + 3 Me + 5/6 Mc+0 MD - 0

142.08 15/6 Me+I V3MC +1Md - 0

Bjg¡¿-116.67+0 Mj+1 Me +10/3 M0 - 0

El término£1se ha eliminado porque es constante.

Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene:

•k.; M» »-18.70 ton m

Hf§ Mo|-26.85 ton-m









Htoododebthvat ' gnipio Ú (continuación)

I A , , ^ « _ A - L - L t2 S ~

*4 * ®BCm2 ~~ej—

B¡¡¡||4. Viga conjugada con momento en O.

B 9

K i«ostitiras. los asentamientos de los

K estructuras de ch-J>ftndn. como puentes. en las que seN*4t presentar asentamientos diferentesj" 1"» apoyos, suelen usarse viga» isostátlcas

®m*,ne apoyadas. Por el contrario, en vi-

Ln'tes entre sí, producen mJ ü l í j jRlonantes y fuerzas cortantes de importan-qúe deben considerarse en el análisis y

seto de la estructura. El método de las fuer-resulta conveniente pata calcular las ac-

producidas por asentamientos de tasi; como puede vene en el siguiente



Ejemplo 4.3

Supóngase quo en la viga del ejemplo 4.1,el apoyo 0 tiene un asentamiento de 1.5 cm.Los efectos de este asentamiento deben su

marse a los de la carga de20

ton que actúasobre la viga.Los tres primeros pasos en la solución

son Iguales a los de vigas en apoyos rígidos.Se plantea la isostática en el paso a, después se calculan sus deflexiones en el pasob,y • continuación las deflexiones producidas por las cargas unitarias aplicadas en cadaapoyo suprimido en el paso a. Sin embargo,aunque el valor de El sea constante, ahora

debe Incluirse en los cálculos, pues el efectode los asentamientos depende de la rigidez delas vigas; mientras más rfgldas, mayores sonlos momentos flextonantes debidos a losasentamientos. En el siguiente paso es donde se presenta la diferencia respecto a lasvigas estudiadas en tos ejemplos anteriores.Al plantear el sistema de ecuaciones, la

asentamientos no debe ser nula, sino debeser igual al valor de los asentamientos correspondientes. En este ejemplo, la deflexiónen el apoyoB se hizo igual a 1.5 cm, o sea,tiene el mismo signo que las deflexionesproducidas por la carga de 20 ton y las caigasunitarias en la Isostática fundamental.Obsérvese que con la convención de signospara deflexiones de la sección 3.3 todas estas

con signos negativos, se ha cambiadoda?*a todas, con lo cual no se alteran lo» nîijAl plantear el sistema de ecuacionesw también la necesidad de com¡dt»(uí

deEl. pues no todas las ecuacionesdel¿ma tienen el segundo miembro Iguala»7por lo tanto, no puede eliminarseti.

En la figura 4.1 se muestra el cauáttodos los apoyos, tengan ascntamlcnios.Colo que produce las acciones Internas enlatí»son los asentamientos diferenciales,osmlasentamientos relativos entre los apa)«pueden unir concuna linea recta los «q,

apoyos interiores respecto a esta recta. Eacade que algún apoyo quede arriba de la «asu deflexión total deberá tener Mgnovgigen el sistema de ecuaciones,

Suele resultar conveniente calculjrpeseparado los efectos de las cargasy tone-tos de los asentamientos de los apoto.Acalcular estos últimos, las deflexionesdebviga isostática en el pasob serán nubipque la viga no tendrá ninguna carga.

También puede suceder que se«qfrra calcular el efecto de una rotación tapa»ta a la viga en alguno de sus apotas. M>caso conviene plantear la isostática cono*el ejemplo 4.2 y, al establecer el

apoyo tenga el valor de la rotaciónla en vez de ser igual a cero.

Figura 4,t, viga con asentamientos en lodos los apoyos



Bsso a) Planteamiento de la viga isostàtica (igual al ejemplo 4.1).

ftsoò Deformaciones en la viga isostàtica (igual al ejemplo 4.1).

feoc/Aptcadòn de cagas unitarias y deflexiones correspondientes (igual al ejemplo 4.1).




Pasod)Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo delas fuerzas conectivas.

H 0.0666+0.00274 XB+ 0.00335 Xc + 0.00213 XD.f:0j01 5WC;.{! 0.0891+0.00335 X, +0.00487Xc +0.00335 XD>0H 0.0562 +0.002T3'Xe+0.00335 Xc +0.00274 X0 =0

Todos los términos se han dividido entreEl. Resolviendo el sistema de ecuaciones ¿y

=29.'88toñ'1, X¿ = -51.96toní, X0 = 19.06 ton i

DeJ Af, =0; X, - 3.28 ton TDe^M, =0, XA= 13.69 ton f

Rasoe)Reacciones finales y cálculo de fuerzas cortantes y momentos flexlonantes..





cuales multiplicadas por las incógnitas daránel valor de las reacciones en dichos apoyos. Isostátlca. Por esta .razón, Xc /5O0 y Xn / 500 se lesnegativoen el sistema de eo

los resortestendrán entonces

EIEMPIO 4.4. RESOLUCIÓN DE 1A VIGA DEL EJEMPLO 4.1 PERO CON APOYOSELASTICOS EN LOS PUNTOS C Y D, POR El MÉTODO DE LAS FUERZAS

B-3.42xl04lon-m>

« 5 lqrVcni=’50Ótpn/m’

Los pasosa,bye son los mismos del ejemplo 4.1, por lo que no es necesario repetirlos.

Risod) Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad geométrica y cálculo delas fuerzas correctivas.

0.0666+0.00274 X ,+0.00335+0.00213 Xp=0

0.0891+0.00335 X¡ +0.00487 Xc +0.00335 XD --Xc/500

0.0582+0.00213XJ +0.00335Xc+0.00274XD»-Xt)/500Todos los términos han sido divididos entreEl. Resolviendo el sistema de ecuaciw®

X, «-19.93 Iont, Xc>-2.67 loní, X0 «-1.44 tont

DeJ*Í4- 0, Xf «O.ÍOtont

De^M, mO, XAa-4.14 km i



Analizando el sistema de ecuaciones que seáMpótn el pasod del ejemplo 4.1, puede

*ne que el primer término de cada ecua-tifa representa la deflexión de la viga■wKu en cada sección en que se elimi-W B reacción; son los términos que se han'(presentado con la notación A, Estas

tila» dependen del sistema de cargasviga original. También puede

coeficientes son independientes del sistema de cargas aplicadas a la viga.Se denominancoeficientes de flexibilidad yson los mismos para una viga determinada,cualquiera que sea la caiga aplicada. Un

planteamiento equivalente puede hacerse en(elación al ejemplo 4.2 si las deflexiones A

deflexiones 5, por las rotaciones y las reacciones por los momentos en los apoyos.

Independientemente del grado de Inde-

plantearse un sistema di ecuación« con»los analizados. En general, y usando la no

el stauiente sistema de ecuaciones:



Un sistema de ecuaciones de esie tipopuede escribirse, en notación míttricial, dela siguiente manera:

o en forma compacta:

18) IX) ? -{A} (4.4)

La matriz (5] es cuadrada de gradonX

n y se denominamatriz de flexibilidades.Representa los desplazamientos producidos enla viga isostátlca por las fuerzas unitarias, obien, las rotaciones producidas por ios momentos unitarios. Como ya se ha dicho, esindependiente del sistema de cargas. La matriz IX) es una matriz columna, de grado nX 1,y representa las incógnitas del sistema deecuaciones, o sea, los valores de las reacciones o momentos Aexlonanies que hay que

determinar, la matriz {A} es también unamatriz columna de grado n X1y representa lasincompatibilidades geométricas de la vigaisottática. Como ya te ha dicho, dependeúnicamente del sistema de cargas aplicado ala viga original.

Según se estudia en álgebra matriclnl,la solución del sistema de ecuación« 4.4es la siguiente:

(X)--l»)-'{Al (4.5)

donde[8]-' es la matriz inversa de laJ[5], El planteamiento matncial resultaJconvenienteen láaplicación delm&odrllas fuerzas. Por una parte, es fácilwcesoa programas de cómputo que invícJmatrices degradoselevados con graniaJporejemplo, la hoja He cálculo Excel,Jprogramas de matemáticas MapleyMaJdea incluyen esta posibilidad; incluíalgunas calculadoras de bolsillo Invielmatrices de tamaño regular. Por otra,claramenteque si ana misma viga tiene.j*resolverse bajo distintos sistemasde Q k basta cambiar únicamente la matriz {di nque la matriz Inversa [ó)’ 1es la misma.

Cuando el método se plantea enténrí.nosde rotaciones, envez de deflexiones, laecuaciones 4.4 y 4.5 se transformanahsiguientesdosecuaciones, respectivamente

I8J{M) = -{e> I

(M) = - (ej-1{6}

El lector debe observar que las matricesde flexibilidades (S| o (8| siempre resulta

simétricas por el Teorema de Maxwd&>6„ y e,|« 9„. Por ejemplo, 6,2 = í , , y ambosvalores ocupan posiciones simétricarespecto a la diagonal de la matriz quenticonstituida por los valores 8„. En lossiguientes ejemplos se ilustra la aplicadóodel planteamiento matricial.

Ejemplo 4.5

Considérese la misma viga del ejemploLos pasos a, b y c son los mismos; se plwtea la viga Isostitlca y se calcula» I*deflexiones A y 6 producidas en la isosiSWpor las cargas externas y por las caigas wtarlas, respectivamente. En este ejemplo*muestran las matrices correspondiente*final de los pasos by c. Obsérvese que*cambiado el signo a las deflexiones o*?

ladas en el paso b para formar la no"'1



fn el paso d N plantean las ecuaciones j 4-4.5, y se resuelve osla última. El cálcu-i. je la matriz O'1 a partir de la matriz t, oga, la inversión de la matriz 5, no se muestratnelejemplo ni tampoco en los siguientes. .E„ csic caso, la inversión se hizo usando la

hoja de cálculo Excel, a la que se tieneacceso fácil en muchas computadoraspersonales. Los valores de ln Incógnitas X

son lógicamente los mismos que en el ejemplo 4.1. Su signo negativo índica que él sentido real es el opuesto al que tienen las fuerzasunitarias Introducidas en el paso c.

El paso siguiente es también el mismoque en el ejemplo 4.1. Consiste en calcular

los diagramas de fuerza cortante y momento flexionanie a partir de las reacciones. Ya

>E LA VIGA DEL EJEMPLO 4.1, EL PLANTEA*

RisóalPlanleamlonli e la viga fsostática (igual que en el ejemplo 4.

|a isostálica (igual que en el ejemplo 4.11

I j É i g P Í í p i . - —



g y i *

. . . - Á

- ¥ | | ¡ ¡ &

r 93.75 114.58 72.921|S]-1 114.58 166.67 114.58

[ 72.92 114.58 93.75J

Sg|§f|pI ' F W W

i H 5 H a e - f a i “

m m *<

S M , - a I



I ¡|1MP10 4.5 (continuación■)

¡ Lis reacciones totales son:

qu.e la misma viga tieney ,las del ejemplo ante-¡sario repetir los pasosase calcula la matriz {A}

se resuelve la ecuación 4.5;ótese que en ja matriz -{A}

las deflexiones se han introducido consigno cambiado. Puede verse que al noser necesario obtener de nuevo la matriz

[8] se ahorra una buena cantidad de cálcu-

. toob) Cálculo de la matriz (Al de la viga isostática (los cálculos se muestran al finalffiej ejempk



i l E m m

r & m ■ " '

2 m, . 0. Ai, -3.46 ton î

XMf- 0, X „ .11.82tonî

I I ¡ xilemi



Viga conjugada



Í Mgm&gm lfl577.86x5-Qx99.5x2j^3+2x2j

-99.5x3x1.5-^x74.25x3jjjX3I f r » - ■

Uc . t C . S S J > „ , f

^= ao _ ¿ [ ,s4: ,j6xs-( i i ,20 7s" 3j(1í_

|JO-75*ai'1

■ B E s S



Ixcnientcapoyado' y calculando las rotado*ms producidas en cada extremo. EnestosososIs rotaciones sonlasreaccionesde losHamos cargados con un diagrama triangular

¿f momentos flexiónantes. Nuevamente sehice notar que enlos cálculosseha conside-

rododvalor defíen cada tramo. Los valoresolculadas permiten plantear lamatriz (01.

cada extremo de los traique en los ejemplos ant

tana) Planteamiento de la viga isostática.

lOtonAn

&»<>>Deformaciones de la viga isostática (los cákuk* se presentan al final <Mejem-



«#.*»*> <•*“ A ""’

[ EJEMPLO4.7(continuación)

i r ¿ -------- | ¡ p y | p 5 ¿ .

fV2 VI2 0 1W 'j V ' J 39/IS Vi»

I 0 Via 20/9J



EJEMPLO4.7 (continuación)

teo$) Planteamiento matrici.il y obtención de los momentos.

S*í' M W H-M -''íecuación 4.6)

S ¡P f |Í fe 5 5/12 0 1[M,1 , f-7¿12| i5/12 25/18 5/18 Nmc J = |-43.40| JT [O 5/18 20/9J [m0J j-69.44j

¡ 1 1 (ecuación 4.7).

E , ÍMg] r 0.4216 -0.12973 0.016221 [-78.121 f-28.431|mc|= -0.12973 0.77838 -0.09729 |-43.4oU|-16.89}(ton-m)^K;(m0J [ 0.01622 -0.09729 0.46216.] [-69.44] [-29.14J

Aso*)Reaccionesfinales y cálculo de las fuerzas cortantesymomentos flexionantes.





I gH conjugada con momento en t ,











y las fuerzas finales en las barras se calcularon en la siguiente jafjs



IjlMFIO 44 (contínuécMni

ljt«f*e«.*

li Mudurj de este ejemplo es isost.ilicaaMmente, ya quo llene dos reaccionesM m y hay dos ecuaclonci de equill-MmM internamentees hipcrestática deiMafde acuerdo con las ecuaciones 2 .12 .

tea plantear la armadura isotliticaMteNminarso uno de los miembros para9 * * cumpla la ecuación 2.11. Pero debe

on miembro que pueda eliminarseMídala armadura so vuelva inestable. Por

Carnadura ser/aInestable ya que no osla-n fcrmada por tUaguloi. En cambio pue-aidU iUM ios miembros U.L, o OyL.F S armadura sigue siendo estable. En elH I d» mt* «templo se ha eliminado el' “•nbroUA,. £1 miembro puede eliminar-

* B vez de eliminarlo se corla en algúnN » jS n | no podría resistir ninguna

tuerza axial. Esta segunda opción es la que

se sigue en el ejemplo porque toma en cuentala deformación propia del miembro.En el paso b se han calculado las fuer

zas en todos los miembros de la armaduraIsostálica; son las fuerzas f'dtla labia, aun-

. que no se incluyen todos los cikulos. También se ha calculado la incompatibilidadgeométrica en la ísostálica, que en osle casoes el desplazamiento A que ocurre entre las

dos secciones del corte. Como en laarmadura original la barra es continua,este desplazamiento no existe. Ahora bien,para calcular d, de acuerdo con lo estudiadaen la Sección 3.7.7, se coloca uní fuerzaunitaria virtual a ambos lados drl coito, comose muestra en la figura 4.3, y se calculan lasfuerza* en las barras producidas por la lunaunitaria. Son las fudnat |i mostradas en lalabia. Tanlendo las fuerzasF y |i, la deflexión

á se calcula con la ecuación









4.4.2 Planteamiento matricial para armaduras

Los mismos principios aplicados al planteamiento malricial del método de las fuerzasen vigas hjperesWlicas se aplican a armadurasMpensllticas. ya sea que su indeterminación se* externa o interna. Se trata tambiénde escribir el sistema de ecuaciones 4.2 enla forma matricial 4.4. Si la armadura esexternamente indeterminada, las deflexionesA serán las deflexiones de la armaduraisostática en los apoyos suprimidos bajo laacción de las cargas reales, y las deflexionesS serán las que ocurran en los mismos apo

yos bajo la acción de las cargas unitarias. Sies internamente indeterminada, A serán lasdeformaciones en los extremos de los miembros cortados bajo la acción de las cargasrealesySserán las mismas deformaciones pero bajo la acción de las cargas unitariasaplicadas en fos cortes. En armaduras indeterminadas externamente e internamente, lasÁ y fas 5 incluyen ambos tipos de deforma-

H fpli 4.10

Seilustra el planteamiento matricial para unaarmadura hiperestática. La armadura mostrada Irene un grado de indeterminaciónexlemay un grado de indeterminación ¡n-

La armadura isostática se haplanteadoeliminando el apoyo en B y corlando el•hmbuU<íy En el peso a se muestra estaarmadura con w i cargas externas.

En«f peso b se resuelve la armadura«osiiOca y te calculan la deflexión en elPMeC, dondese eliminóelapoyo, yel des-HttamMo en el miembro cortado(véasegf taMa al final del pasobl. Estasdeforma*

ciones se calcularon con la ecuación 4.8.Las fuerzas pB son las producidas por unafuerza unitaria en el puntoB y las fuerzas|in las producidas por una fuerza unitariaen el miembro cortadoU71,. Como el signode A0 resultó negativo, en el miembro

cortado ocurriría un acortamiento, ya quelas fuerzas unitarias introducidas en estemiembro son de tensión.

En el paso c se introducen las cargasunitarias para corregir las incompatibilidadesgeométricas de la isostática, o sea, As yAq.Lasdeformaciones producidas por estas cargasunitarias se calcularon con la ecuación 4.9.

A continuación, se plantean en el paso

d las ecuaciones matriciales 4.4 y 4.5 conlo que se resuelven las incógnitas XBy XpLa primen es el valor de la reacción en elapoyo B, y la segunda, el valor de la fuerzaaxial en el miembro 1/.4.,

Finalmente, en el paso e se presentanlas fuerzas totales en las barras de laarmadura. En este caso con dos grados deindeterminación, hay que sumar las fuerzasf de la isostática con las cargas extemas(paso a), las fuerzas >r( de la isostática conla carga unitaria aplicada en B (primercroquis del paso c) multiplicadas por el valorobtenido de la Incógnita X^ylts fumas fi¡¡ de la isostática con la fuerza unitariaaplicada en labarra U¡L, (segundo croquisdel paso c) multiplicadas por el valorobtenido de la incógnita X0. for ejemplo, en la barraLJ.y la fuerza lotal será:

IJ i , • (213.75) * (0.9) (319.20) * (-0.707) (-1087.29)a 1152.1 kN

De esta manera se calcularon lasfuerzas en todas las barras, las cuales se presentan también en la ültima columnade

la labia del pasob.





ilwn o



Í íd ’ X wMA« - '« .1 «

f t » d)Cálculo de las redundantes por el planteamier

; . [ # M 4 ,

„ . [503.78 163.131 fX-i Í-875C



Se aplican lo» mismos principios generalesopuestos en la sección 4.2. tora transformar un marco indeterminado en unonnaMoi. se eliminan las reacciones de apoo redundantes. Esto puede hacerte de di-Mitas maneras, por lo que conviene elegirm marco ñotlálico en el que resulte misapedifoel cálculo de deformaciones. Tam-

biénen marcos puede hacerse el plantea-•tutoatetrtciai usando las ecuaciones 4.4,n tN M nr el sistema de ecuaciones, y

4-S para resolverlo. I sto se ilustra en los siguientes ejemplos.

4.5Métodode las fuerzas para

QMple4.it

Septanny el cato tencHIo d* un marco conw«logra* da Indeterminación, linolpaso

a se plantea el marco itostitico que se ob-tiene eliminando la componente hoiizontalde reacción en el apoyo O. Esto equivale atransformar este apoyo en uno libre.

Enei pasobsecakula la deflexión quecorresponde a la componente de reaccióneliminada, o sea, la deflexión horizontal delpuntoD, bajo la acción de las cargas extcr-nas. Se utilizò el mètodo del trabajoVirtual (sección 3.7.7). Rara hacer este cilculo. quese muestra al final del esemplo, se obtuvic-

ronprimero las tres componente» de reacciónV. Ha y Vgpy el diagrama de momento!

marco isostitico. Despuós se apllcó una fucr-

cularon lai reacciones y los diagramas demomento» concspondientes. Por medio de la

mar lónàn que resultò de 9659.25/EL Ob-stfrvese que corno resultò con tigno negativo,su tohlldo os inveito al de la fuerza unitaria





















EJEMPLO 4.12 (continuación!

ä s Diagrama (c/)

3.0(m,jl

3..Cálculo de las deflexiones correspondientes.

*»Maffanus(a)y(l»|:

Ü i imM) <w M M M * m y * 3(MiXm-cj)*

*»-|(- l|^j(-4 .5)-2)t6)lJ*|(135)(2(-3l-4-3Í-5+3(,35X-})3* - ^

V Wa*r«M> Ulylcll:



4By Idiagramas (a) y (d)|;

¿ « . (2m* + Ote) 5+AVnalj -¿(-*05)[(2K^P;(4o)] (3)+(, Js)( 'A(diagrama (b) consigo miimol:

>MAt * sm (-6-0X“6-0)(6.0) =

Itlipgramás (b) y (c)|:

- j* * ,» * , s§!(9.0X-6.0X6.0) - 2 |j|® Idiagramas (b) y (d)|:

I 15

(diagrama (c) consigo mismol:

-5'n-VimA,,5tm/,yr)A„^^»SX-9X)X 9.0 )+(9.oX9.o)(60) =^

fÄ «m iai(c )y (d)|:

•"W "^*-(-«.0X9.0X6.0)-^l

EJEMPLO 4.12 (corílinuactón)

Ll|_ (diagrama (d) consigo mismo):2U0

W* a | . ! ( - «j X-6-^6-0)+ (-60X~60 6 " j T _



, 4 l Resolver la siguiente viga por el método de las fuerzas utilizando cada una de las jsosljt'cas fundamentales mostradas. Comentar cu.1l resulta m.1s conveniente y por—jí Trazar los diagramas de fuerza cortante y momento flexionantc.

Eü'5¡!ÍÍIon/m I3um/m



fundamental que se crea mis conveniente. En todos los casos El » consunw*



í



B l à j l ; ,.-1 ' s á — - — h



4.5 Resolverlas siguientes vigas sobre apoyos elásticos. Usar los'valores de E y de Idelproblema anterior*









| g ■/ C AP ITU LO D

’Resolución de estructura;

indeterminadas por elmétodo ,de lasdeformaciones

Introducción / 5.2 Planteamien-—ral del método de las deformación>5J Rigidez ai

I de I» deformaciones para armaduras / 5.7

5.1 Introducción

Ehesfecapítúlp se presenta el segundo de los

fc métodos generales para la resolución denanos Indeterminadas planteados en la¡Mdacddn de) capítulo anterior. A diferenciadd ménxfo de las fuerzas, en el método de las «■Mtñno' ométodo de las rigideces, se fbnfeauna enuctura en la que se satisfagan lasm&uude compatibilidad geométrica, aun-V no se ampian las condiciones de equili-too-Est» últimasse logran en una segunda etapa•odratndo fuerzas conectivas que noalteren

hcmfciona de continuidad geométrica. ElIfWb klbidrformaciones se presenta en esteW e n su forma más general. En capítulos

fuer7.is horizontales en marcos. La estructura transformada tiene continuidadgeométrica, peto no cumple las condiciones de equilibrio estático.

>) Se planlean'las ecuaciones de equilibrio

nan los desequilibrios que resulten. Estosdesequilibrios son también momentosAeúonantes o fuerzas, según el tipo deestructura.

calculan Las acciones queproduonestas

formación» aplicadas son urtj» iones,en





g g ¿ "O:

||yb j-ro1'! '“* (Ec,)(ÉC.2)

fc X M* “ 0 :

G iu n to H „ obtenido de la ecuación 2, en U ecuación 3 y despejando M*,:



pan que experimente una rotación unitaria,cuando el extremo opuesto se encuentraempotrado. Obsérvese que el momento resulta directamente proporcional al módulode elasticidad y al momento de inercia, einversamente proporcional al claro de la

viga. Intuitivamente puede deducirse quemientras mayor sea el módulo de elasticidad o la inercia de la sección, mayor tendríaque ser el momento necesario para producir la rotación del extremo de la viga, y quemientras mayor sea el claro, menor tendríaqueserdicho momento porque la viga sería m.1sflexible. Nótese también que en toda estadeducción se ha supuesto que el-valor.deEl

es constante. Cuando no lo es, la rigidezangular puede calcularse aplicando unmomento cualquiera en el extremo libre dela viga y determinando la rotación queproduce este momento. El cociente del momento entre la rotación es el valor de la rigidez angular. El método de Newmarlc paracalcular deformaciones, estudiado en él capitulo 3, es muy útil para estos casos, ya quepermite tomar en cuenta de manera expedita la variación de f/ a lo largo de la viga.El concepto de rigidez angular es defundamental importancia en Análisis Estructural y se utiliza con mucha frecuencia enlos métodos más usuales pan la resolución deestructuras indeterminadas. El término f/f suele representarse con la letraK y se denominahelor de rigidez.Usando esta notación,la ecuación 5.1 puede escribirse

Otro concepto importante que se deriva de la figura S.l es el defactor de Irans pene, le Ec. 2 de estaítguraexpresa que si

libre de una viga, en el extremo opuesto, si■U empotrado, aparece unmomento M¿í que M i la mitad del primer momento- O «ee

- - Supóngase ahora que la viga tíent wbos extremos libremente apoyados,muestra en la figura 5.2a. En este caso.iíJ

Impone una rotación en el extre 0.- mediante la aplicación de un momento u

en el otro extremo aparecerá una fotar£8W, como se muestra en la figuraSJb,pe*no podrá desarrollarse ningún momento con»sucedió cuanáttel extremo 8 estaba empa»do. En forma similar a la del caso anieriv.puede determinarse, usando el métododebviga conjugada, cuál es el valor del momento

necesario para producir la rotacidn ». y cuál es el valor de la rotación Q¿, que«desarrolla en el extremo opuesto. Esta de»minación se plantea en la figura5J. la lipconjugada, figura 5.2</#tiene ahora los dos»iremos libremente apoyados y tu caiga«únicamente el diagrama de momentosflexionantes producidos por dividido en

treEl. El parámetro conocido es la rotación0 n y jas (ncdgnitas son y 0M-Según se deduce en la figura JJ. i

momento que es necesario aplicar cada-tremo A para producir la rotación

SI la rotación es unitaria, el momei*que se requiere aplicar, o sea, larigidez **guiar, es:

u mS L (SÜ

Usando la notaciónK • /// >*** *c-rclón se puede escribir como



ï i r - W - .0 í (M

.<— •0 ( M

s#*luyendo este valor en la ecuación 1y despejando 8M:

(Eci)

Figura 5.2. Determinación dc la rlgld« angular P»« |





¡gift ■-I,~ -1

I...I.I| j M ab

' < * " 1( O 1 7 " “



Para que0,1- 0,

M

Pmque la deflexión en B sea igual a â:

$ï Æ ê ¡là

m É k ! * * .

Flp” *-4' °««<»lMckJnà, I. ,l,id« B d. una viga con un nl*"°





s s H p s a p a



■ I S f e S E * :

‘ ' • i í é I e í e

(5.16)

W r y

' S ; ¿ í ; á ¥ ; ( K Í g S

æ a â f f S S



jrici simultáneas cuyo número esigual al <le apoyos eri los que so hayarestringido al giro. - .

Por cada posible giro que. puedapresentarse en los apoyos de tina viga, se tlicoque ésta llene ungractode libertad o grado de

intetdcteiminactán cinemática. Así, la viga delejemplo 5.1 incluido más adelante tiene cincogrados de libertad, uno por cada apoyo.Obsíivese que en cada apoyo interior hay unsolo giro, pues es Igual a ambos lados delapoyo. Sin embargo, cuando se resuelva estaviga, se planteará un sistema de sólo tresecuaciones simultáneas, ya que aunque hayagiros en los apoyos Ay f, i

el momento flexlonante es nulo en dichosapoyos. La viga del ejemplo5.2 tiene sólo dosgrados de libertad, ya que no hay giros enlos apoyos A y O. Al resolver este problema seplanterá un sistema de dos ecuacionessimultáneas.

5:5.T Vigas de varios claros'sobre apoyos

nua resuelta en el ejemplo 4.2 por elmétodode las fuerzas, siguiendo lo» pasos es*tnblecidos en la sección 5.2 de este capitulo.

una viga en que se satisfacen las condldo-nes dé compatibilidad geométrica, pero nolas condiciones de equilibrio. Esto puedelograrse empotrando lodos los apoyos de la

Irada, y los claros extremos se liareforman

empotramiento perfecto para estos da* u-sos.son conocidos para distinto« tipos decarga. Para cargas uniformemente distribuí;

oh Los momentos de empqperfecto pueden obtenerse parícondición de carga por el méafuerzas . estudiado enel capftilEn la ¿tabla 5 lt Incluida al fiJcapitulo se presentan sus valoJ

condiciones de carga más usuparte Izquierda de ;li' tabla icorresponden a vigas con ul>-«xin:nttempotrado y el otro libremente apoyado,mientras que en la parte derecha, a vidanillos extremos empotrados.

En el pasobse determinan los metos de desequilibrio como las difcreimentre los momentos de empotramiento pfecto a ambos lados de cada apoyo. Apmomento de -0.8 en el apoyo 0 es la &rencia del momentode +20.0 en el claro 8Ay el momento de 420.8 en cjclaro #C EMmomentos de descqúilibió indican que, uque en la viga planteada en el pato .compatibilidad de. deformaciones, nos cumplm las condiciones de equlUbña I

Rtra restaurar el equilibrio de la vidse han impuesto en el paso c rotaciones ■■

extremos que son’libros. Estas rotaciones:aplican en cada apoyo manteniendo emprirados los demás. Por lo tanto, produamomentos en (os, dos claros adyacentes,,apoyo únicamente. El valor de los rnonqtos Inducidos se puede calcular a partir«concepto de rigidez angular. Asf, la roudíunitaria en el apoyo8produce un momenj

que, de acuerdo a lo obtenido en la Igura 5.2 ya Ik ecuación 5.5. vale 30/fa 1que el claro ABtiene libre el extremo opuflto a aquel en que se impone la rotación. Esmisma rotación, de acuerdo a la figura lya tas ecuaciones 5.1 y5:3, produce un mjmentó da *tl/lK en el apoyoB del d»BC,y un momento de W/tK en el ipoiidel claro CB. Este último momento ** Imitad del producido por la. rotacióni fftj

apoyoB.





E|ÉMPIO 5.1. RESOLUCIÓN OE UNA VICA CONTINUAHOt El MÉTODO DE LAS DEFORMACIONES



.too <ft Cálculo de las relaciones reales:

•Vi -O.8+f/[4+r]0fl +IB| j | | v +10.0 +f' m 0c+£,U

i Solviendo el sistema de ecuaciones:







[(EMPIO 5.2. RESOLUCIÓN DE UNA VIGA CONTINUA CON IOS EXTREMOSEMPOTRADOS



-^PIO 5. Î (continuación)

^ Jfenteaimentode una viga <i¿„ continuidad geométrica:

Mas- - 2° xj 50i = gi.r2.50 ton ni

5^+5x3)

MCálculo de losmomentos de desequilibrio:



Reoet Imposición de-rotaciones unitarias:


Pbso di Cálculo de las rotaciones reales.

W È W Ê $ ÿ Ê Ë % -0

I Resolviendo, el sistema de ecuaciones:



-4x 14.259P j « 5p£¿ c I ~~b---- “ -9.506 Ion-ir

H n 2i/0«fi fe -2x14.259s:v:''-;raoc --r"“-0c ----- r^-i--4.753lon-m■ R : " 'co

fuo tl Cálculo « momentos finales.

UMI|i2ÍÍ>+5.056 - -7.444

ífcí. W« «fôÎ8+. 30,111=¿22:g| 1

É | ¡ Mjc 28.12+5.510 = -22.610

¡ ^ ’ =+28.12-7.940 = +20.180/ '

f f l | |Mo,ÄM.67-9S06 4^0:176

Diagramasde corlantey momento flexionante.

g[MPLOP (continuación)





"«patudo en la viga original. Los momentos eje empotramiento perfecto ,y , tecalculan con las ecuaciones 5.7 y 5.10(véanse también las figuras 5.3 y 5.4). Elmomento Af„ se calcula con la ecuación5.10 porque el extremo opuesto está libre

mente apoyado, mientras que los momentos Mn y M,„ se calculan con la ecuación5.7 porque los extremos opuestos están empotrados. Obsérvese que. por efecto delasentamiento del apoyo 8. el tramo AB experimenta una rotación en sentido horario,por lo que el momento Mu es negativo;mientras que el claro BC tiene una rotaciónen sentido antihorario por lo que los momen

tos Mk y Mcbson positivos, de acuerdo ala convención de signos establecida en lasección 53 para el cálculo de rigideces li-

in el pasob secalculan los momentosdedesequilibrio. Obsérveseque los momentosi ambos lados deI apoyo B son de signocontrario por lo que se restan.

Al igual que en los ejemplos anteriores,

en d paso ese imponen las rotaciones unitarias en cada apoyo, manteniendo los otrosempotrados, excepto el apoyo libre extremoque se conserva libre. Los momentos produci

dores de cada tramo de la viga, o bien, los■ñamemos transportados cuando se trata del

las incógnitas 6, y 8C. Estas ecuaciones, aigual que en los ejemplos anteriores, indican que la suma de momentos alrededor d

- cada apoyo es igual a cero. Resolviendosistema de dos ecuaciones simultáneos sobtienen los valores de las rotaciones0„ y

0, que deben introducirse para restaurar equilibrio: Nótese que ahora las rotacionequedan en radianes y ya no están en fun

" ción de El.En el paso e se han calculado los mo

mentos correctivos multiplicando los momentos indicados en el paso c por los valorede las rotaciones 8„y 0,.

ftx último, en el pasofse han calculadolos momentos finales sumando los momentos de empotramiento perfecto calculados enel paso i con los momentos correctivoscalculados en el paso e . Es importante observar que ahora los momentos quedan enfunción del parámetro El. Para tener losvalores de estos momentos en términosabsolutos debe sustituirte en las expresiones del paso l el valor de El. Como elasentamiento A y los clarost se han expresado en cm, el valor de Eldebe expresarseen ton-cm- o en leg-cm2 para tener los momentos finales en ton-cm o en kg-cm, res

pectivamente, El lector puede ver en formaintuitiva que los momentos debidos aasentamientos de los apoyos dependen delvalor do El, o sea de' la rigidez de la viga.Mientras másrígidasea laviga, mayoresseránlos momentos.

En el pasod se plantean las ecuaciones

«fe equilibrio de cada nudo en /unción de

lüuno J .J . VIGA CON ASÍNTAMIINTO EN UN APOTO



PHo(ft Cálculo de rotaciones reales:

— i g ^ a



H S é ?®’ ' i w ® x’< —

■i , ' 5 % * € , t : ( r2^ ! -1w ) “ ’' , ‘r‘ - ! i -” iB' " r ‘ )





guiares de los miembros que concurranin el nudo a| qutu impone la rotación, otnen,el momento transportado a {os extremosopuestos a dicho nudo. Estos coeficientes¿ependen ¿elusivamente de las caraclerfc-ilcaí de lai vigas. IV lo tanto, sistemas de«Melones como los del paso (/délos ejem

plos pueden escribirse en la siguiente formageneralizada:

,J19Lbs términosPt representan los momentosde desequilibrio en los nudos /. Los términosrepresentan la suma de las rigideces an

gulares de los miembros que concurren en elnudoi; cuando los extremos opuestos estánempotrados, estas rigideces valen <£//< ycuando están libremente apoyados, valen10 /t Los términos Je. representan losMomentos transportados a los nudos / cuando se Impone una rotación unitaria en

dm^f.Eh miembros désección prismática,danmemo transportado al extremo/, cuando«ynera un momento en el extremoi.es igual«Mamo transportado al extremóicuando* genera un momento en el extremo/; éstopede terse en d paso c del ejemplo 5.5. Porlamo.k - k,ya matriz es simétrica-TodosItttlfliHosk se denominancoeficientes de aMéji Y los términos e, representan las«aciones en ¿I nudo i. En notación

■«ricial, las ecuaciones 5.21 puedenSgHrsé.enu «guíente forma:

grado n X n, y se denomina matrizde rigi-deces. El gradon es igual al número derotaciones desconocidas en la viga origi-

unitarias que es necesario imponer en elpiso c. Además, por el Teorema deMaxwell, resulta una matriz simétrica.‘Lamatriz (8}es una matriz columna de grado n X I, al igual que la matriz (P). LostérminosP, ion los momentos de desequilibrio en los nudos.

Los valores de las Incógnitas 9, puedenobtenerse resolviendo la ecuación matrlclal5.23, de tal manera que

i i 1*1(61-ÍP\ , 15.23)

i- in (5.24)

donde M'1es la matriz inversa de IAI.El planteamiento matricial resulta es

pecialmente conveniente en el método delas deformaciones porque los coeficientes de rigidezk son más fáciles de calcu

lar que los coeficientes de flexibilidad 5en el método de las fuerzas. Se obtienendirectamente de las rigideces angularesy de los momentos transportados, sin necesidad de calcular tas deformaciones delas vigas. Por esta razón, la mayoría delos programas de computadora que seusan actualmente para análisis estructural se basan en él cálculo de la matriz de

En el siguiente ejemplo se ilustra esteplanteamiento matricial.

Ejemplo 5.4 Se resuelve una viga continuade claros iguales con un voladizo en elextremo daédn. la viga tiene una carga distribuida en el primer claro y cargas concentradas en los demás claros.

Debido a la existencia del voladiza esnecesario en el paso a empotrar también el



apoyo f, ya que d mámenlo A/fo no es nulo.Los momentosdf empotramiento perfectosecalculandelamanera usual y el momento en elvoladizo es igual aPC-

Los momentosde desequilibrio del pasob se calculan igual que en los otros ejem

plos-Elpaso cnoes estrictamente necesarioenel planteamiento matricial, ya que pueden obtenerse directamente los coeficientesderigidezk , pero se ha incluido para mayar claridad en la exposición. Obsérvese quela rigidez del voladizoklf es igual a 0, yaque para hacer girar una viga apoyada enun«tremo y libre en el otro, no se requiereningúnmomento, como se veen la figura

figura 5>8. Rigidez de un voladizo

En el pasod se establecen las matricesde la ecuación 5.22. En la matriz |Jt| se puedeacltxizar el términoEt/t ya que los claroson iguales y el valor de£I es constante. Paradeterminar los coeficientesLse han numeado en la figura de los pasosb y c los apo

yos en que aparecen las incógnitas; son 4apoyos, fiira establecer cualquier coeficiene, debe recordarse quek¡,es la suma de lasgideces angulares de los miembros queoncurren en el nudoIcuando el nudo/ ex

perimenta una rotación unitaria. Por ejemplo, con referencia a las figuras del paso c,r i l la suma de las rigideces de los miem

brosCf yCD.que son los que concurran enel nudo 2, cuando este mismo nudo sufre

«M rotación unitaria, que es ¿I caso de la«egunda figura del paso c; por lo tantoku

es la suma de4E//5, del miembroCfl ydel miembro CD; por eso k¡¡ en la maM,|t | del pasodvale8 (EI/5 se ha factorial*

de los miembros que concurrenen elm2cuando elnudo 3 es el que gira,esla sunude jas rigideces de los miembros C8y Q)

entonces 2EI/5; por eso en la interseccióndel segundo renglón y la tercera columnade lamatriz |i l aparece un 2. Como purdtverse, la matriz de rigideces es muy sencillade formular, ya que las rigideces de los miembros son siempre4E//Í,si el extremo opuestoestáempotrado, o3EI/L, si el extremo opuestoestálibremente apoyado. Por eso se decía que

no en necesariodibujar las figurasen el pasoC. Además, la matriz [fcj siempre resulta coamuchos términosnulos,yaquelarotación deun nudo sólo afecta a los miembros queconcurren en él. Esto hace más fáciles lasoperaciones matriciales. Conviene calculartodos los términos de la matriz y desperé*verificar que se cumpla la condiciónk-■k.osea, que sea simétrica, como unacomproba

ción de los cálculos.Después se ha planteado la matriz IFIque son simplemente los momentos de des-equilibrio, obtenidos en el pasob, con signocambiado. La notación indica que esuna matriz columna.

A continuación se han obtenidoTosw*lores de la matriz 10) con la ecuación 5.24.La inversión de la matriz |fcj y lamultiplica-

ción de Itl'1con (P) se hicieron con la hojade cálculo Excel, pero pueden efectuarseestos cálculos a mano o con tualqui®'programa de computadora que hagaoperaciones con matrices. Obsérvese quealinvertir la matriz |k| también se invierte®términoEl/f. Por está razón los valores*“quedan en función de t/EI.

correctivos m. Esté cálculo puede l * ^

como en los ejemplos anteriores, usando W ■Muá.dóitót .ilS/'y.SiSoyó'bjéntipüédaPii1 j









Diagramas de fuerza cortante y momento flexionante.



jjtMPlO 5.4 (continuación)

[lW](tonrn)

5.6 Método de las deformaciones para armaduras

lk.fOmsUet»ciones generales

los nudos de una armadura sufren desplazamientos lineales al acortarse o alargarse• miembros, ya que éstos trabajan exclusivamente a cargas axiales. Por lo tanto, al(bntear una estructura con continuidad(MntAríca deben restringirse los desplaza-■tatos de los nudos. Cada nudo, exceptokH que coinciden con apoyos, tiene la posi

bilidad de tener un desplazamiento horizon-Wy,uno vertical, o bien un desplazamientoflttti dirección cualquiera. De cualquier* n ra. se tienen dos grados de indeterml-

"•o de ecuaciones simultáneas que hay que¡ m « generalmente de 2n, siendo n elM w t de nudos de la armadura. Esto traeM B ramacuencia que el método de las

•za» sea casi siempre más apropiado paraSsmj? armaduras que el método de las

deformaciones. Sin embargo, para ciertoscasos en los que el número de nudos es pequeño, este último resulta mis conveniente;especialmente cuando se plantea en forma

matrícial y se dispone de programas de computadora para inversión de nutrices su empleo llega a ser más sencillo. En el siguienteejemplo se ilustra su aplicación usando unaarmadura muy sencilla que sólo tiene unnudo fuera de los apoyos.

Ejemplo La estructura de este ejemploconsiste en tres barras que sólo resisten car

ga axial y que concurren en un nudo al quese aplica una fuerza horizontal y una vertical. El trabajo es el de una armadura precisamente poique los miembros trabajan a cargaaxial y están articulados en sus extremos. Laslongitudes de los miembros w han calculado a partir de las cotas de cada nudo.

De acuerdo con el planteamiento general del método de la deformaciones, en el

paso a se debe establecer una estructura enla que se cumplan las condiciones de contl-







ftsobiCálculo de las fuerzas de desequilibrio.



pgso tí Imposición de desplazamientos ur

EJEMPLO 5.5 (conllnutdón)

^ Í Í l ^ - +Í2^£¿+ÍÍ^j.Xf[o.O4M+0-O257+OX)770)-0.14»IA£

fc j^ -S -0 ¿ (~5-O)2 + (~5~°) L 1262+0.1605+0.0393]- 0.3260« jg | 5.833 5.383 8.60* J

, B b H I m

Af(-0.0757 +0.0642+0.0550] - 0.043ME .

P«o <fl Cálculo de;desplazamientos reales.

¡£;-M+0.14ai/«A1+0.0435-«42“ 0

♦20+0XM35A£AI+0.3260/4£4?“ °

^Mlviwóo el sistema f I »9.0310 -73-2296



- i p ■

V - B B H B B





do todos les nudos con apoyos articulados.de tal manera que no puedan tener desplazamientos horizontales o verticales. Se haelegido el apoyo /l como origen de coordenadas y se han indicado fas coordenadas decada nudo.

Las fuerzas de desequilibrio se muestran en el pato b. Son Iguales y de sentidocontrario a las fuerzas externas. Equivalen alos momentos de desequilibrio en los ejemplos de vigas continuas. En la figura de estepaso se han numerado fas direcciones delos posibles desplazamientos de los nudos.Desde luego, como losapoyos A y O estánarticulados, no pueden moverse ni horizon-talmente ni verticalmenie. y por lo tanto, losdesplazamientos en las direcciones 1,2, 7 y8 serán nulos.

En el paso c se imponen los desplaza-miemos unitarios en cada nudo. Esta operaciónes equivalente a la imposición de rotaciones unitarias en los apoyos de las vigascontinuas. Por ejemplo, en la primera figurade este paso, se ha impuesto un desplazamiento horizontal unitario y otro vertical

también unitario en el nudo 8, manteniendo fijos lodos los otros nudos. Como consecuencia deeslos desplazamientos, aparecenfuerzas en los extremos de todas las barrasque concurren en dicho nudo. En el propionudo 8 aparecen las fuerzas kiy k3r k43ylM. De acuerdo con la explicación de lasecciónSAy de la figura 5.5, la primera esb fuerza que se origina en el nudo 8 en la

dirección 3 debida a un desplazamientounitario del nudo en la misma dirección; lasegunda es la fuerza en la dirección 3 debida a un desplazamiento en la dirección 4;la tercera, que es igual a la segunda, es lafuerza en la dirección 4 por un desplazamiento en la dirección 3; y la última es lafuerza en la dirección 4 por un desplazamiento en la misma dirección. De acuerdotambién con las explicaciones mencionadas,

esta fuerzas se calculan con las ecuacionesS.lfr; la sumaioria se hace con todas las ba

rras queconcurren en el nudo,l___caso, con las barras BA. BF, Bt y BC ten d ejemplo se ha hecho en estcHejemplo, en el cálculo de kiy I

sucesivamente; los denominad^^^SK

longitudes de las barras; y el término Al *ha factarizado por ser constant^^^^^SComo consecuencia de los desplaza

mientos del nudoB, también aparecen fuerzaen los extremos opuestos de las barras queconcurren al nudo, o sea, en losnudosAJ,£ y C. Estas fuerzas se calculan con fasecuaciones 5.17 y en cada nudo hay que Icalcular cuatro fuerzas:k—, k y i l H

el nudo F, por ejemplo, aparecenk„ j y kt¡ i , respectivamente leuando [os Isubíndices tienen másde un dfgito se sepa* Itan por comas), de acuerdo con la numen- Ición de desplazamientos indicadaen el paso Ib. El término 4c,, , es la fuerza en dirección Ihorizontal en el nudof debida a un tiespía Izamiento horizontal unitario en el nudo fl, Ila fuerzak „ . es la fuerza en dirección hori. f zontal en el nudo F debida a un desplaza- Imiento vertical unitario en el nudoB, y así f sucesivamente. Obsérvesequelasfuerzas en Iel nudo A no se han calculado en el ejem- Ipío, porque los desplazamientos, tanto » Itical como horizontal, son nulos enapoyo, y las fuerzas k se multiplican.nórmente por los desplazamientos de los Jnudos. Por lo tanto, no es necesario caku* Ilar todos los coeficientes de rigidez iq a r l

tengan como subíndices 1, 2, 7y 8. . jEn las siguientes figuras del paso ese «n ■imponiendo desplazamientos unitarios en #cada uno de los otros nudos y se calculan U* flfuerzas que aparecen en el nudo en cuestl*) ■y en los extremos opuestos de las barras qi*m concurren en el nudo. De esta manera se*calculan, para el ejemplo, los 64 coefidenW™



KíoéflciWtS ** elevado, se debe observarS mochos son iguales entre sí, ya sea¿«jileenIodos los casos =k , oporquejjersiméirica la armadura, resultan ¡gualesvarios coeficientes- En el ejemplo se hanAiculado independientemente todos los(deficientes para mayor claridad, pero por¿¿le inspección se puede ver que, porñemplo.1.4 ,2tiene que ser igual a fc610.

¡Enelpasó <fceplantea la ecuación mátricial; 23. sustitu>vndo 0 por A, y la ecuación 5.27que proporciona los valores de los 8jeptomicntos Adel problema. La inversióndgla matriz 1*1le hizo con el programa Excel,tomismoque la multiplicación de W' por {A}.Obsérvese que en la matriz (P) las fuerzas se

debenjñcluir con el signo que tienen en laencua original, ya que en la ecuación 5.23IbHienas de deequilibrio P se han pasado alayudomiembrode la ecuación, y por lo tanto,• Ib debe cambiar de signo. La fuerza de 50WesPjta que actúa en la dirección 3 del pasokybs fuerzas de 80 kISI son P12y PI0poiqueactóanen las direcciones 12 y 10. Las otrasixrzaPson nulas.

A partirde las deformaciones A se han□taladoen el paso e las fuerzas en las ba-mdela armadurautilizando las ecuaciones525 y 5.26. la fuerza por ejemplo, se-

multiplicado por (A, - A3), misíftr' jrp multiplicado por CA6- A4)>y todo

cb al cuadrado. A5es el des-I nudo C en dirección x, A>iento del nudo B en la misma

1en dirección y. Sustituyendose obtiene el valor de-121.721en el ejemplo. De la misma

ecuacionesSfx = 0 yS f = 0se compruebaque la armadura, en su conjunto, está en

El ejemplo anterior hubiese resultadomás sencillo de resolver por el método delas fuerzas, ya que la armadura sólo hubiesetenido dos grados de indeterminación y elsistema de ecuaciones simultáneas tambiénhubiese sido de dos grados. Sin embargo, elmétodo de las deformaciones tiene ventajas enotros casos y, en general, es más sencillo de

sistematizar. Por otra parte, la resoluciónde sistemas de ecuaciones de grado elevado,o de matrices grandes, no presenta ningúnproblema cuando se tiene algún programade computadora como el usado en la resolución de este ejemplo.

OMnOSA. BESOLUCIÓN DE WA«MADUMPOT El MÉTODOOE US DEFORMACIONES CON PLANTEAMIENTO MATRICIAL







EJEMPLO 5.6(continuècióni



B p » - i ) H - o ] (io-illa-4] .B | I S?; -¿V.. 6.403? 43 5 > J

^ ■ » f i I È |É | j+{¿lit.I |É j i | I« 0.31094






IJSM*056^Cilcuk) <le desplazamientos reales:

àt Vi H.4 Vs *54â» Vi **.4 Vs *444* Vi V* *93 V»

*» Vi. Vil V>2V , Vio Vil V »*93 Vio VII Vi2V » *10.10 *10.11 *10.12*lt» *1110 *1111 *1117

c f r ' i P i

| | =|50,0,0.0,0, -80, O, -80}

B « ».004712, -0.016826, -0.001374, -0.017031,0.000471, -0.020602,0.C » : -0.019865} (10’Mf)

Mé),Cálculo de las fuerzas en las barras:

're* [(S " °) (471 -2 “ °)+(4 _ °) (-1682-7)] --106.71kN

It$ • 4((10 -5) (-137.4 - 471J)+(4 - 4) (-1703.1+1682.7)] - -121.72 kf

K 4»» 6 ^ [(10 -15) (-137.4-0)+(4 -0) (-1703.1-0)] ■=-149.4° kN

H a-^Kí-O) (36.2 - O)+(O -0) (-1986.S - 0)] 17.24 kN

H V * ÿ R ' O -5)(47.1- 36.2)+(O - 0) (-2060.2♦1966-5)| -2.18kN

* ¿|(15-1°) (O - 47.1)+(O - O) (O ♦ 2060.2)j - -9.42 kN

B g * “^|(5-5)(471.2-36¿)*(4-0)(-16e2.7+1986J))-75.95liN

^HB&I(10-10)(-137.4 - 47.|)+(4-0)(-170J.H2060J)J-»9.27 kN




/*-£^[(5-10)(47I.2-47.1)+(4-0)(-1628.7+ 2060.2)]--U.W|<n

fe . _ L _ [ ( s .10) (36.2+137.4)+(0- 4) (-1986.5 +1703.1)] ■6.48 kN

Riso /) Cálculo de las reacciones en los apoyos:

v* ■ mX6^3” , °6-71xJ^ 3 “ 66.66 kNT

Ha-7.24-106.7Ix^^j = -76.09 kN->

V0 m149.40X =93J3 kN t

Ho»-9>2-149.40x^-^r--126.08 kN*-

Revisión del equilibrio general:

J />- +50+ 76.09-126.08 - 0.01 kN - 0

"-80-80+66.66+93.33*-0.01 kN-0

Revisión del equilibrio en el nudoB:

Y /. -+50+I06.71X— ---- 12L72-14.89X—-—--002 -0“ 6^03 6.403

• “75.95+106.71x2^jj + I4.89x ^™t«0l01 «0



aceta qué su» nudos pueden sufrir rotacio-;:¡*sy desplazamientos lineales. Al determinéentonces el número de grados de libertad* Atan considerar ambos tipos de deformación. Por ejemplo, el marco de la figuraSJl tiene 5 grados de libertad: las rotado*■sailos nudosB, C, O y E. y el desplaza*

so lineal de lo» nudosB. C y D, que es

d Mano para lo» tres, si se desprecia la¿fennación axial de los miembros 0CyCD.[j marco de la figura 5.96 tiene 7 grados deHjotad: las rotaciones,dé los nudos 8, C, O,: £yf, y los desplazamientos lineales en cada■ede ios do» pisos. Al restringir las defór-nxiones deja estructura en el paso a del

>d<>, deben impedirse ambos tipos deJifcnnación. De la misma manera, al apli-ar deformaciones unitarias en el paso c sedebwimponer rotaciones y desplazamiento lineales. Como consecuencia, en el sisma ecuaciones aparecen términos que■piesfMitanlalaciones ytérminos que repre-

íienün'desplazamientos lineales. En el si* jiiénté ejemplo se ilustra la aplicación del■Ug ij caso de marcos,

toapfe 5.7 Se trata de un marco asimétrico

■■»encargas como en geometría. Dos deb apoyosestin empotrados y uno articula-y fe columna ID tiene una carga con

jurada i la mitad de la altura. Lo» valores6¿f ton diferentes en las vigas y en laico-tonas.:í¿-Es el paso a le han introducido^Mamieniosen los nudos B.Cy Dpara*M» sus rotaciones, y se ha introducido

una reacción o fuerza horizontal en¡ S E L ' . ! mpedir el desplazamiento"■»iajpniai u muco. Lo» empotramiento»

■ranmnciooej generales

no es necesario calcularla. En este paso se hancalculado los momentos de empotramientoperfecto de los miembros que tienen cargastransversales. Obsérvese que en la columnaDC se ha usado la ecuación que correspondea un miembro empotrado en un extremo yarticulado en el otro, y que el signo se hadeterminado con la convención de que lacolumna se observa desde el exteriordel mateo(figura 2.15) por lo que el nudo £es el extremoizquierdo y el nudoOes el derecha

Los momentos y la fuerza de desequili

brio se han calculado en el paso 6. Los pri-empotramiento perfecto en cada nudo. Enla figura se han introducido con signo positivo, o sea, con sentido horario. El cilculodé la reacción en el nudoD. fuerzaP[y semuestra en la parte inferior de este paso.Primero se calculan las reacciones producidas por la fuerza de 4 ton en el miembroDE, considerando que el extremoD estáempotrado y el extremo £ articulado; estoda una reacción de 1.25 ton, hada la dere-



con las ecuaciones 5.1 y 5.3. Obsérveseosen las vigas se ha usado el valor de2£/yJlas columnas,El.Es Importante notar queen Lextremos de la columna A8 se desarre 1

I lor es Igual a la suma de los momentos II los extremos dividida entre el claro y suno es tal que producen un momento de sen-tido contrario. Por equilibrio del marco etsu conjunto, si en ti apoyo Ase produce unafuerza de b£l/e\s hacia la der<|BHapoyo que se ha Introducido en el nudo I

sentido contrario, como se muestra en

figura. De la misma manera descrita se barcalculado los momentos y las fuerzas tarizontales en el apoyo Dpara las rotacH-

..... impuestas en los nudos'Cy0. Idemás. Por ejemplo, en la primera figura de Eli la última figura de este paso ]___esle Pa*°s®ha Impuesto una rotación en el Impuesto el desplazamiento horizontanudoB manteniendo empotrados los otro» unitario y se han calculado los momentonudos y evitando el desplazamiento hori- correspondientes, los cuales se desarrollazontal del marco. Esta rotación produce únicamente en las columnas ya que lasvigamomentos en los miembros que concurren se desplazan sin deformarse. Estos mommial nudo, o sea, eMB y elBC,que se calculan se han calculado con la ecuación 5.8, par



10columnas A H f FC, y con la ecuación. jo para la columnaID. ya que esta última

un extremo articulado. Ñútese que000 jas cuerdas giran en sentido horario,luí momentos resultan negativos, según la

b ecuación 5.9.

En el pasod te plantean las ecuacionesdeequilibrio. Las tres primeras expresan queh suma del momento de desequilibrio en cadi nudo y de los momentos producidos enel mismo nudo por las deformacionesimpuestas en el paso anterior, multiplicadosotos últimos por el valor real de las defornaciones, es igual a 0; esto equivale a decirqoi cada nudo está en equilibrio. La cuarta

ecuaciónexpresa el equilibrio de fuerzas ho-rizontales. La suma de la fuerza dedesequilibrioPDdeterminada en el paso b yde las fuerzas horizontales en el nudo Oriffltfrñrfat por las deformaciones impuestases también igual a 0. Nótese que en eliiatiM de ecuaciones que se ha formado,ni dalas incógnitas son rotaciones y la otra

. ésun desplazamiento., pero como en el de

nominador de los coeficientes de aparecena longitud elevada al cuadrado, lasMdades son compatibles. Resolviendo elMana de ecuaciones se han calculado end ejemplo los valores de las cuatro Incóg-

A continuación, en el paso e. se hanahulado los momentos correctivos suman-á» los momentos que aparecen en fas figu*

* del paso c multiplicados por los valores!■dominados de la* rotaciones y el de*-AiWMnio horizontal. Así, el momento

momento en el extremo A del*>É»4I de la primera figura del paso c"duplicada por 0- más el momento en laBÍjgfi Agua multiplicada por En la «*-h | y en la tercera figuras no aparecen

Colímenle en el paso Ase han calculado

maau* finales sumando los momentos"■«•o. a lo* de desequilibrio. Teniendo

reacciones en los apoyos y, a partir de éstas,las fuerzas normales, fuerzas cortantes ymomentos flexionantes. Por ejemplo, lareacción horizontal en el apoyo Ase haobtenido dividiendo la sumado los momentosen los extremos de la columna AB entre la

altura de la columna:. . I Mu+Mu' -».924-6.697 _ n

; * * . hM " 6Como ambos momentos tienen sentido

andhorario, las reaccionestienen que producirun momento horario; por eso en el extremoinferior de la columna la reacción es hacia laizquierda, como se ve en el croquis de reac

ias reacciones verticales en los apoyosse han calculado a partir de las reacciones delas vigas del marco, ñjr ejemplo, la reaccionenel extremo Izquierdo de la viga B puedeobtenerse colocando en esta viga la cargavertical de 20 ton y los momentos en losextremos de la viga. El resultado es:

. 20 6.716+23.3989 2~ A ■ °n

Esta reacción se transmite como fuerzanormal en la columna ABhasta llegaral apoyo

A como reacción vertical.En forma similar se han calculado todas

las reacciones mostradas en el croquiscorrespondiente. Puedecomprobarse que enel marco como conjunto secumplen las ecua

ciones I f , =0 y Ur =0. Teniendo las reacciones, es posible obtener las fuerzas normaleshaciendo enríes en las columnas yen las vigas,las fuerzas cortantes como la suma de lasfuerzas a la Izquierda de cualquier sección, ylos momentos flexionames como la suma d»la* área* bajo los diagramas de fuerzas, cortante*. En el ejemplo se Incluyen croquis conlo* diagramas correspondientes, los cuales se

han dibujado con la convenciónde signos dela figura 2.15.



Paso a) Planteamiento de un marco con continuidad geométrica:



05y ,uwz« de desequilibrio:

m u

I Mj-Msf+Mm * -10+0--10 lon m

i. i^»Mo+Wa)+A#cf ■+10-14.4+0»-

M d= M dc +M di =21.6-4.5 = 17.IIon-m

Cálculo dePD:



r e

too di Cálculo derotaciones y desplazamientos reales:

I -ioj)+£/||+5jaJ+£/^jec +o-£/^ jAo.o





Cálculo de las reacciones y diagramas de fuerzas corlantes y momentos fiexionantes.









Uso i) Planteamiento de un marco con continuidad geometrica.



Métodode lu deformacionespara

¡» * *10 5,8 (continuación)

L u Clkuto de momentos y fuerzas de desequilibrio.

BaJtonlK ‘ + 22.5 ton m

15.0

H l i B Ü

Sistema de referencia

K : *2t mi

m - G -

U

V

*21-b [ | ] ^ [ ° « 7]

•i l“0





"*«*> <fc lu defomacUum



0.667 Cl *63 = H [0.667]

EJEMPLO 5.8 (¿óhtìnuàdón)

t., -*4, -£/[0.333]

l. . : trM>0

I--- *64 *»-*«-£/[0.667]

; Í I ¡ B B B B I



O 5*8(continuación)

*M-f/[0.48j

• Cl1- £/ = 0.187£/

l ü l

H *,5- * „ =-£([0.667]

^■bién se puede calcular direciamenle como:I

■ks2 - -£/[0.667|

■&,*» -f/|0.667]







i î I Ï Ï !



i n f i l l



348 Resolución de estructuras,indeterminadas por el método de Its deformai.


Moc^Moc+moc =+22.500 + 5.130=+27.630ton •

m dc * mot ” -27.611 ton - m

M[ b =Mcs +mu = +15.000+15.187 = +30.187 to

Mtf ■mir I -11 -529 ton • m



firjjj5.1 Momentosde empotramiento perfecto

Método de h, d'tomaclonoipmmarcos 349



PROBLEMAS

S.l Calcular la rigidez angular de las siguientes vigas.



j.j Golculari la rlgldez lineal de lbs ilguientes vigas.

w Calcular el giro en el apoyo A que produce un momenlo,M. de 8 ton-n. aplicado£S •! mismo apoyo.

H —S H Ig ----------------------------E 4 3-6m M i . i.J x io’i»W



5.4 Calcular los giros en los apoyos A y Bque produce un momento, M, de 10 toaplicado en el apoyo A.

• * --------------n ;------------- *i

5.5 Calcular los’fnomentos que se desarrollan en los apoyos de las siguientes vigas*v,r“*'io B se desplaza 0.6 cm hacia abajo. -Calcular los mismos momentos si

- >e desplaza 0.4 cm hacia abajo,

I

I



j lcularkK grados de libertad ° de in N M M N M M IM P M P II M HOcluías Incluyendo aquellos que no sean necesariospara la determinación de los ^losflexlonantes finales.

x< \ n V ^ w v( * \ s \ ( \ \



354 Resolución de estructuras¡Qdeiéimlnadas por el método detedeformaciones

5.7 Resolver las siguientes vigas por el método de las deformaciones,¡trazando k.diagramasdefuerzacortante ymomento flexionante. Usar la tabla S.l para obtni°*los momentos de empotramiento perfecto.

| I■ 1 1 1 _ > k >|< >|

oton/m

I — „ H « -— i ---------- 1

tlo V W \ tlo w n n ^V n w 2eio



8 Resolver las siguientes vigas con asentamientos en los apoyos y cargas.

NvJ*tón/m >.

+ X rY"yX 1W V < \ \ \ \ \ \ IÉj78x 22.8







í.l Introducción

ílmSodopcncIjcnle deflexión es fundamen-ulmcnle igual al método de í.is deformaciones«ludiado en el capítulo anterior. Se basaumWn en calcular los momentos fléxionan-lts.cn una estructura en la que se restringen

■ños resultantes imponiendo rotaciones ydesplazamientos lineales en los nudos de la

jra. Tiene la ventaja de que la siste-«tiacién de los cálculos es mis clara. Esyicaple solamente a vigas continuas y áJW l porque no incluye el efecto de de-??WStiñés por caiga axial que son las quePJfthicfti esfuerzos en las armaduras.

J ^ t o n iw lo general del SgSS pendiente-deflexión

***** a seguirson lossiguientes.

Wapmow lo» exwmosdtcada mían.¡y de H "estructura' utilizando la» gPMÍf ecuaciones del métodopen-

desplazamientos relativos,c) Se calculan los momentos finales

sustituyendo los valoras de 8 y de A,obtenidos en el paso anterior, en losmomentos planteado» en el paso a.

En la siguiente sección se obtienen las

ecuaciones del método pendiente-deflexiónque se «quieren en el primer paso.

63 Ecuaciones pendiente-deflexión

63:7 Casó genera/

Las ecuaciones pendiente-deflexión expre

san k» valores de los momento» que se desa-* barra cuando

además, tener un desplazamiento relativo:Asimismo, permiten incluir los efectos de caigas transversalesalejede labarra.

Considérete, porejemplo« la barra AB de lafigura6.1a, la cual forma parte de un marco cualquiera. En lafl(ura 6.1b te Indican lo»momento* que te desarrollarían en

ambo» extremo* de la baña, ti el entramo A





’ j i b t á f f

l

éslénarticuladas m sus bases. Estosmarcospuedenresolversecon las ecuaciones gene*Olesdeducidas enl( sección anterior, haciendofié4 momentoen elextremo articulado sea

igrala0. Peroa veces resultaconveniente«"ptearecuaciones pendiente-deflexión*é«ida» especialmente para miembros que<M8an unextremo articulado. Si se suponeMr «templo queel extremo articulado es el2* las ecuación*» modificadas pueden‘•'«•«e haciendo igual a 0 en la

i l , despejando enesta flcuá?' 1 1 ■ I valor obtenida «r**-

Mî - 3ÍX(9, - *) ♦ J (6.11)

SI se uta la ecuación modificada 6.11,ya no es necesario plantear una ecuación

para con lo que ya no aparecehAcomo







Claro B-C

«2.5kN-m--6.25x.O’ kN.cn, (venable 5.1,

Ba . t * L | L . + 6.25x10* kN-cm

K f 50x10*- ¿.Íx10t 'cm3

R ■ y ■ - 0.003 (sentido horario, positivo)

M k = 2x0. lxlo‘’(28e +ec - 3x0.003) 6.25x10*

Ma = 2x0.1x 10*(28t +e,-3x0.003l+6.25xl03

Claro C-0

*-36 kN-m--3.6x1o3kN-cm (ver tabla 5.1).

D 50x2*x3 . . . . . . . . ,**oc=--- p--- »24kN.m-2.4x103 kN-cm

50x10* O.lxIO6 ,f.y ‘ 7 fx500 | £

s55" S9j¡S | l**"Wo antihorario, negativo)

Meo12x0.1x10*(2DC +90 + 3x0.003)-3.6X103

Mac2x0.1xl0l'(»o + ec + 3x0.003) + 3.6xl01

EJEMPLO 6.1 CconUnutdin)



Método pcndlenle-defíexión péravigjt 365

Ordenando I

=-90kN-m=-9xilÖ? kN-c

pendiente-deflexión

^♦2506,-5]. .^

.♦sooe.+s] ,

4006,+ 2006,--8.05]

+ 400 ec +4.45]

4006c + 20060 - 1.8]

2006c+40060 +5-4]

.fcob)Planteamiento de las ecuaciones de equilibrio

r°U*TV«e . ue ¿

(J'ituyendo con lat ecuaciones pendienle-deflexión:

I- 5008,,+2506, -5»0■ 2506 +9006, + 2006c -3.05-0

2008,.8006c ♦ 200Bq

+2.65-02006<*4006,, -3.60-0





6:5Método pendiente-deflexión

fnmrtM

b tl caso de marcos, los nudos de la es-Imoura pueden sufrir rotaciones y despla-attielHftsshlHJlténeamente. Generalmente,■fflfe'í ccújciones pendiente-deflexión apa-rsce, por lo unto, el término fe Sin embar-feei frecuente <tue vario* nudos tengan elIhvdMplazamienlo A ¡ con lo cutil se

JPWtf número de grados de libertad de la

Ejemplo6.2

Se trata de un marco de dos crujías y un solopiso con cargas verticales y horizontales.Una de las columnas es de mayor altura queles otras dos. La estructura tiene 5 grado» delibertad: Ia* rotaciones,de los nudos8. C. D.

y f , y el desplazamiento A que es igual paralos nudos A C y D. Obsérvese que en elapoyoF hay una rotación porque está artl-

por estar «mpolrados.no hay rotación. iffi|En el paso a se plantean las ecuacionespendlenle-dellexlón para cada mlambro. En







r mmuoì.ì.

Grados de libertad: 6„; 8t . 80, 6,, Aß = &c =A„- À; 5 grados

Raso a) Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:



0íMW° 6'2<conllnuidiínl

Ijüginbro 6C

l | ' p ¿ - J -6,25 ton-m

H . IE¡- it=i=—|to /

Mk =| x 0.4£/ (29b + ec)- 6.25

. Mo ¿2x0.4 £/(28c +6fií+6.25

MiembroCD

*?co = -9.0 ton-

* ’ r ‘T ‘ °'333'

Ho-2x0.333f/(2e, .e„)-9-0

**Oc - 2x0.333É/(28„ *9, )»9.0









Método puntllvnlcdÉflcm

O6.2 iContinuación)

¡f 2.460+11.937 .

£¿2.460 + 2.12X2.5 = 7.76 Ion-n

¡ K ~ 1 v 5

S Va ■¿2 ¡ + 6" -9.42ton

B B B b k I Í 9.095 - 6.593 I

m

‘Fuerzas normales en columnas

Q^^R-jl.56 ton

9.095 - 3 x 3&SJ.5 = 5.67 tonT m





¡ÉmPLO U (continuación)

Método pcadlcme-dcllcxió

£ f, = + 5 - 11-W- 0.71- 2;45 = 0í : =2.1? +f7¿30+ 8.58-10-3x1

Diagrama de fuerzas normales



37®A/Amfopendíeme'fíefícvlán

Diagrama de momentos flexionantes

. SOUIC1ÓNALTERNATIVAUSANDO LA ECUACIÓNMODIFICADA6.11

Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

las ecuaciones generales 6.8 y 6.9 se aplican a todos los miembros excepto la columna

Cf, por lo que los momentos en lodos esos miembros son iguales a los ya obtenidos.ParaJa columnaCF:

Ma mJxQ.íit/18t -0.25 A) (ecuacldn6.il)



F f « ?

f

f

f



So Ilustra la resolución deun marco de dosnivelesen Hqueunade las columnas, la columnaCH,es dedoble altura. La característicaque debeobservarseesque los nudosB y£llenen el mismodesplazamiento lateral que

se ha denominadoA,, mientras que los nudosC, f yH tienen un desplazamiento lateraldiferenteque se hadenominadoá ¡ . Resultanentonceslos 7 grados de libertad que se indican debajo dpicroquis del marco.

El paso a), que consiste en la aplicación de las ecuaciones pendiente-deflexión a cada miembro del marco, es esencialmente igual al de los ejemplos anteriores. En los

miembros que corresponden a vigas no existe desplazamiento lateral, y por lo tanto, los valores deK son Iguales a 0. En la columna CH se ha considerado su altura total de 7men el cálculo de R. De esta manen se han obtenido las ecuaciones para todos los momentos en los exiremos de los miembros, 16 en total. Recuérdese que son momentos de apoyo sobre barra. En el planteamiento de

las ecuaciones al Anal de este paso, se ha considerado ya que los giros en los empotramientos A,D y C son nulos, y como £I es constante, se ha lomado igual a 1.

En el siguiente paso se plantean las ecuaciones de equilibrio. Resultan 5 ecuaciones de suma de momentos en los nudos igual a0y 2 ecuaciones de equilibrio de fuerzas horizontales, una por piso. Obsérvese que al hacer un corle en las columnas del nivel superior, la fuerza que resulta en la columna CH debe obtenerse a partir de la altura total de esta columna y no de la altura del entrepiso. Esto es asi porque la fuerza cortante en la columnaGH es constante en toda su altura y es Igual a la suma de los momentos en sus extremos dividida entre la altura de la columna. En las ecuaciones 6 y 7, la suma de las fuerzas

cortantes en las columnas se ha igualado a0 porque no existen fuerzas horizontales

de fas fuerzashorizontales en las colurles el quecorresponde ,i un sentido poJ(horario) de los momentos en los extrjde Jas columnas. Sustituyendo los valora

los momentos obtenidos en el paso antaen estasecuaciones de equilibrio, seobtielsistemade7 ecuaciones que se presenil•I ejemploy cuya solución se indicaal I de estepaso. Como ya se ha indicadoJ

quierprogramade computadora. Aquí soel programa Excel. Los valores mostrjdeben dividirse entre £/ si se desean

valores reales.Ji' En el paso Ose han sustituido los i!__

res de los términos 0 y A para obtener los' momentos finales, en la misma forma en qM se ha hecho en losejemplos anteriores. I

En el paso d| se han obtenido las reac-1cioncs y se han trazado los diagramas« fuerzas normales, fuerzas cortantes y mol mentos flexlonantes. Obsérvese que para

calcular las reacciones en los apoyos, fue necesario empezar con la obtención de Laaj reacciones de las vigas del piso superior,« sea, las vigas Cf y FH. Estas reacciones sej sumaron a las de la viga BE para llegar a laareacciones verticales en los apoyos. Las M acciones horizontales en los apoyos se objtuvieron con las ecuaciones de equilibrio difuerzas horizontales del paso b. Una 'tz calculadas las reacciones horizontales y ticales, se verificó el equilibrio de fuerzaI en ambas direcciones. Incluyendo, desdt luego, las cargas aplicadas a la estructura Las reacciones verticales de las vigas prot porcionan directamente las fuerzas norm* les en las columnas. Las fuerzas norma» en las vigas se calcularon a partir de las Mj acciones horizontales de las columnas. UJ croquis incluidos en estos cálculos pernj

ten visualizar el signo correcto de las ¡jfjj zas normales en las vigas.



Método pendiente-dille

ujitÍ¡hamBt **e flicrz,ls cortantes y de- j« flexionantes se trazaron de la

íSamanora que en el ejemplo anterior,í convención de signos de que

j&tñids inferiores de las columnas equi

valen a los extremos izquierdos de las vigas, los extremos superiores, a los extremosderechos, las acciones positivas te trazan enla parte superior de los miembros, y las ac-ciones negativas, en la pane inferior.

03*10 6.3. ANÁLISIS DE UN MARCO CON UNA COLUMNA

p í 20 H

30kN/m' W v w -s t

j ¡ D

Grados delibertad:

V«c,*r.e,.eH.Afl =A£ = A,,Ac =Af = A„ = A¡; 7 grados de libertad

a) Planteamiento de las ecuaciones pendiente-deflexión para cada miembro:

&'-■ M«-2 « (2 eA+0,H WM = 2fX(28s + 0^ -3R)±Ma,

ÁB

H =s?M *o

I

I ‘‘« • ¿ x o j s o u e ^ «0,-0.75 4,1

'2x0.25£1 (2t, ♦ -0.75 A,)








Effi| R = ^ = 0.1L43 A2

É ^ í Mch- 2 X0:143£/ (28c + 8„- 0¿I?2A2)

m i; Mhc - 2 xDÍ43f/(28„ + 8C 0.42? A2)

pitlenando las ecuaciones y sabiendo que 8¿ = 80 = 8C = 0 y haciendo £/

Mm =0.5 0B - 0:375 A, i , -

i Mm S^¿-$C375A,

^;3336b +0.667 6c Tpf667 A2+ ¿667 A|MC6 r'-333 ec + 0.667 8e -0.667A2 + 0.667 A,

. Mgf =0.8 e„ +0.4 e£T 52 5 , 1

. . Mcr “ 0.8 8C + 0.4 8f -¿31.25 ‘

- 0.5 8 f-0.375 A,Wíd = 8[-0.375A,Mj, ■1.333 8( + 0.667 8, - 0.667 A2 + 0.667 A,

Mn -1.333 8f + 0.667 8f - 0.667 Aj + 0.667 A|

, H * »0.2868,,-0.123 A2■ «HC »O.S720« -0.123 Aj





aso c) Cálculo de los momentos finales

- 05 X 21.86639-037S (-14.91401) - 1&S3 kN - m,=21.86639-0375 (-14.91401)-27.46 kN-m

lK -1333 X 21.06639+0.667x8.08079-0.667 (-4.82706) + 0A67 (-14.91401) - 27.81I

1333 x 808079 +.0.667x21.86639-0.667 (-4:82706) +0.667 (-14.91401) = ia63-0.8 x 21.86639 + 0.4 (-29.65519)-62.5 - -55.27 kN -m1U • 0g (-25.65519) + 0/1x21.86639 + 62.5 - 50.72 kN-mS - H I #Ç8T:■/? + 04 x 15.39190 1 31.25 « -18.63 kN - m1Km0»X153919010.4 X 8.08079 1 31,25 »-46.80 kN - m1„ 10.5 (-25.65519) - 0.375 (-14.91401) • - 7.23 KN-m4m* -25.65519 -0375 (-14.91401) » - 20.06 kN-m4„ - 1333(-25.65519) + 0.667x 15.39190 - 0.667(-4.827061 + 0.667(-14.91401)—

<„*1333X15.39190 + 0.667 (-25.65519) - 0.667 (-4.82706) 10A67 (-1431401)1-3JJ Ig j j





EJEMPLO 6.3 (contlnasclón)

30x5 55.27-!

30x5 55.27-50.72

2Cálculo de reacciones verticales:

v* “ *fci* vn 1 19.37+75:91- 95.28 kN

Vo mvn * vn * vn •30.63+ 54.78+ 74.09-159.50 kN

Vc - - 45.22 kN

Cálculo de reacciones horizontales:

I f . -10.99-6.8,-4.16.0

H ! 5 95 281159.50+ 45.22 - 50- 2015- 30 x 5 - 0

■» 10.99 kN

t -20:06- 7Í23

H - Mhc *Mch n -19.59-9.50

- - -6.83 kN

Verificación del equilibrio:









En elle ejemplo se ilustra la aplicación del métodoen la resolución de un marco con unacolumna inclinada. La diferencia con marcosde columnas verticales radica en lasdeformaciones relativasentre los extremos de

los miembros del marco. Como puede verseen el croquis del marco deformado, elmiembro ABtiene una deformación lineal 66,,siendoBB, perpendicular a AB; la viga BC, que en marcos con columnas verticales notiene desplazamientos lineales entre susextremos, tieneen este caso un desplazamlcn-lo lineal 68, perpendicular a 0C; y la columnaCO tiene un desplazamiento lineal CC,

perpendicular a CO. Obsérvese que adiferencia de los marcos con columnas verticales, el desplazamiento lineal no es igual enlas columnas, ya que el desplazamientoBB,es diferente al desplazamiento CC,. Larelación entre los tres desplazamientos puedeobtenerse observando que el trianguloBB,B, es semejante al triángulo ABF; como seconocen las dimensiones de este último, apartir de ellas se pueden calcular los valoresrelativos de los lados del triángulo 66,6. Éstasse indican eh el croquis amplificado del nudo6. Nótese que al trazar el croquis del marcodeformado, se han despreciado las deformaciones longitudinales de los miembros, esdecir, las producidas por cargas axiales. Pormo •! punto Cf está a la misma altura que elpunto C, y el punto 6 se mueve perpendicularmente a la linea AB.Las deformaciones

lineales de los tres miembros del marco puedenexpresarse en función de un solo desplaza-miento A que en d ejemplo es la longitud dellado Con esto el problema tiene tresgrados de libertad o de Indeterminacióncinemática.

pendiente deflexión para todos los miembros,de la misma manera que en los ejemplosanteriores. Nótese únicamente que en elmiembro BC se usó un momento de inercia 21

Ejemplo 6.4 y que en el miembro C£, como es un voladoel momento está determinado comowPftTiene por lo tanto un valor fijo de -16 tmV

Las ecuaciones de equilibrio selean en el pasob. Las dos primeras exprésque la suma de momentos en los nudosf.fson iguales a O(ecuaciones I y 2 del pasofc

En el nudo C hay que incluir desde lingos. momento que tiene un valor fijo comoyse ha explicado. La Inclinación de la colunvu

; 46 obliga a plantear la ectlación deequilibriode fuerzas horizontales de manera dKmaula de ejemplos anteriores. Es conveniente

.J determinar el punto de cruce de laprolongaciones de las columnas AByCD.lomar la suma de momentos alrededordecaepunió, como se indica en d croquis, ya cue

producen momentos, y las únicas incógnitas««‘ - la ecuación son las fuerzas y /•/oc, Estas

fuerzas pueden expresarse en términos de losmomentos en los extremos de las columnas.Mu, MK Y M'co y x Puede plantearentonces la tercera ecuación de equilibrio«función de estos momentos (ecuación 3 dHjpaso ó). Obsérvese que el signode las fuerzasHAg y Hqq en el croquis corresponde a jmomentos positivos (horarios) en los extremosde las columnas. Sustituyendo los momentosen las tres ecuaciones de equilibrio se obtiened sistema de tres ecuaciones (4,5 y 6), cuya :resolución permite calcular los valores de las;tres incógnitas0, 0, y X

En el pasoc se calculan los momentosfinales, de barra sobre apoyo, de la manera

usual. Y en el paso d se obtienen las reac* Jclones eti los apoyos y los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momeo»flexionante. En este caso, se obtuvieron primero las reacciones horizontales y %con las ecuaciones de equilibrio de fuerzashorizontales del paso b, y después se .calcularon las reacciones verticalesa patlr de las ecuaciones de equilibrio

Z ' . - o r l* - ® .






■BW« 0.20/ fc 5iá£ _1-25 A _ 0 25fl (positivo porque gira en sentido horario)

■2x0.20El m A * 8j-0.75 A)

■2x0.20 £/(28,+8,,-0.75 A)

K--«;2feö.333/

R=— =~~r~ 0.125 A (negativo porque gira en sentido antihorario)Mk = 2x0.333El (28s + 8C + 0.375 A)

M(b - 2 X 0.333El(28c + 8 ,+0.375 A)

Miembro CO

1

Kmm~m0.2SI

SI SgM0,25 S (positivo porque gira en sentido horario)

Meo-2x0.25£/(28, *90 -0.7$ A)

M„ .2x0.2SH(2e„.ec-0.75A)










Diagrama de reacciones

Las cargas axiales en las columnas AByDC ya quedan determinadas. La carga ien la vigaBC es igual a la fuerza cortante de la columnaDC.

Los diagramas quedan de la siguiente forma:

Diagrama de fuerzas normales





6.1 Resolver las siguientes vigas por él método pendiente-deflexión, trazando lo,diagramas de fuerza cortante y momento flexionante. Usar la tabla 5.1 para J * los momentos de empotramiento perfecto.

PROBLEMAS

ÍB i S a B l s ----------»1



















I .Momentos de empotramiento perfecto (renglón 1)

el nudo C (renglón 8)



•410 MModnd»Croa p*n rutttírmit

losmámenlos transportados. del renglón (2)al renglón (3).

Se puede analizar ahora el nudo C dela misma manera que se hizo con el nudoB. En la figura 7.6-a te puede ver que existíaun momento de desequilibrio de +28.12 -

17.78 • +10.34 lon-m. Además, al soltar elnudo 8, se transportó al nudo Cotro mo-mento de + 4.34 lon-m. El momento totalde desequilibrio en esta etapa es entoncesde+10.34+4.34 -14.68. ftra soltar el nudoC es necesario, por consiguiente, introducir un momento de -14.68 como se muestra enla figura 7.6-rf. Este momentodeequilibrioproduce momentos en los miembros CB yCD, en proporción a sus factores dedistribución, de donde resultan los valoresde -8.81 y de -5.87 que aparecen en elrenglón (4)delcroquis y en la figura 7.6-e.Estos momentos, a su vez, transportan momentos de -4.40 y de -2.93 a los nudosopuestos B y D, como se indica en el renglón (5) y en la misma figura 7.6-e.

Los nudos Ay D, como están empotrados, no necesitan ser equilibrados. No se

requiere realizar en ellos las operaciones quese han realizado en los nudos B y C. Sinembargo, si se analiza de nuevo el nudoB, te puede ver que el momento de -4.40 quese transportó desde el nudo C lo volvió adesequilibrar. Por lo tanto, debe introducirseahora un momento de equilibrio de +4.40,como te indica en la figura 7.6-/'. Repitiendo el procedimiento, se calculan los momentos de +1.95 y de +2.43, multiplicando elmomento de +4.40 por los factores dedistribución de los miembros.BA y BC, respectivamente. Estos momentos, a su vez,transportan momentos de +0.97 y de +1.22—a los nudos Ay C, renglón (7) y figura 7.6-g.

Ahora es el nudo C el que se desequill-

+1.22. Wequilibra con uno Igual y de sentido contrario, figura 7.6-A, que produce

renglón (8) y figura 7A-4.

Se puede ver en el croquis del paso Jen la figura 7.6, que los momentos de«|equilibrio que aparecen en los nudos sorteavez de menor magnitud. Por ejemplo, ennudo8 el primer momento de desequilibjfue de - 15.62 lon-m, el segundo, de - ij

cedimiento con nuevo* ciclos de tqoWy transporte, hubiese aparecidounmortalto dé -0.36 ton-m, t|i| |momento de -0.73 ton-raC en el renglón (8). El

-eonvirgiendo a momonhj______queños. Por esta razón, se puede detener!cualquier etapa y sumar todos los momatos de cada columna para obtener los ir,

mentos finales. Conviene, sin emharndetenerlo después de una etapa de distritción y no de una de transporte, ya que «niprimera todos los nudos están en equilibri*En el ejemplo, se detuvo después de la di.tribución de momentos del renglón (8) y¡sumaron los valores de cada columna paf calcular los momentos finales del renglón■

'•r Conviene comparar lo que se ha reali:

zado hasta ahora con la resolución de t amisma viga en el ejemplo 5.2 con el;do de las deformaciones. En el paso c >ejemplo 5.2 también se soltaron losde la viga uno a la vez y se calcularon1momentos que aparecían en el nudo quesoltaba y los momentos en los nudos optos, o sea, los momentos transportados..estos cálculos se hicieron en términos dttaciones desconocidas 8, y después

1plantearon las ecuaciones de equilibriocada nudo en términos de las mismas irciones, con lo cual se llegó a un sistemaecuaciones. En el método de Cross, allos nudos, los momentos en losque concurren en el nudo y los itransportados se calculan numéricase equilibra un nudo a i* vez. Pero aljun nudo dado, se desequilibran los ^

opuestos y es necesario volver a equll]loa en un nuevo ciclo. Estoevita ten«



ma solución cerrada,0 Mla del método de las deformaciones.¡Ilector p « * comprobado comparando losmóntenlos finales del renglón (9) con losatollados en el ejemplo 5.2.

En el pasod se muestra una ejecución

tomismos principios fundamentales ya explicados. II renglón (1) es igual al de la eje-

ckan equilibrado simultáneamente los nudosBy C. En este último, el momento de

■¡■ja diferencia■^■amiento per-

teto, ya que no hay momento transportadoen I) ejecución anterior. En el renglón

BseUnsportan, simutáneamente también,

lodos los momentos que aparecieron en .el.wjlín anterior. Estos momentos transporta-fe producen nuevos momentos de dese-

s* han equilibrado en el renglón. pío, el momento de -3.10 ton-

aendnudoCM equilibró con un momento*>3.10 que se distribuyó entre los i

| I | j de acuerdo con.n. En el renglón (5) se

____ ntos de transporte queJf"*» desequilibrar a los nudos B y C.« M ló ii (6) se vuelven a equilibrar, y•wwnglones (7) y (8) se hace un nuevo

transpone y distribución. Obséive-hay momentos transportados de

•"ipotramientos Ay D a los nudosBy C,ffiMn empotramientos no se desequill-

recibir momentos transportados; esSKI* los empotramientos absorbiesen

que en la primera se equilibra un nudo a lavez, mientras que en la segunda se equilibrantodos simultáneamente. En ambas, los monten-

exactos. Aunque se observan pequeñas diferencias en los momentos finales de las dos eje-

hacen más ciclos de transpone y distribución.Por lo general, la convergencia hada

los momentos exactos es más rápida con laprimera ejecución y el númerode operaciones

es también menor. Sin embargo, la segundafacilita más la mecanización del procedimiento, ya que se hace un ciclo completode distribuciones y luego otro completo detranspones; esto evita posibles confusionesen estructuras complejas. Si se usa la primenejecución, conviene empezar equilibrandolos nudos que tengan mayores momentos dedesequilibrio, porque asf es todavía másrápida la convergencia. En la segunda

ejecución, no influye con qué nudo seempieze. La segunda ejecución es más usualque la primera, por lo que es la que seempleará en los ejemplos posteriores.

Para completar este ejemplo, se hancalculado en el paso e los diagramas de fuerzas cortantes y momentos flexionantes. ftra

exiremosde cada miembro a partirde las caigasaplicadas y dé ¡os momentos en los extremos ya calculados. Debe recordarse quetodos estos momentos son de apoyo sobrebarra. También se calcularon los momentosisostáticos en los puntos de aplicación delas cargas concentradas. Los momentos positivo* se obtuvieron restándole a losisostáticos, el momento negativo en el punió de aplicación de lascaigas.Por ejemplo.el momentode +10.21 ton-men el miem

bro AS es igual al itostáBco de 25 ton-mmenos el promedio de 0.05y21.52 ton-m.





food) Ejecución del método









c iy aplicadas y los m* ¿bre barra calculados..Eafthsérvese q•"L-ioscnlosextremos decada tramo <fSmoobtenidoen laejecucióndel m£t<í (arj cada tramo se han calculado I;nonesyel momentoísóstátíco o se,

jñyntfltoqueproduciríanlas cargas en unL librementeapoyada. Calculadas la

¿loGMgasáplicadas, el diagrama de fuerlpor ejemplo, el valor de 6.49 esl______

p¿nVAen el extremo A; el diagrama primero la posiciónInújelinealmente por efecto de la caiga corlante nula' y calc

toéédi enel tramo AB. y en el extremoB del momento positñ¿Miad valor de 6.49-2x8 = -9.51, que del ejemplo se iloaóAconfia reaccióncalculada VBr De momento positivo noaaaámilarsecalculó el restodeldiagrama, t La distancia x eslos momentosnegativosque se mués- empotramiento O■ a el diagrama de momentos flexio- cortante nula. Por

sosson loscalculadosenel pasod.ComoSumemoscalculados son deapoyo sobre Itana, Ioj flexronantestienen elmismo signo I«Ib extremosizquierdos decada barra, y IH contrario, enJos extremos derechos. I

ts momentos flexlonantes en los I

calcula este valor y después se determina elmomento flexionante en este punto. Puedeverse que la diferencia entre el momentomáximo y el momento en el centro del daro■'«s muy pequeña en este caso.

•í lorvm O l í » IO(vm u

^B*í)Cíkulo de las rigideces angulares simplificadas



EJEMPLO 7.2 (Continuación)

>0:187+0.250

•• w 0.250+0.167"

Raso c) Cálculo delosmomi ¡ de empotramiento perfecto.







templo 7.3. Se ilustra otra manera de resolverfa mismaviga del ejemplo anterior, en

banl setoma en cuenta, desde el cálculo los momentos de empotramientoNÉCto, que la viga AB está articulada endunmoA.■' 0 cákulo de las rigideces angulares y

*k»fcoore» de distribución, pasos a yb, |S«femó que en el ejemplo anterior. Pero'dpKoí «fi vez de considerar a la viga«cono doblemente empotrada, se<*"e*n articulada en <4y empotrada en* | |w r fe® es por lo Unto igual a0 y el

de según la Tabla 5.1, es Igual a / 8.Ahora, al hacer la primera distribución, ya

el principio.El resto de los cálculos es igual que en

el ejemplo anterior. Se puede yer que sellega a resultados muy parecidos. Las peque-ñasdiferencias se deben a que sólo se hlcie*ron tras ciclos de distribución y transporte. Sesugiere al lector hacer uno o dos ciclos más

en cada ejemplo para observar cómo



tila manera de resolver el problema es los en. ta tercera distribución son mit másconveniente porguoseempiezaconva- que/tos que los delejemplo 7.2, por |0 .

valores finales. Puede verse queios monten valores exactos.







jBdClkul° 4**®» mom«n,os <í¿ empotramiento perfecto

&’•_ 30 A■»<£>(002

I .Ä c f f ?; fto- Wi¿=o

Iteo d) Ejecucióndel método

£,o " H8.75X lo f/j (ion-m)

,75.00x10-'f/0(tonr m)

.(«MaiiDbt.HI Iff. Transp.

foot},Obtencióndediagramas de

Wja/8:




ümto«) = -1 5.34 X10-

. .35.25 + 26.13 .r ,,

26.13 ll.7«x I0-*

»¿5» iSakr

Dliinnudt fuo/znctxMnlc







produce y gor proporción determinar lafuerza necesaria para producir una deflexión

unitaria. El momentoMw que es la rigidezlineal, puede obtenerte después por estática.Habiendo obtenido los .parámetros

mencionados en ios párrafos anteriores, elmétodo de Cross se aplica de la manerausual. Es importante que el lector observe

’ finalmente, la rigidez lineal puedeterminarsecomo se indica en la figura

LEfl estecaso, la rigidez lineal es elfeápptramientossiocune un desplazamientofel unitario entre los extremos de la viga,(«vienoplantear la isostática fundamental

la unitaria y luego un momento■Sirioen el extremo libre; figuras 7.10-6 ySíjSc; Para que la suma de las confi-

fipm 7.1Í. OMarmtnKión de la rigide* lineal



que las vigasde sección variable puedenresolverse también por los qUos método»

método délas deformaciones del capitulo 5puede aplicarse ya teniendo los momentosde empotramiento y las rigideces angulares

y llnnfeicalculadas como sehapresentadoplanteada en el método de las fuerzas es desecciónvariable, sus deformaciones puedencalcularse por el método de Newmark yseguir los otros pasos del métodocomo seexplicó en el capitulo 4.

Ejemplo7.5Se calculan los momentosdeempotramiento, el factor de transportey la

rlgidei angular de una viga doblementeempotrada de sección variable. El ancho delaviga es constante, de30cm, pero el peraltevaria, como se indica en los datos, de 100 cm en el extremo izquierdoa 50cm enélcentro del claro. Entre este punto y elextremo derecho, el peralte es constante.

Inmediatamente después de los datos,seindicael valor del peralte en las distintassecciones consideradas al aplicar el método

de Newmark. y en la misma tabla, |a variación del momento de inercia. Se ha"denominado f0al momento de inercia en el tramode peralte constante, y en función de estevalor se calculó el momento de inercia enlas otras secciones. Para este calculó seconsideró que el valor de I es función delcubo del peralte, asi que si éste se duplicaentre las secciones 3 y 1, el momento deinercia aumenta 2* veces, o sea, vale 8. Entre

tas secciones 3 y 2, el peralte aumenta 1.5veces y el momento de Inercia, 1.53= 3.37veces. La viga isostitlca fundamental seplanteó en esta etapa como una vigalibremente apoyada.

A continuación se calcularon lasdeformaciones de la IsosUtlca bajóla acción

Sólo

dividid entre el valorcon calculado anleriormenangulares concentradosdespués con las ecuacidientes a diatribucióncalcular los valores de 0'posible aprovechar la sinsi interviene el momento dSesupuso el valor de-1472, y partir de este valor •ángulos 0 y tés deflexi Después se calculó el "dividiendo la deflexión

apoyo B entre el claro,lasrotacionesdefinitivas

problema en cuestión.Oe manerasemejante se calcularon las

rotaciones en los apoyos parael casodeun■momento unitario aplicadoen el apoyo Ay M un momento unitario aplicadoen el apoyoB. Obsérvese que el factor de la derecha de ilatabla pan estos casos es diferente al de laprimera tabla. Por esta razón se calcularon Ilos últimos renglones con un factor ■ ■para los tres casos (ton-m2/£/ol. En las tablas I

ecuaciones de distribución parabólicaentre Ilas secciones 1y3,y las ecuaciones de dis- Itrlbución lineal entre las secciones3y 5. ■

En la sección siguiente se obtuvieron Ilos momentos de empotramiento perfectocon las ecuaciones 7.15. La primera ecuación expresa, como ya se ha dicho, queelgiro total en él apoyo Aes nulo, y la segunda,que también lo es en el apoyo 6, después demultiplicar las rotaciones de los casosbt y c) por las incógnitas Xj, y X,respectivamente.Los signos negativos que resultan para lasincógnitas expresan que los momentos deempotramiento tienen signos contrariosa losaplicados en los extremos de-la viga en los ¡casosb) y cí, con lo cual resultan negativo






_~CAECULÓ'DÉ;DEFORMACIONES









PROBLEMAS

j «

■ f e !íTc?-1' E-IBOOOOksfon2

I

7.2Calcular la rigidez angular de los miembros del problema 7.1 si ambos extremosestánarticulados.73 Calcular la rigidez linealde jos miembros del problema 7.1 suponiendo: a) quelosdos extremosestán empotrados; b) queunextremo está empotrado y el otro está

articulado; c) que ambos extremos están articulados.7-4 Calcular el momentoquees necesario aplicar en elextremo A de la viga mostrad»paraque tenga ungirode0.01 radianes en dicho extremo.



7.5Calcular los momentos¿si el extremoBse deson hacia arriba; c) si elT6 Repetir el probleman 'Calcular los momenlon-men el nudo O de

aparecen en los extremos AyB de la viga del problema 7.4:10.6 cm hacia arriba; b) si el extremo Ase desplaza 0.4

xiremoB se desplaza 1.1 cm hacia abajo.

74 Analizar las vigas del problema 6.1 por el método de Cross, trazando los diagramasde fuerza cortante y momento flexionante.7.9 Analizar la siguiente viga por el método de Cross tomando en cuenta que no esPrismática: Despreciar el peso propio.



E T CAPÍTULO 8

Método de Cross

para marcos sin^desplazamiento lateral

til Introducción

Enosle capitulo se estudia el método de Crossaplicadoa marcos en los cuales no puede hato deplazamienlo lateral relativo entre losaírenos de los miembros, o sea, que no puedendesarrollarse momentos como los mostra

da en las figuras 7.3 y 7.4. La imposibilidad de

eolos nudos de los marcos, como en las figu-3.1-a.fay c, o bien, a condiciones de sime-tamo en geometría como én carga, de los

••as, como en la figura 8.1d. En rigor, el•Ko de la figura 8.1 < puede tener desplantemos relativos entre los extremos de las' raías ti se consideran las deformaciones

5$S« las diagonales de contraventeo; perodeformaciones son muy pequeñas enJtopatación con las deformaciones por

y suelen despreciarse.

y Descripción del método

ilustra el método.

articulación que sólo admite rolacióiIlustra también en este ejemplo la fomconsiderar la presencia de voladizos ei

anterior. Nótese que para los miembros CDy CF se han usado las rigideces angularessimplificadas modificadas calculadas con la

articulado. Obsérvese también que al calcu-lar los factoresde distribución en el nudo S,no se ha considerado la rigidez del voladizo AB. Para' entender la-razón de esto, supóngase que en la figura 7:5 uno de los

extremos opuestos al nudo O estuviese libre, o sea, que uno de los miembros queconcurren al nudo fuese un voladizo. Estemiembro no opondría ninguna resistencia almomento aplicado M0. girarla libremente yel extremo opuesto se desplazarla lineal.mame. Bote» su rigidez angularysu fado» dedistribución soniguales a 0. Porla misma razón, el factor de transponedel nudo alextremodel voladizotambién es Igual a 0;



al girar el nudo, no aparece ningún momentoend extremo libre del voladizo. Por ùltimo,nótese que el momento de empotramientoperfecto es el momento en el extremo*1 voladizo; su signo es positivo porque tetrabaja con momentos de apoyo sobre barra,y en el extremo derecho os contrario alíWxfonante.

En el pasod se desarrolla el método.Conviene establecer un» convención sobreI# localización de los cálculos correspon-dientes a cada miembro de la estructura.Aquí se ha seguido una convención usual

qoe consiste en ubicar las columnas de

cálculo en la parte inferior del miembro, sise trata de extremos izquierdos, y en la partesuperior, si se trata de extremos derechos.Asi, el factor de,.distribuciónFDK , y lodoslos cálculos correspondientes al extremoB del miembroBC, se han escrito en la parteInferior del miembro, de arriba hacia abajo.En cambio, los correspondientes al extremo

Iremo derecho, se han escrito en la partesuperior y de abajo hacia arriba. £n las colum-

nlando también la convención estableada

en la sección 2.9.2 y en lo figure 2.15:4



empotramiento perfecto de+10.00- Después

Jfoim extremo Izquierdo y los cálculos se«locan. por lo tanto, en la parte Inferior, peequivale a la parte derecha de la co-

| J . Con esla convención, o con algunataequivalente, es posible trabajar en mi jos a los qfié concurran cuatro miembros5¡n que se superpongan los cálculos. En elejemplosiguiente se muestra otra forma deoidcnir los cálculos.

unque no se han numerado los ren-__ K la secuencia de los cálculos es laDttsma seguida en los ejemplos de vigas. En

d primer renglón, después de los factoresdetHitrlbución, se han anotado los momentos de empotramiento perfecto, por ejemplo,-13.33 y +6.67 en el miembro BC. Obsérvese que en,el miembro CO se calcularon

omentos de empotramiento perfectosi ambos extremos estuviesen empo-t. Por eso, se anotó el momento de

«10.00en el extremoDaunque esté articu

lado; es la variante que se siguió en el ejem-' 2 y no la del ejemplo 7.3. En estawa no existen cargas transversalesdas a las columnas. Si existiesen,

también se calcularían momentos de empo-*amiento perfecto en ellas y se anotarían endlfü correspondiente, donde ahora se han

En el segundo renglón se ha hecho la pri-

—ádistribución de momentos de equilibrio,¡g ejemplo, en el nudo 8, el momento de*Mqu*ibrioes (+9.00 -13.33 ■-4.33). PDrllanto, se distribuyó un mámenlo de equi-Itrtode +4.33 entre los miembrosBA, BC y

P*»o como el (actor de distribución delSsgBgBAes igual a 0, sólo se distribuyó

BC y t í , locándoles +1.60 y *2.73,•divamente. Obsérvese que en la artl-

O se anuló el momento de

deCDno hay transporte por ser este últimouna articulación. Tampoco puede haber

ron los cálculos hasta completar tres ciclos

de distribución. Después del tercer ciclo setrazó una raya doble, para indicar que sehabían terminado dichos ciclos/y se sumaron los momentos de cada columna decálculos. Se debe verificar que lodos losnudos estén en equilibrio. Para mayorclaridad del desarrollo del ejemplo, seanotaron todos los ceros en las articulaciones, pero esto no es desde luego necesario.

Se sugiere al lector repetir este ejemplo con la variante del ejemplo 7.3, o sea,calculando el momento de empotramientoperfecto Mgg considerando que el extremoDestá articulado.

En el paso e se obtuvieron los diagramasde fuerza cortante y momento flexionantede la manera ya explicada en ejemplosanteriores. Los momentos positivos se

calcularon en los puntos de aplicación delas cargas concentradas, donde son máximos. Al trazar los diagramas en las columnas, se consideró que los extremos inferiores equivalían a los extremos izquierdos devigas, y los exiremos superiores, a los extremos derechos (convención de la figura 2.15).Los valores negativos se dibujaron pordebajo de los miembros y los positivos, por



EIEMPLO 8.1. RESOLUCIÓN OE UN MARCO SIN DESPLAZAMIENTO UTERaT^

, ' ú c » 1| : . r a i

7m

t S i4 „

Paso a) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas.

Piso M Cálculo de los factores de distribución.





/ w w v y ^ ^ '





i * zp

EJEMPLO Sil (continuación)










PétoO Cálculo de los momentos dé empotramiento perfecto.

•+*»5i5'»+5.oton-m

, líyr.-l2.0lOn-m

í? „ -+——= * . - +12.0ton-m

Piso d) Ejecución del método.







<¿¡¡MPLO8.2 (continuación)

DUgram. de fu«™ cortan».





E i - * * RjSgslg

problemas

77777 H ///// /<*/// / 'y/r S7777 /7777

1

■f ///77

8.2 Calcular la reacción horizontal en el apqyp del siguiente m¡



8.3 Analizar los siguientes marcos por el método de Cross,trazando los diagramas de

Z7777 /7777

K . >l< , M

r 4 "









Figura 9.3. Rosolución del m<por superpoilcfón de los marcos

partir de la» siguientes reladonn. Va que eldesp'lazamiento A es el mismo on todas lascolumnas, loi momenlos de empoiper/ecto serdn los siguientes:



Figura 9.5- Procedimientopara resolverun marco con carga horizontal

altados de las longitudes /de las colum-

imponon lo», momentos de empotramientopcrlcctoaT/1Bv mi/¿v pueden calcularse losnoneñtos correspondientes en la columnaCD utilizando la ecuación 9.6. Si el marco•nevarlas crujías. se aplica la ecuación 9.6

atedien el caso de la figura 7-4, y su rigidezGnéal es la mitad de la correspondiente aIcdumna con el extremo empotrado. EstoNde tomarse en cuenta usando la mitad

valor deElpara la columna con extremo»calado

Después de tener los momentos de»Miamiento perfecto en las columnas, seEnrede de la misma manera explicada en"feMn a la figura 9.4, e* decir, se equili-IgQ los nudps con varios ciclos de dlMribu-2"rtransporte, w calculan las reacciones"“•zontales II, y ti factor de corrección X |£ b ecuación 9.3. Los momentos de la"*»» 9.5-c, multiplicados por «I factor X g*V',s momentos producidos en el marco

^fefama horizontal P

mi En la* figura* 9.6 y 9-7,y en la tabla9.2, le ilustra el procedimientodescrito para resolver el marco de la figura 9.3-c. En la figura9.6-a se reproduce este marco con susdimensiones y los momentos de inercia desus miembros. En la figura 9.6*6 se imponeun momento de -10 ton-ma la columna AB, en ambos extremos; estos momento* estánproducidos por un desplazamiento del mar-co, cuya magnitud no interesa, como semuestra en la misma figura. Los momentos

con la ecuación 9.6, asignándole el valor de10 ton-mal momento y despejando

Enrealidad, no es necesario aplicar formalmente la ecuación 9.6. Basta con recordar que los momentos son proporcional** a



■ ia p a

los valores de El de las columnas e Inversamente proporcionales a los cuadrados desus longitudes. Estas relaciones son las queestán expresadas-numéricamente en'laecuación 9.8. Es importante observar que elsigno de estos momentos es negativo, ya queal introducir un desplazamiento hacia la

derecha, comose muestra en la figura 9.6-b. ambas columnas giran en sentido horario(véase la figura 7,7 para esta convención de

-Ya teniendo los momentos de empotramiento perfecto en las columnasAB y OC, se liberan los empotramientos que se habían introducido en sus extremos, efectuando los ciclos necesarios de distribución y transporte. Esto se muestra en la tabla9.2. los factores de distribución son los mismos que se habían calculado para la tabla 9.1 y los momentos de empotramiento perfecto son los que se acaban de obtener. Después de tres ciclos, se obtuvieron los momentos





dos y los momentos totales hubiesen sidotos mismos. Inclusive se pudieron haber Im

pendientes a un desplazamiento del marcolucia la izquierda. Al aplicar la ecuación 9.3,o al plantear la ecuación de equilibrio defuerzas horizontales, el valor dé X hubieseresultado negativo.

Obsérvese que ei procedimiento seguido desde el planteamiento del marco en lafigura 9.6-a, hasta la obtención de los momentos corregidos en el penúltimo renglónde la tabla9.2,es aplicable también al análisis de marcos sujetos únicamente á cargashorizontales en los nudos. Esto es importan-

analicen para cargas verticales y para cargashorizontales en forma separada. Las primeras representan las caigas vivas y muertaspermanentes, y las segundas, las cargas accí-dentales de viento o sismo. Ya que las cargasvivas y los factores de carga suelen serdiferentes para los dos tipos dé acciones,conviene hacer el análisis por separado yuego obtener las envolventes de momentos

flexionantes, fuerzas cortantes y fuerzasnormales sumando los resultados parciales.Aún más; como las fuerzas horizontales deviento o sismo pueden actuar en los dosentidos, o sea, tanto de izquierda a dere

cha como de derecha a izquierda, si se haceel análisis por separado, basta cambiar eligno de las acciones calculadas para unentido, para tener los valores correspon

dientes al sentido opuesto.

jemplo 9.1 So resuelve un marco de dosrujías y un solo nivel con diferentes altuas, momentos de Inercia y condiciones depoyo de sus columnas. Por ser asimétrico yor tener una fuerza horizontal aplicada enncl:núdo5>tléno posibilidad de desplaza-

los1patos1 /bycK han llevado a cabo

• la misma manera qtie oh ejemplos■Mm . Después; en la primera etapa, se

ha resuelto el marco suponiendo <ul---- RImpedido el desplazamiento lateral mediantela introducción de un apoyo lateral en elnudo O. Los cálculos correspondientes sehan hecho en la tabla A del pasod.y en la

* figura que está Inmediatamente antes de latabla se1muestran los momentos finales correspondientes a esta etapa y las reaccioneshorizontales en las columnas. Estas reacciones se calcularon sumando los momentos enlos extremos de cada columna y dividiendola suma entre la altura de la columna. Por ejemplo, la reacción en el apoyo A, de 3.74ton, es la suma de los momentos de 15.03 y7.39 ton-m de la columna ABdividida entreJos 6 m de altura. La suma de las reacciones

horizontales es una fuerza de 1.55 ton deizquierda a derecha; por lo tanto, para queel marco esté en equilibrio, es necesarioIntroducir un apoyo en el nudo D, el cualproporcionarla una reacción de derecha aIzquierda igual a la fuerza de desequilibrio.

En la segunda etapa se resuelva H marco con una fuerza horizontal aplicada en elnudo B, de tal magnitud que elimina a í

reacción en el nudo D que apareció en |___primera etapa. El problema se puede resolver de dos maneras. En la primera alternativa, se aplica una fuerza horizontal que es |igual a la suma de la fuerza de 10 ton queactúa en el marco original y de una fuerzade 1.55 ton que hay que aplicar para eliminar a la reacción de la primera etapa; ambasfuerzas están aplicadas simultáneamente. Enla segunda alternativa, se aplican las mismasfuerzas, pero en forma separada; Es claro queen ambas alternativas el marco queda erequilibrio de fuerzas horizontales. Lasegunda alternativa permite obtener por Iseparado el efecto de las cargas verticales yde la fuerza horizontal, ya que los momentos de la primera etapa, sumados a los nio- imemos que se obtengan al aplicar la fuerza Jde 1.55 ton, serán los momento* produci- :

dos por cargas verticales, y ló's momentos jque se obtengan al aplicar la fuerza de 10 j



— „rio tn producidos por BU misma¡T,,, en d mareo original. En este ejern-Jv ggnfines de Ilustración, se han resueltoJd * alternativas Se veri que el trabajoTffl&ico se incrementa ligeramente,

jbia continuar con la segunda etapa, se

JÜÜÜrfos derivados de un desplazamientooíya magnitud no Interesa conocer, comog explicó anteriormente on esta misma¡tcuón. En el ejemplo, se Impuso un

¡e calcularon los momentos en las otrascolumnas, sobre la base de que son propor-cionafes al valor de 0 e inversamente pio-póÁIohatesa los cuadrados de las longitudesdebs columnas, ecuación 9.6. En el? caso

dela columna £C, hay que lomar encuenta pt su rigidez lineal es 1/2 de la rigidezhall de las otras columnas, porque uno deas extremos está articulado. De esta manera«obtuvieron los momentos de empotramiento perfecto mostrados en el croquis dibujado«iba de la Tabla8, mismos que aparecen endcuáito renglón de esta tabla.

los cálculos correspondientes a la li

beración de los nudos se han efectuado enbUla 8, obteniéndose los momentos fi-«fes mostrados en el último renglón. Las•r r lomcj horizontales en los apoyos de las“ taimasaparecen calculadas a continuada de la tabla. Se observa que la resullan-* de estas reacciones es una fuerza de 7.30

actúa de derecha a izquierda. Por lo•*0. la fuerza horizontal que produciría losPfazamientos laterales correspondientes

momentos finales tendría este mismogM P*ro actuarla de izquierda a derecha.* * Calcular los momentos que¡***ponden a las fuerzas de 11.55, 1.55

10ton, es necesario corregir los mo-Bm8|finales multiplicándolos por los fac-

d» corrección calculados al final delSgW. Asi, ti los momentos finales de la^ •«•nesponden a una fuerza horizon-

ponda»a una fuerza de 11.55 ton serán Iguales a los de la Tabla B multiplicados por11 .55 / 7.30, De esta manera se han calculado los factores de corrección para la fuerzas

en la Tabla C del pasoi. En el renglón II) seTabla A, o sea, con el desplazamiento lateral impedido. Los momentos que aparecenen el renglón (2) se han obtenido multiplicando los momentos de la Tabla 8, que co-

fuerza de 11.55 ton. En el renglón (3) apare-

- ce la suma de los momentos de los renglones (1) y (2), que representa los momentos

desplazamiento lateral impedido y de losmomentos que corresponden a una fuerzahorizontal de 11.55 ion; valor este últimoque equivale a la fuerza aplicada de 10 tony a la fuerza de 1.55 ton que anula a la reacción en el apoyo D que impide el despla

zamiento lateral, como se ve en la figura queestá al principio de la primera etapa. En elrenglón MI se muestran los momentos que

135 ton, ya que son los de la Tabla 8 multiplicados por el factor conectivo X,. Estosmomentos, sumados a los del renglón (I).proporcionan los momentot totales para carga vertical únicamente, renglón (51, ya queson la suma de los momentos con desplaza

miento lateral restringido y de los momentos producidos por la fuerza horizontal de1.55 ton. Por último, en el renglón (61 sepresentan los momentos producido» por unafuerza horizontal de10ton.

En el paso g se calculan y se trazan losdiagramas de fuerza normal, fuerza cortan-

tan las acciones que corresponden al casode fuerza horizontal de 10 ton sin cargas



verticales. Por esta razón, al calcular las re

no aparecen cargas transversales entre los

en la columna ABe»la reacción en el extremoB del miembroBC; esta reacción tienesigno negativo, o sea, que' la1columna tiende a levantarse, por lo que trabaja a tensióny el diagrama tiene signo’positivo. La fuerza normal en la columna EC es la suma delas reacciones en el exlremo C de las vigasflC y CD. Esta colufnna también trabaja atensión. En cambio la columnaFDtrabaja a

Paso a) Cálculo de las rigideces angulares simplificadas.

w * M il * 0.20/„



^ K |í¡b f “ "g ej* 4>

Riso W Cálculo de los factores de distribución.

MßMPUl 9.1 (continuación)

3_x,r.'27¿

BA2S+0.40+0.18'.', i ¿J

^ ^ ^ g a 4 0 _ _ _ _ 0 4 8 20.25 + 0.40 + 0.18

fPc- = - l j p*-18 . -0.217 r :I “ • 03|+0.40-l;0,1,8

^ H E k î *' 0.40 „ , , ,Ay- = =0.667- .. 0.40+0.20

/Po,= °'?°— ¿0.333K " 0.40+0.20

Emm*, ®1 m m Jm jJi n Pato2^ 40x5x3i __,m2lon:in

n jggjj . '¡2 í5 Íi2 i +46.87 ton-m



'T I ,Æ S Ï' |MÍ'MÍ

I

‘ mí

II»"- é

— • ■ a« -4„ • ■■ S53 „„ ÜsH « ! ss» sæsas sasai at: » ss m. Bis ,«•*».. ; ita *■

t y yyé



g g * * 0 »

Alternativas para obtener por separado los momentos por cargasverticales y horizontales.

A vo Se impone ala columna ABun momento arbitrario (en esté caso -10ton-m) yI "calculan los momentos en las otras columnas.





Para una carga horizontal de 1.55 ton;

X>-^ 41 “ 0.2121 7.30

Para una carga horizontal de 10 ton:

tao A Cálculo de momentos totales.

H Tabla C. Obtención de momentos corregidos y momentos totales.

■

am/enlo (Tabla A)B multiplicados por X. verticales y horizontales simultaneas, | II+(2)multiplicados por X,

________ I ......... verticales únicamente II) * 14) 5|Mm finales de I a TablaB multiplicados por X, •momentos totales pan carga

I horizontal únicamente.

(

'■01Momentosfinales sin despla<2) Momentos finales de la TablaMomentos totales para cargas

B Momentos finales de la TablaB MomentosMales para carga









Figura 9.9. Determinación deIm reacciones horizontales eh cada piso

coniunto, como se muestra en«PÍ-9-c. Las fuerzas horizontales en

del segundo nivel, y rtp.fi partir de los momentos en las

H W ®C y CF. Después se plantea laBm B <*•equilibriode fuerzas Horizont(MT Cow'° » te conoceel valordeW/

***»ners« el valor dala «acciónHr

cada piso, hasta llegar al inferior. En ef ejemplo que está sirviendo flomo ilustración, secalcula a continuación la reacción H,, aparta de! equilibrio de fuerzas horizontalesen el primer piso y del valor ya calculadode lasreacclonesHjY comoise muestraen la figura 8.9-d.



la figura9.9

Una vez obtenidas las reacciones H,,H, yHy debe resolverse el marco mostradoen la figura 9.10, un marco con fuerzas ¡guale? y de sentido contrario a las reacciones

calculadas. Los momentos obtenidos delanálisis de este marco, sumados a los obtenidos en la primera etapa, o sea, con losdesplazamientos horizontales impedidos,serán los momentos totales. Se verá ahoracómo resolver el marco de la figura 9.10.

R n llevar a cabo el análisis del marcode la figura 9.10 se procede de la maneramostrada en la figura 9.11. Se empieza por

Imponer un desplazamiento en el tercer nivel. restringiendo el desplazamiento de losotros niveles, figura 9.11-a. Esto te hace dela misma manera que en marcos de un ni-

empotramiento perfecto arbitrarlos en unade las columnas del nivel, calculando losmomentos en las otras columnas de acOér-do a su rigidez lineal y llevando a cabo los«Idos de distribución y transporte de momentos. Una *,ez terminados los ciclos dedistribución y transporte, se calcula la fuer

za horizontal en el tercer nivel, que te hadenominadoHn . Esta notación Indica quees la fuerza en el nivel 3debida a un des plazamiento Impuestoen el mismo nivel 3El cálculo de esta fuerza se realiza como seindicó en la figura 9.9-6, pero se debe to-

mar en cuenta quees lafuerza que produceel desplazamiento impuesto, y no la reacción que impide el desplazamiento.

Ya calculada la fuerza H33, se calculala reacción Hly de la manera indicada enla figura 9.9-c, y después la reacciónH.,como se planteó en la figura 9.9-d. Sedebereparar en que H„ es la reacción en el nivel2 debidaal desplazamiento impuedo en elnivel 3 y H,¡ es la reacción en el nivel I debida al desplazamiento impuesto en el

A continuación, el desplazamiento se impone en el nivel 2 y se restringen los desplazamientos en los niveles 1 y 3, figura9.11-6. De la misma manera descrita en los jdos párrafos anteriores, se calculan la fuerza Ha y las reaccionesHu y Hlr Nótese que al imponer el desplazamiento en el nivel2, aparecen momentos de empotramiento perfectoen las columnas de los entrepisos 2 y 3. faiallevar a cabo los cálculos de esta etapa, se fijael momento de empotramiento perfecto encualquiera de las columnas afectadas y se calculan los momentos en las otras columnas deacuerdocon su rigidez lineal.

Como paso siguiente, el desplazamien-;to se impone en nivel 1y se calculan la fuer-.

za H„ y las reacciones H¡, y H„, figura,9.11-c. En marcos de un mayor númerodelniveles habrá que repetir el procedimiento*tantas veces como número de pisos tenga elj

En la figura 9.11 se han dibujado todasilas fuerzasH„de derecha a Izquierda, peroâl hacer los cálculos reales no resultandas del mismo signo. Asf, la fuerzafigura9.11-a seguramente tendría un sentl-do de Izquierda a derecha, yaque es laproduce un desplazamiento en ette mlamo^







¡¡fkt.f.obtenidos en el último renglón deb labia, entre la altura de 3m. A partir deú «alores de las fuerzas en las columnas y¿cía reacción ya calculada F,. se determinaj valor de la fuerza f2 por equilibrio del

• De manera similar se calcula ra fuerza¡ En este caso el diagrama de cuerpo librecomprende los tres niveles de la estructura,■ al plantear el equilibrio de fuerzashorizontales se debe tomar en cuenta quelas fuerzas f2y f , ya han sido calculadascomo se describió en los dos. párrafosanteriores. Obviamente es importante queuntólas fuerzas en las columnas como lasfracciones en los apoyos ficticios se■traduzcan con sus signos correctos.

La siguiente etapa del proceso deanilHIs consiste en resolver un marco conberzas laterales iguales y de sentido opuestoa las reacciones F determinadas anteriormente, tal como se explicó en relación a !añgura-9:3¿ Pero cómo en este ejemplo existen

cargas laterales adicionales a las verticales,(■berzas laterales totales deben ser iguales• la suma de las reacciones con signogmCútlo y las fuerzas laterales reales. PorSjMo! lafuerzaHs en el croquis que está■bdelpasoe, es igual a lá fuerza lateral*®l de Atonque aparece en los datos delIMplo másuna fuerza de 2.1907 ton, estaJPm Igual y de sentido opuesto a la■»cclónf..De igual manera se calcularon«,r H,.

Enelpaso e se inicia la resolución delmencionado en el párrafo anterior. En

"toMade estepasose analiza un marcoal Kfl S ha impuestoun desplazamiento en

3. manteniendo restringidos losligamientos enlos otros pisos« como eti

"■tura » . u R h i esto se supusieron

columna CD, en ella también se desarrollan

momentos de-10 ton-m en ambos extremos.En las otras columnas, como no hay despla-

análisis.Una vez obtenidos los momentos

finales en la tabla mencionada, M calcularon

F— y Fi3. Recuérdese que con la notaciónusada el primer subíndice indica el piso enque se desarrolla la fuerza, y el segundo, elpiso cuyo desplazamiento produce la fuerza.Igual que para el cálculo de las fuerzasF explicado en el pasod.es necesario empezarcon el diagrama de cuerpo libre del entrepisosuperior, y calcular f , Después trazar eldiagrama de cuerpo libre de los dos niveles

superiores y calcular f„; y así sucesiva-A continuación, en el paso f, s c _ _ _

un desplazamiento hacia la derecha en elnivel 2 manteniendo restringido el de losniveles 1 y 3. Este esquema corresponde alde la figura 9.11-6. En este caso se supusoun momento de + 10 ton-m en la columnaCD (la cuerda gira en sentido antihorario) y

se calcularon los momentos en las otrascolumnas. Como la columna £F tiene lamisma longitud y el mismo momento de

BC y /Gi.Jos momentos se obtuvieron conla ecuación 9.6, que indica que losmomentos en loa extremos son proporcionáis*' a



veen la tabla delpaso(.El desarrollo

dela labia

yel

cálculo delas fuerzas en los pisos, P¡¡, F¡¡ y f ,2 sonsimilaresalos del paso anterior, por loqueno ameritanmis comentarlos.■En-el paso siguiente se Impone eldesplazamiento lateral al piso1, como en elesquemade la figura9. M*f. A la columna BC se le asignó un momento de 10ton-m,positivo porque la cuenta gira en sentidoantihorario, y se calculó con la ecuación 9.6al momento resultante en las columnas AB y CU:

« a . í M ÍSp )2

la»columnas AByCHgiran en sentido

negativos. A partir da asios momentos sedesarrolló la tablado cálculo cltfj paso g y sealcularon las fuerzas yPt ¡como ya

se ha explicado para los pasos amerioros.Ya habiendo calculado toda« las fuerzas

fj t»sustituyeronsus valoresen et sistema

«••«aciones 9,10, cono fumas H-De la

•I croquis anterior al paso e son las fuerzas

términos, independientes. resolvió elsistema i/o ecuaciones yse determinaron lasincógnitas Xv J(2 y X 3, que representan losfactores correctivos por ios cuales deben multiplicarselos momentos obtenidos en lastablasde los pasos g. /y e,.rMpeclivamcnte.En el ejemplo, estas incógnitas resultaroncon valores de 7.686, 1.1.379 y 16.457. Eneste caso, todas resultaron con valores

positivos, pero en otros ejemplos algunas pueden ser negativas, o también puedenserlo si los desplazamientos se imponen enOtro sentido.- 'Enel paso I secalculan los momento»

finales. Primero se multiplicaron loamomentos obtenidos cuando se impuso e,desplazamiento al piso 1 por el valonresultante deX, (ólX,), después sehizo mmismo para el piso2 (A2X2)> y a continuación para el piso 3 ÍA3X3). Los momentosasf obtenidos.se sumarona los del paso<¿o|sea, a los. que corresponden a desplazamientos laterales restringidos (A = O ,en latabla). La suma de todos estos momentos representa los momentos finalesenelmarcomostrado al principio del ejemplo, bajo laacción de carj^s verticales y horizontales.

Nótese que si cambian las fuerzashorizontales aplicadas al marco, ;loúnicoque se requiere modificar son los términos Independientes del sistema de ecuaciones.Si el marco hubiese estado sometido a caigaslaterales únicamente, no se hubiesen calculado los momentos correspondientes a laetapa de desplazamientos restringidos, pasod, ya que todos son nulos. V si el marco

los términos independientesdel sistemade ecuaciones serfan las fuerzas laterales

obtenidas al flnál 'del pasod.





H V - ----- £*C--- — -=0.4545K&+K k +Kgc l()+0.2lo +Iq

Ml9 FCLj.rn----- £b ------ --------------------- = 0.5357KC b+kcf +kcd /o+0.2/0+0.6667/„

Fife— — £a----------------------------=o.io7iÌ.- . K cb+K cf +K cd fc+0.2 *,+0.6667*,

Ü H fa ,------*02------------ 1^ 7 /gV , . " “ ' K o+K o+K cd4»+0.2/1)+0.6667 /„

B Ä ° i' gK dc+K qî §0.6667/„ +0.2/0 " 0-76®2

fo0f ■ “ 0 6667/+0 2T*'02308

FDp0



piFDrc; FDnça fDa, ; FDK ±FDCB; ,












Fuerzas horizontalesdebidasal desplazamientoenel nivel 3.

■ i





I EJEMPLO 9.2 fcontinusción)

I Cálculo de fuerzas horizontales debidas al desplazamiento en el nivel 2.

I Fue





ondcsphrjmlenlo hletot


Fuerzas horizontalesdebidasal desplazamientoenel nivel 1.

— «





apoyosenlo'snudos / yH queimpidenel desplazamientolaieral. Losmomentos_labìaen ton-m.Calcular losvaloresdelasreaccionesenlosnudos/yH.

/ / / / / H— j

/ / / / / / / / / / r 1 |

9-2 Durame la resoluciòn del marco por el mètodo de Cross, se restringe el desplazamiento laieral del piso superior y se aplica un desplazamienlo al pìso ìnférìormagnrtud que produce en la columna momentos de 50 ton-men sus extremos, ra S'fo todos los nudos. Calcular los momentos que





496 Método de Cros ireos COI desplazamiento/alera

6ton__

* 1 *3Elo2Elo 2Elo

K , mH c 3 m >l





Figura 10:1.'Concopto de línea de Influenciamismo punto, ya que ahí es máxima laordenada de la línea de Influencia; pero no siemprees así. Es importante observar que cada puntoo1sección de una viga tiene una línea deinfluencia diferente y la forma de la Ifneade Influenciaestambién diferente para cadaacción. En lo que queda de este capitulo sepresentan métodos para determinar líneas de

Antes de proceder a la exposición demétodos para calcular líneas de influencia,es conveniente recalcar la diferencia entrediagramas de acciones y lineas de influencia. Por ejemplo, la ordenada de un diagrama de momentos flexiónantes en un puntocualquiera es igual al valor de esta acción

determinada. Las ordenadas Yey Yp en lafigura I0.2-* representan el valor delmomento flexionante en las secciones C yO; respectivamente, para la viga de la figura10.1-a sujeta a la carga P. Por otra parte, laordenada de la linea de influencia en unpunto cualquiera es igual al valor del momento flexionante en un punto determinadocuando hay una carga concentrada aplicada

la Asm 10.2-6e* igual al valor del momentoftelionanie en el punto C cuando hay una

carga concentrada aplicada en el puntoDPuede ser que la carga esté aplicada en mismo punto para el que se trazó la linca dInfluencia; sería el caso de la ordenada yen la figura 10.2-6 que proporciona

está aplicada también enC.En otraspalabrael diagrama de momentos flexiónantesscalcula y se traza para una cargadetennnada y proporciona el. valor de una accióen cualquier sección por efecto de esa cargLa línea de influencia se calcula y se trazpara un punto determinado y para unacción determinada, y proporciona el valode la acción en ese punto cuando hay una caga aplicada.en un punto cualquiera. UCZnea de influencia hay que trazarla para un

determinada acción y para un punto o sección de. una viga. Por ejemplo, la línea dinfluencia de la figura 10.1-6es sólo parmomento flexionante y sólo para el punto CNótese que es necesario especificar tanto laacción como el punto o sección de la vigaEn el ejemplo de la figura 10.1-b, la lineadinfluencia es de momento, flexionanto(acción) enel pantoC* >

En el párrafo anterior, por claridad dela exposición, se ha usado el caso de líneade influencia.de momento flexionante f



para la viga de la figura 10.1-a con la

Figura 10.2. Diferencia entre diagrama de acción y línea de influencia

también se calculan Ifneas de Influencia para otras acciones, fuerza cortante yfuerza normal, y para otro tipo de estructu-

os o armaduras. SuelencalcularseIfneas de influencia dé reacciones, ya que

le conocerlas para ciertasis de puentes. También se ham la explicación anterior que la

cap aplicada tiene un valor cualquieraP. B cálculo de Ifneas de Influencia se hacenormalmente para cargas unitarias, y los•alores para otras cargas se obtienen por simple multiplicación, ya que son directamenteproporcionales al valor de la carga. Este

j caso de estructuras

11-2 Método directo

Supóngase que se desea calcular la línea de“ Kía déla reacción en A de la vigade

ira 10.3-a, obteniendo las ordenadas jjj K secciones señaladas. El método mis' ío, pero no el mis expedito, consiste en, Jcar una carga unitaria en las distintas

"«ion«y calcular el valor correspondientei U «acción en A. R%Por ejemplo, se colo

ca una carga en la sección 1, figura 10.3-6,se calcula el valor deRAcorrespondiente, yeste valor será la ordenada de la Ifnea deInfluencia en la sección 1, figura IQ-3-c, deacuerdo con la definición de linea de influencia. Después se coloca la carga unitaria en el punto2, figura 10.3-ef, se calcula elvalor deRAcorrespondiente que sera la ordenada de la lfnea de influencia en el punto2, figura 10.3-e. Se repite este cálculo colo-

mostradas en la figura, y cada valor deRA será la ordenada de la Ifnea de influenciaen el punto de colocación de la caiga. Deesta manera se tendrían las ordenadas entodas las secciones de la viga seleccionadasy uniéndolas se tendría la línea de influen

cia, como la mostrada con línea punteadaen las figuras 10.3-c y 10.3-e. ■En vez de calcular las ordenadas de la

línea de influencia punto por punto, como seacaba de explicar, resulta más sencillo plantear una ecuación para la reacción, o paracualquier acción, en fuoción de la posición,», de la carga unitaria. Supóngase, enreferencia a la figura 10.1-J,que se deseacalcular la línea de Influencia para la reac

ción en el apoyo A, y par» la fuerza cor*



Rftn 10.3. Linea de «fluencia de una reacción calculada punto por punto

tantey el momento flexionarite en el puntoC, que se denominaránVc y respectiva*mente. Se coloca una carga unitaria en unpomo cualquier o. figura 10.4-a, localizadoa una distancia x del apoyo A, y se planteanbs siguientes ecuaciones, en función de x, paraKa, V, y M,.

,10.1)

K ' ooj|

Rara c XSI . o sea, si la carga unitaria se coloca entre los puntos C yB: |

V =R - 1 - i i f lMRiraOSx.Sjt , o sea. si la caiga unitad

ria se coloca entre los puntos A y C: .o a





que vil* Osi eslá colocada en el puntoo sea, en íiíl mismo empotramiento. Ta

Wn se sabe' que la función de momenflexionante es una sola a lo largo deviga. Entonces batía unir el valor deen el punto I y el de 0 en el punto 7 patener la linea completa. En cuanto a la

carga unitaria en dos puntos cualesquiede la viga, por ejemplo el 2 y el S, tillor de lafutría cortante es - I . Entonceslinea de Influencia es una paralela al o

Como una primen aplicación del colcepto de lineas de influencia, supóngase qiluna caiga concentrada de 8 ton se desplaza ak>largo de la viga y que se desea calcular el

para distintas posiciones de esta caiga. Bastamultiplicar la ordenada de la Ifnea de inlfluencia deMt en éj punto de aplicación por elvalor de la carga, para tener el momento de

el punto 3, el mamento flexionante en el empotramiento valdrá (-1) (8) ■-32 ton-m. la j

cualquier posición de la carga, será de-8 Mn. 3





Línea de influencia deMg

Línea de influencia deVB

Ejemplo 10.2 Se trata del mismo voladizodel ejemplo anterior, pero ahora se piden laslineas de influencia de momento Accionanter fuerza cortante en el centro del claro, osea, en él punto 4. El problema se ha resuello determinando dos puntos en cada tramoen que las funciones son las mismas. Así,para la línea de influencia de momentoflexionante, se determinaron dos puntos enel Iramo 1-4: el valor del momento en elpunto 4 cuando hay una carga unitaria apli

cada en el punió1, que es la ordenada y., ycuando hay una carga aplicada en el punto4, que es la ordenada y4. De esta manera selien* la línea recta que va de -3, en el punto1/ a 0 en el punto 4. Por simple inspecciónpuede verse que para cualquier posición dela carga unitaria entre los puntos 4 y 7, elmomento flexionante en el punto 4 es nulo,VPor lo tanto todas las ordenadas en elle»amo valen 0. Paro si no se viese, se calcula

el momento en 4 cuando la carga está en 7

que es la ordenada y7 que también vale ceroDe manera semejante se determinó la línea de influencia de fuerza cortanteen el punlo 4. Si se aplica una caiga unitaria en el puntoI, la fuerza cortante en el punto 4 wle -1; polo tanto, la ordenada en el punto 1es-1. En epunto 4 hay una discontinuidad, ya que lafuerza cortante cambia bruscamente de valorsi la carga se aplica inmediatamente a laizquierda o a la derecha del punto. R» eso se

han cakulado dos valore». SI la caiga está II-gemínente a la izquieida, la fuerza cortanteen 4 vale -1, pero si eslá ligeramente a I.recha, vale 0, ya que no hay fuerzas a Iqulerda de la sección. Si la carga unitaria estáaplicada en cualquier punto, entre el situado ligeramente a la derecha del punto 4 y el pun- jlo 7, la fuerza cortante en el punto 4 es 0, yaque no hay fuerzas a la Izquleida de la segldón. Por eso, las ordenadas de la linea da ln*fluencia son todas nulas.



10.2. CALCULAR LAS lInTIT^TT----------------------------HflEXIONANTE Y DE FUERZA CORTANTE FN ti * FLUENCIA DE MOMENTO

0EMPLO ANTERIOR L PUNTO 4 DEL VOLADIZO DEL

r 8

¡jtftCULOS

Línea de influencia demomento flexionante

SI la carga está en el punto 1 :

. Si la carga está en el puntos i

Si la carga está en eí punto7:

¿ i '

i ■Linea dé Influencia deM4

Linea de influencia de fuerza cortante:

1 carga está en el punto 1 :

ÉScargará ligeramente a la izquierda del punto | i ...

ü «rga «tá ligeramente | la derecha del




SI la caiga csiá en el punió 7:

Línea de influencia de V.

Ejemplo 10.3 Se Ilustra la obtención de lineas de Influencia en una viga con tres apoyos y una articulación interior, por lo cuales isostátlca. Primero se ha obtenido la linea de Influencia dé la reacción en el apoyoC. El principio de solución es el mismo de losejemplos anteriores: se coloca una cargaunitaria en ciertos puntos y se calcula lareacción en C. Basta con colocar la caiga en

no cambia la función, aunque en caso deduda, puede colocarse en más puntos. Asi,entre el punto 1y el punto 3, la función deRc t í continua. Si se coloca la carga en elpunto I , o sea, sobre el apoyo A. la reacción en C vale 0, ya que toda la carga estomada por el apoyo A. Si se coloca en el

punto 3, la reacción en C puede calcularsecomo se muestra en el diagrama de cuerpolibre entre los puntos 3 y 9; resulta un valorde la reacción de 1.5 hacia arriba. Como lalinea de influencia es una linea recia, por elPrincipio ya demostrado, se pueden unir lasoidenadas de 0 en el pumo I, y de 1.5en elpumo 3, para tener el diagrama entre estosdo* pumos. Desde luego que también pudo(oiocafN la carga unitaria en el punto 2 ycalcula»#, .tanto para comprobación tomo

para tener la ordenada en otro punto que nosean el 1y el 3. Siempre conviene colocala carga unitaria en aquellos puntos que conduzcan a un cálculo más directo del valobuscado. Por ejemplo, colocarla sobre loapoyos con mucha frecuencia produce valores nulos de las funciones en otros pun-

tos. En este caso, se colocó la caiga unitariapuntos y completar la linea de influencia de

La linea de influencia de Mc se obtuvode manera semejante. Se colocó la cargaunitaria en los mismos puntos del caso anterlor y se calculó el valor del momento enC para cada posición de la caiga. Obsérveseque la función de momento en C no cambia

li la caiga se aplica entre cualquier pareja deestospuntos. Por ejemplo, si se coloca entre los puntos 5 y 9, la viga trabaja como una libremente apoyada en C y en O,

siempre vale0porque es un

A continuación se calculó la linea de influencia de fuerza cortante en C. Aquf hay

bruscamente de un punto situado imnedia lamente a la Izquierda del apoyo a un punte j



siiu.'rfoiñmcdialaménlc a la derecha, por elMode la reacción. Por lo tanto, a menos

sé especifique para qué punto se pide laajarle influencia, se debe calcular una Ifneam cada punto. Así se hizo en el ejemplo.

fttra el punto situado inmediatamentenja izquierda de C, se colocó primero lat¿g¡unitaria en el punto I . Rara esta posición, l¡»reacción en A también vale 1, lasuma de fuerzas a la Izquierda de la secciónes0y, por lo tanto, también la ordenada deh linea de influencia es nula. Si la carga seaplica en el punto 3, o en cualquier puntocake el 3 y la sección situada ligeramenteab izquierda de C, la suma de fuerzas a laizquierda déla sección es - I , y ésta es la

aderada de la Ifnea de influencia en todosoíos puntos. Al pasar la carga unitaria a laderecha del apoyo C, ya no hay ningunacaga izquierda de la sección locallza-da Inmediatamente a la izquierda de dichoapoyo, y por lo tanto las ordenadas de lalinea de influencia son nulas entre los pun-*s5y9.

la Ifnea de influencia para el punto lo-caiizado inmediatamente a la derecha del

de influencia del punto situado a la izquierda de C y de la reacciónRc , y se observóque la fuerza cortante a la derecha de C es

igual a la fuerza córtame a la izquierda misel valor de la reacción. Entonces basta con

nidas para tener la buscada. Asf, en el punto1, ambas son 0 y la buscada será tambiénnula. En el punto 3, una vale -l y la otra,+1.5, por lo que el resultado es *0.5; y de la.misma manera en los otros puntos. Cuandose piden varias líneas de Influencia de una

misma viga, es frecuente poder aprovechar,como en este ejemplo, una Ifnea ya obtenida para calcular las demás. Si se tiene la de

: una reacción, por poner un caso, y se pidela de un momento flexlonante en cierta sección, se puede calcular la segunda multlpli-. candó la línea de influencia de la reacciónpor la distancia a la sección, y en su casotambién la carga unitaria por la distancia a

gEMPL010.3. LÍNEAS DE INFLUENCIA DE REACCIÓN, MOMENTO FLEXIONANTE»FUERZA CORTANTE EN EL PUNTO C DE LA VIGA CON ARTICULACIÓN INTERIORMOSTRADA EN LA FIGURA





ñÉMRLO 10.3 (continuación)

gífa careaunitaria se aplica entre .el punto3 yun pontoala izquierda de 5rSilacarga unitaria se aplica a la derecha del punto,StVc ■0 ,

B h <■*» unitaria se aplica en9: 'yg=p




in los diagramas ele lineas do influencia correspondientes.

Linea de Influencia de Vc (ligeramente a la derecha).

que se demuestra mis adelante, conocido

Breslau, ingeniero alemán que lo establecióen 1866. Se puede enunciar de la siguientemanera: laUne» de Influencia de una reac-

ción o de una acción (momento flexióriantéo fuerza cortante) tiene la misma forma que la viga deformada cuando se le imponeundesplazamiento unitario correspondiente a la reacción o acción determinada. A continuación se Ilustra para una viga librementeapoyada, con referencia a la figura 10.5

La ¡inca de Influencia de la reacción en A se obtiene introduciendo un desplazamiento unitario a la viga en dirección de la.

reacción, figura 10.5-6. La forma de la vigadeformada es la línea de influencia deRA.

Para Introducir el desplazamiento unid___se supone que se elimina la restricción a ladeformación de la viga en el apoyo, comose muestra en la figura 10.6-3, y no se per-mite otro tipo de deformación, por ejemplo;debido a flexión o a fuerza cortante. Porestaúltima razón la viga permanece recta. Sepuede comparar esta línea de influencia con la de la figura 10.4-6. El sentido del desplazamiento en la figura 10.5-6, corresponde

al sentido positivo de la reacciónRAen la figura 10.6-a, o sea, hacia arriba.La línea de influencia de fuerza cortan-

te en un punto C de la viga, figura 10.5-c.se obtiene cortando la viga en ese punto, como se muestra en la llgura10.6-6, e introduciendo un desplazamiento unitario correspondían- te a fuerza cortante. La forma de la viga deformada es la línea de influencia de . como puede verse comparando las figuras

10.5-cy 10.4-c. En este caso, no deben per- mltirse deformaciones por flexión o pordes



Figura 10.5. Líneas de influencia por el principio de MOIIer-BresIau

placimiento de lás reacciones. Para que nohpdrformaciones por flexión, los aos fra

ude linea de influencia entre el puntoC \*» apoyos deben ser paralelos. De otraMriH relativo, deformación

Obsérvese qué_____ j un desplaza-

Siítíénde que es un des-lueflo, ya que de otrapodrían Igualarse a sus- i a/t yb/f mostradas

serían correctas. '*

c corresponde al sentido positivo de la fuerza cortante 10.6-6, o

es positiva en una sezas a la izquierda sondo las fuerzas a la

S“ “«lento muy peíy » fas ángulo, no■KWS? las dlstahci

5 “ B*ura ip.j-c nW HHWW BB W P*™tfWdwplazamiento en la figura 10.5-

a, la fuerza cortante |

ción cuando las fuer-PKfecha son hacia abajo,p Influencia de momento■unto C de la viga, figura

Introduciendo’ Una articulación en ese punto, como se muestra enla figura 10.6-c, e Imponiendo un giro unitario/ o sea, la deformación correspondiente a flexión. La forma de la viga deformadaes la línea de Influencia de Se puede

flexionanle en ur





[abajo igual á la magnitud de las cargaskudesplazamiemo, y por el TeoremaBell!, estos trabajos deberán ser

iguales* POr lo tanto, se puede escribir la

Ü'Ko'y-OJMsi el desplazamiento

B o S S S h 321 Esta ecuación indica que si se aplica una

caíga unitaria en un punto situado a una dls-

del origen, la ordenada de la vigadesplazada en el punto de aplicación de lacarga os igual a la reacción R_, producida porli caiga unitaria. Esta es la definición de■bot influencia y por lo tanto la viga des-plazáda coincide con la línea de Influencia,lodial demuestra el Principio de Müller-W u .

De qianera'semejante, si el desplazamientoque se impone a la viga corresponde

i cortante en el punto C desarrollará■■abafo igual a la magnitud de la fuerza pordesplazamiento en el punto C, y la caiga

un trabajo igual a la unidad por el, -Jmiento en su punto de aplicación.

Sitloma en cuenta que el desplazamientoH p a unitario, coto conduce a las•Oadonei:

v j (io:l2)

if.íiu ecuación Indica que la ordenadaJg *%» deformada en el puntode aplica-

bK¡jela cana es igual a la fuerza cortanteI a «acción en la que se hnpmo la defor-

qúe, demuestran que fa viga deformada dela figura 10.5-e/ coincide con la línea de in

fluencia de momento flexiónante en el pun-En general, la obtención de líneas de

influencia con el Principio de MOIIer-BresIaues mis sencilla'que con el método directo yayuda a que el estudiante de Análisis Estructural adquiera habilidad en el trazado deestniduras deformadas. También puede usarsepara obtener líneas de influencia de esaruc-tuias hiporéstáticas, si bien en esta etapa delcuno, sólo en forma cualitativa. A continuación se ilustra el método con algunosejemplos.

Ejemplo 10.4 Se trazan líneas de influenciade una viga con dos voladizos usando elPrincipio de Müller-Breslau. Para la primeralínea de influencia, de reacción en el apoyoO, le elimina la restricción de reacción,

desplazamiento unitario en el apoyo O. Laviga toma lakXBUA'SC'D'í'Obsérvese queno se viola la rattricción de reacción *nB, ya que este punto no se desplaza, y como laviga permanece, recta, no se viola tampoconinguna restricción de fuerza cortante o demomento flexiónante; es decir, no hayningún tipo de desplazamiento de Jo>mostrados eñ las figuras IftM.J.'Jfcteniendo la ordenada de la línea de iníluen-



in las ordenadas enproporción seca

Para la linca de Influencia de fuerza

én éStá sección, como en la figura10;6-6, y se Introduce un desplazamiento total unita-

de este desplazamiento corresponde a fuer* zas cortantes positivas y como la sección está en el centro del claro, cada desplazamiento parcial vale 0.5; para otras secciones se calcularían con las expresiones mostradas en la figura 10.5-c. El tramoA'BC' tiene que pasar por el apoyo 8, para que nose viole la

restricción de reacción, y tiene que ser recto,fuerza cortante y momento flexionante. Él

el apoyo y permanecer recto. Por lo tanto, la línea da Influencia queda definida por

A'BC'C’Dt'. Teniendo las ordenadas en C' y en C-. se calculan las de los otros puntos por proporción.

En el siguiente caso, línea de influencia de momento flexionante en O, se introduce una articulación en ese punto, como en la figura10.6-c, y se impone un giro unitario producido por momentos flexionantes positivos. Al aplicar estos momentos, el tramo de viga A8CO no puede moverse; pues no puede despegarse de los apoyos 8 yD. y «¡ene. que conservarse recto. El tramo Oí sf puede girar, ya que tiene un extremo libre, y

unitario; corno se muestra en el esquema. Nòtese que, por el sentldo del momento, la viga se desplaza bada abajo? Esto Indica que si te colocan cargas en el tramoDE so deta-

/follartib1momentos negativos en el apoyo

se, por la forma de la linea de influencla, que ti te colocan cargas en el resto de la

viga, no habri momentos flexionantes en el

mencionado apoyo. A partir del giro

y s.Finalmente, para obtener la línea de

fluencia de momento flexionante er lección 4, se introduce en esta sección una articulación y se impone un giró unitario producido por momentos flexionantes positivos, como los mostrados en el esquema. El tramo A'BC' tiene que pasar por el apoyo 8 y

Vtambién

H i Nada más I hay que cuidar que sólo se elimine una res- | tricción a la vez, la correspondienHH Hnea de influencia buscada. Se debe teneren cuenta que sólo hay una manera correcta de

eliminar la restricción correspondiente y conservar las demás. En la figura 10.7 te ilustran algunas Ifneas de influencia ing zzztas, correspondientes a este ejemplo, en las que se elimina más de una restricción. E4Mde la figura 10.7-ase Impuso el desplazamiento en el apoyo O, pero también un giro en el punto O', que implicaría eliminar la

En la figura10.7-6

el desplazamien-

mosA'8C'yC”DE'nosqnparalelos, lo cual también implicaría romper la restricción de momento flexionante. En la figura 10.7-cte Imputo un giro unitario en el apoyoD. perote desplazó este mltmo apoyo, lo cual significa que te rompió la restricción de reacción. Y en la figura 10.7-d te Impuso el girounitario en C'. pero también te Introdujo otro

giro tobre el apoyo O. ■



EJEMPLO 10.4. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA OE REACCIÓN EN D,FUERZA CORTANTE EN LA SECCIÓN 4 Y MOMENTO FLEXIONANTE EN LASSECCIONES 6 Y 4, USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU







EJEMPLO IO

LÍNEA OE INFLUENCIA DE REACCIÓNEN

i »

LINEA DE INFLUENCIA DE.FUERZA CORTANTE ENB:

r, LÍNEA OE INFLUENCIA DE.FUERZA CORTANTE ENC:,

Bfefcskfr I I I f e — i l i '

IÍNEA DE INFLUENCIA DE MOMENTOFIEXIONANTE EN C:



Jo 10.6 Este problema se habfa resuelloíjriemplo ,0-3 P°r el mí,odo directo,

se resuelve utilizando el Principio de¡„.Breslau para que se pueda ver, por

■alquier carga aplicada entreA y C produciráomentos negativos sobre el apoyo C.

>ea de influencia a cada lado del apoyo C,>rque el diagrama de fuerza cortante cam-* bruscamente al pasar de un lado a otro,ira obtener la correspondiente a la izquierda

tlculación interna desplai j En este punto, nuevamente puede girar. p¿ _p inrel puntoA donde también puedegirar.

no puede desplazarse. Ñútese que en el«uCb vigano puedegirar, pues se romperíah restricción de momento ílexionante. Tenien-i>bs ordenadas de la línea de influencia en los

os'D,C y A, las demás se obtienen por

stran en el detalle correspondiente, de

B CD no puede girar ni desplazarse,

ntpode reacción. Por lo tanto, el giro|ue desarrollarse en el tramoCB.quetiene una articulación en cada extremo.

Apuntos pasa a lá posiciónB',donde la viga"*j** a girar para alcanzar el punto A. la•fcnada de ¿"secalcula multiplicando el giro

¡P por la longitud CB, y las otrasdas por proporción. Pür el signo de losgos aplicados en C, el tramoCB giraP*> antihorario, lo cual indica que

«aplica el dcsplaz;

hada abajo y el pi

para alcanzar el apoyo A. Con ¿Moya quedaLa última línea de influencia de este ejem

ploes la de fuerza cortante en C, pero ligeramentea laderecha.Ahora el cortese hacedel otro lado,como se muestra en el detalle, y el desplazamiento resulta hada arriba, porel signo de lasfuerzas cortantes. El punto C pasa a la posiciónC'.ydeaquf la línea de influencia seune al apoyoOque no puededesplazarse. Con esto ya quedadeiinido el tramo CD. A la izquierda de C, el

para queno haya giro relativo entre losdos, pues

13 USANDO EL PRINCIPIO





E a k u U i H valor máximo dfyiriUnode una reacción cuando u

H0¡pje puedon ser vehículos J H IB^fenvaniH Rruas vuiam. h l Eneaieledo no se incluye la determinación del valo>délas caigas, el cual puede encontiaiseep especiflcacIones reglamentarias o enliannales do los fabricantes de equipo, según el caso. Por elempla. el electo de auto*móviles o camiones se representa por car*■ concentradas cuyo valor depende del

peso del vehículo/.incluyendo la carga quellevan, y del número de ejes. Un reglamento muy usado para determinar estas cargasei el de.la American Assoclation of HighwayTransportation Officials (AASHTO). Las caries de ferrocarril le representan por cargasconcentradas y distribuidas, como se espe*dtcan, por ejemplo, en el reglamento de laAmerican Railroad Engineers Assoclation

UREA). En el caso de grúas viajeras, las caries de diseño dependerán de su capacidadde carga y de su peso propio. Es frecuente■Wbalándose de cargas móviles, sea neceado incluir un factor llamado de impacto,

incrementa el valor de las cargas estáticasmásomenos entre 15 y 30 por ciento,ble (adornose aplica, desde luego, el peso

de los elementos, sino únicamente a

■ cargasvivas. En los siguientes ejemplos* Huma lautilización de las lineas de Infancia para calcular los valores máximosÍSaccionesy reacciones, suponiendo que•car*»» han sidoya determinadas.

gtopio, 10.7 Sobre la viga utilizada en el 10A, circula un vehículo cuyopeso

Incluyendo la cargaquelleva yeiefec- Impacto, sepuede representar por una de2Ion en el eje delantero y otra de

n »lele trasero, hta carga» cene»

* mowrada en el entupió. Se pide

CCiMt((4,OIBlloltldmoO

ordenada» a cada metro. Observando esta

/a valores mayores cuando les cargas teaplican en la pane dciccha de la v.ga. ya

toncos, la posición más desfavorable delvehículo se presenta cuando el eje delantero queda situado en la sección 8, o sea, enel extremo derecho. Ya que la distancia entre ejes es de3m, el eje trasero queda localizado, para esta posición, a la mitad entrelas secciones6y 7.El valor correspondiente de R0 puede entonce» calcularse multiplicando la carga del eje delantero, 2 ton,por la ordenada de la linea de influencia en

la lección 8, que os 1.50, la carga del ejetrasero, 3.5 ton, por la ordenada del puntoslluado a la mitad entre las secciones 6 y 7,que es 1.125,y sumando los resultados. Seobtiene así un valor deR0de 6.94 ton. Nótese que para cualquier otra posición delvehículo, el valor deR0 resulta menor. También queda claro que si el vehículo circulade derecha a izquierda, el valor máximo deRD resulta diferente, ya que te obtiene cuando el eje trasero está en la sección 8 y el delantero, al centro entre las secciones6y 7.

En forma semejante te calcula a continuación el valor máximo del momentoflexionante en la sección 6. Se reproduce lalinea de influencia correspondiente, yacalculada en el ejemplo10.4, yseobterva queel momento máximo también ocurre cuando las cargas se aplican en la parte derecha

de la viga, ya que ion mayores lat ordena-



sección 8 y multa un momento de -14 ton-m, nmyorqueelicorrespondiente a la primeraposición. Obsérvese que mientras el vehfculocircula entre las secciones 1 y 6, no produceningún momento en esta última sección.

centro del claro, la posición más desfavorable varias vigas paralelas, flor ejemplo, si es u

del vehículo resullá cuándo la carga mayor eslá puenteel represemadoen iosdalosdel problem.sobre la lección 4. en la cual es máxima la puede tener dos o más vigas paralelas y toteordenada. Rira esta posición, el efe delantero ellas una fosa que sirva de superficie dqueda situado al centro entre las secciones 5 rodamiento para el vehículo. Lai reacción y ley6/dondelaordenadadelalfneade'influencia momentos* calculados deberán entoncees de O.S..EI. momento obtenido para estas dividirse entre las varias vigas del puente. Iposiciones de las caigas es de 8:0itpnrm; -i: forma de hacer esta división depende de vario

En los tres qisos de este ejemplo, resultaba factores, como el ancho del puente, la pcciciáobvia la posición másdesfavorablede las caigas. de las vigas y de los carriles de diculación. etctoo no siempre es asf. Cuando se tienen más Estos procedimientos se estudian en lot cursos'

ejes de cargas o vigas más complicadas, no se en los textos de puentes.

I EJEMPLO 10,7. CALCULAR EL VALOR MÁXIMO DE LA REACCIÓN EN O V ELI MOMENTO FLEXIONANTE MAXIMO EN LAS SECCIONES 6 Y 4 DE LA VIGA DELI EJEMPL010.4, SUPONIENDO QUE SOBRE LAVICA CIRCULA UN VEHfCULO CON

- j £ T -





rt >vvvvtw 12 j 4m' ¿ÉL*** g

H



:'-ii, Linea de influencia deRp

»la càgji! se¡S,oloca entre las secciones2y 8:

/fc =-1(1-2) (1.50) (13)*.117 ton¿"ilOMENIO MAXIMO EN LA SECClÒfll 6

,...¡ Linea de influencia de M6

Si la carga se cojoea entre las secciona 6 y | g l | | | |

K 1 j^ 4 )(-4)(!3)--ÌÓ4 ton-m

B ó ò : MÁXIMO EN LA SECCIÓN 4

; * '«carga se coloca entfe la» seccione* |

Ü nuIi2Wlì1li-91 Í Ü



En los ejemplos anteriores se ha Ilustrado la

metida a cargas móviles. Sin embargo, es

le a la sección determinada. Inclusive si estadiurna es el centro del claro. Por ejemplo,en la última pane del ejemplo 10.7 se calculóel momento máximo positivo en la sección

4 de la viga. Pero es posible que en algunapositivo aun mayor que el de8.0ton-m quees el máximo en la sección 4. En lo que siguese presenta un método para calcular el

sujeta a cargas móviles, o sea; el mayormomento flexionante que puede ocurrir encualquier secciónde la viga.

En la figura

un tren de caigas concentradas. Se tratade determinar la posición del tren de cargasflue produce el momento máximo absoluto.Se recordará que el momento (lexionantc

máximo se presenta donde la fuer/Jle es nula, ya quedM/dx =V.y el v.i|_____ |mo deM sepresenta donde la pendiente do.diagrama de momentos es nula, o sea, ■de que dM/dx =O. Por olra parte, en I

viga con cargas concentradas, la fuerza Itanto es nula en el punto de aplicacióJalguna de las cargas, ya que ahf es dqcambia de signo el diagrama de fuerzas Itantas. Supóngase que esa carga es la ilcada con la hiena P, en la figura 10.1que'su posición, que es la que se trata

tante de las fuerzas a la izquierda de l\ ha representado conPt y la resultante dqdas las fuerzas. IncluyendoP, con P, e(misma figura se ha señalado también

entre la fuerza P, y la resultante P. y_distancia 6 entre la fuerza P, y la resultante

fera calcular la distancia x, seplantear la ecuación de mor

respecto a x, igualar a cero la derivada ydespejar el valor de x. Se obtienen losiguientes resultados.

ps | 1 ¡¡i*ooon _í oooo ?

Sg a 1M. Posición de las caía» queproducenel momento ReaioneMe máximo







pto19.1I> El irendec.irg.is es más com*W S 'que cldel ejemplo anterior. Slguien- Ï elmismoprocedimiento, se encuentra" , insultantede las seis cargas aplica-L se ubicaa una distancia de 4 m de la.lnm»r»T* ¿ Ia izquierda. Entonces, entro

insultante y su carga vecina a la izquierdaqueda unadistancia de 2 m. Equidistanteaireaosdos cargas debe quedar el centro

). CALCULAR EL MOMENTO MÁXIMO ASSOLUTO DE LA VIGA

p r > .Iren de caigas



r, i ■ Cuando sólo se pide la línecía en una barra, el método de Ipara la resolución de armadura;práctico que el de los nudos,caso de la linea de influencia

les a reacciones y a fuerzas axiales, yjislas son las únicas acciones que aclúl(Helias estructuras; no hay n fldfloxlonantcs o fuerzas cortantes.eH de Influencia de armaduras pueden I_______

para el caso de vigas: el método directo y elbasado en el principio de Mdllcr-Breslau. Lademostración presentada en la sección10.2que establece que las lineas de influenciade estructuras isostátlcas son líneas rectas,es válida también para armaduras, lo quesimplifica el cálculo.

SI se aplica el método directo, el procedimiento consiste en colocar cargas unitarias en los nudos de la armadura y calcularla fuerza producida por esta carga en la barrapara la cual se desea obtener la linea de

necesario especificar sobre qué cuerda de

la armadura se desplazará la carga móvil;las líneas de influencia pueden variar si lacarga se aplica a lo largo de la cuerda inferior o de la cuerda superior de una armadura.Por ejemplo, si se desea la línea de influen-

armadura de la figura 10.9, para cargas aplicadas en la cuerda inferior, se pueden ir colocando fuerzas unitarias en los nudos Ig,¿i, Lj, í, . , ls y Lf/Y calculando la fuerza

en la barra mencionada para cada posiciónde la carga. El resultado será la línea deInfluencia. Sin embargo, como ya se sabequé la línea de influencia es una línea recta,no,es necesario hacer el cálculo para todaslas posiciones de la carga. Si las cargas secolocan en las reacciones, nudosL0y í . , lafuerza en la barra será 0. Bastará entoncescon colocarla en los nudos L¡ y Ly y unirloa valores obtenidos con un valor de0en loa

barras o de todas ellas, resulta con|utilizar las ya calculadas para obtl

fluencia do las reacciones facilitan Jlo de las correspondientes a las blprincipio de MOIIer-BiesIau resulta rvveniente para calcular las líneas del

■da dé reacciones, ya que basta c o iH _..Un desplazamiento unitario en la reacciónpara tener completa la línea de Influencia.'En la mayoría de los problemas, se puedencombinar el método directo y al principiode Müller-Breslau, y el método de los nudoscon el de las secciones, para simplificar,los cálculos. Esto se ilustra en los siguientesejemplos.

Ejemplo 1t.1t So pide calcular las líneasde

Influencia para las inacciones y p aB feila barras de la armadura con cuerda superior Inclinada que se muestra en los datosdel problema. So aclara que la c a i f lHcolocarse en la cuerda inferior. Como M hamencionado, la posición de la carga afecta“los resultados.

So empozó por calcular la línea defluencia de la reacción tea las reaccio-1

de Moller-Breslau, por lo que se usócálculo de esta línea de influencia. Se dio ]un desplazamiento unitario al apoyo i« etel sentido de la reacción, se unió este punto jcon el apoyo L con una linee rectaproporciones, so calcularon las ordenadas icorrespondientes a loa nudos L, a L,ejemplo, la ordenada en el nudoL¡ea 2/3.

Después se pasó al cálculo de la línea Ide Influencia de la barra IJJ,. Aquí se usó I

el método de los nudos y so aprovechó la I



lineada influencia de la reacción en L quefj se había calculado. En el primer diagrama de cuerpo libre, se colocó la carga uni

taria sobre la reacción; se ve que la fuerzan la barra es 0, ya que la carga pasadilectamente al apoyo. El segundo diagrama de cuerpo libre corresponde a cualquierotn posición de la carga, y el valor de lafuerza en la barraL0U, quedó expresado enItrminos de la reacción enL0, ya que el valorde esta reacción depende de la posición deUcarga unitaria. ResuNó que la fuerza en labarra es igual a </Í0 por el valordéla reac-dón. (La relación de lados del triángulo

es de 3,1, y/ÍO, y ésta es la misma re-

■ankal y de la fuerza multante en la barra).Entonces, para calcular el í i 'ordenada en cualquier pt___ ..•M o r^ Ó por la ordenada de la línea*Muuuia de la reacción en ese punió. Por•Jtmplo, la ordenada en1, es igual a i/ÍO

•■r la ordenada de la línea de influencia deb reacción en ese punto, que vale 0.500

I la barra i„t, es nula, y si la carga esté enI cualquier otro nodo, vale 3/?,„. Entonces, laI ordenada en I . es 0, y la ordenada en

I cualquier otro nodo es tres veces la ordena-I da de la línea de influencia de la reacciónI en ese nodo. Por ejemplo, en el nodo L esI igual a 3 multiplicado por 0.333.La fuerzaI es de tensión, o sea, positiva.I Para obtener la línea de influencia deI la barra L,Ut se trazaron los diagramas decuerpo libre del nudol , correspondientes ala carga unitaria aplicada en el mivno nudoy en cualquier otro nudo. Si la carga esté enH mismo nudo, en la barra llene que haberuna fuerza igual de tensión para que se cumpla la condición de equilibrio I f ■0. SIestá en cualquier otro nudo, por u mismacondición, la fuerza es nula. Por lo tanto, la

_ jal a 1, en el nudo1, yesigual a0en lodos los otros nudos.

La línea de influencia de la barra (,£.puede obtenerse de los diagramas de cuer

po libre de la barra anterior. Se ve en estosdiagramas que, para cualquier posición dela carga unitaria, la fuerza en la barra es tres

la reacción enLmf





U línea de influencia de la barra (AL. secjlcnló por el método de las secciones. Primerose colocó la carga en y se plameó laecuación de suma de momentos respecto al puntoUj , para que la componente verticalno produjese momento. El valor de la reac-

(ün enL0se obtuvo de la línea de influenciadUemrinada al principio del problema. De estamaneta se obtuvo la componente horizontaldéla fuerzaU,L, y después, por relación de bdos,la fuerza total. En este caso, la distanciafeU¡&L,es igual a'/TT. A continuación, secolocó lacarga enL¡ , se repitió el procedimientodescrito y se obtuvo que la fuerza U L,eranuil Entonces uniendo el valor en i , conunalor de 0 en el apoyo ¿o se tiene la línea de«duenda completa, ya que entre ¿.y el apoyotieneque conservarse el valor de 0.

Paracalcular la línea de influencia de labarraUjLj se colocó la carga unitaria enL. Utuerza U2L3es nula para esta posición de lacarga unitaria, según se explicó en el párrafoanterior. Por simetría también es nula en labarra l/jij. Entonces la fuerza enUJL,vale 1,según se desprende del diagrama de cuerpo

Hxe del nudoL, Basta con unir este valor con«olores nulos en los apoyos para tener la líneade influencia completa.

Finalmentese calculó la línea de influen-di de la barra U¡Ur Primero se colocó la

carga en l2y se trazó el diagrama de cuerpolibre del nudoUr Aquí se utilizaron los valores de las fuerzas en las barras U,Ú2, U2l2yUyL, tomadas de las líneas de influencia yaobtenidas de estas barras. Se repitió el proce

de la mitad izquierda de la armadura se pueden obtener por simetría. Por ejemplo, la ordenada de la línea de influencia de la barra

de Influencia de la barra U.L2en el puntoLs. Por esta razón no se han trazado en elejemplo.

Se puede observar en este ejemplo quese han usado distintos procedimientos, según la línea de influencia que se deseabadeterminar. En algunos casos se usó el método de las secciones, en otros el de los

nudos, y siempre que se pudo, se aprove-con anterioridad. Esta es la manera usual deproceder. Conviene analizar cuál es el procedimiento mis expedito en cada caso.

EJEMPLO 10.11. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LAS REACCIONES |DÉUS FUERZAS AXIALES EN TODAS LAS BARRAS DE IA ARMADURA MOSTRADA, j

U CARCA SE DESPLAZA A LO LARGO DE LA CUERDA INFERIOR









K ifêftô i L„ ■

Carga unitaria *n cualquierolronudo.



BARRAU\U 2Método de las secciones para la carga en l 2





EJEMPLO10.11 fcontinuación) ■

ParalacargaenL,

VP,m0.iüJÎÔ





a)ReacciónenA, fuerzacortanteenlasección4 ymomentoflaxlonante enla sección 6.

H -J i i I I I -

N----- i ¡ ¡ ¡ — H

c) Reacción en B, fuerza cortante en las secciones 3 y 4, momento flexlonante en las



I B f a p i M

H p i — •— — “------------ >j

ReacciónenAyenB;fuerza corlante en las lecciones4,6y9, momento flexionanteenlassecciones2, 5,7.y9.l°-2Resolver elproblema anterior aplicando el principio de MOller-Breslau.'10.3Calcular lafuerzacortantemáximayel momentoflexionantemáximoquepuedenpresentarseenlasección4del problema10.1-a. si sobrelavigasedesplazaelsiguientetrendecargas.

■ ■ iI --------------- £

*10.4Calcular lareacciónmáximaenB, lafuerzacortantemáximaenlasección3, elmomentomáximopositivoenlasección4yel momentomáximonegativoenlasección6, si sobrelavigadel problema10.1-csedesplazaunacargadistribuidade8tonIm con unalongitud de 2 m.

•0.S Calcular el momento máximo absoluto quepuede ocurrir en las siguientes vigas,»respondientes a los nenes de carga indicados.



r r r I _______ I■ F J ¡ E S ^

— 1 < - ------- í -------------H

/7&7 ,nPo / / / / / / /

------------h

10.6 Calcular las líneas de influencia de reacciones y de fuerzas axiales en todas lasbarras de la siguiente armadura. La carga se desplaza por la cuerda inferior.

/ / / / / / /



W-7 Calcular laslíneas de Influencia de fueras axiales en las barras U, U ,, U,U<y^ L, de la armadura mostrada. La carga se desplaza por la cuerda suplrior.



,11

Líneas de inflifgficia de ' Iestructuras hiperestáticas

11.1 Método directo

J f i fshucluris con un grado de

bel Capítulotodos para calcular las líneas de influenciade estructuras isostáticas: el método directoy.él método basado en él prineipio deMMtr Brislau. Las líneas de influencia de estructuras hiperestáticas también puedencalcularse con ambos métodos, así comoMSzando H Métodode Cross. En esta sec-

se ilustra el cálculo con el método*ecto que. como se recordará, consiste en

ar un carga unitaria en cada unoÚ9ordenada de la línea de influencia y calcularS valor de la acción correspondiente o de

«acción, sí ésta es la que se va a calcular,hecho, para estructura» hiperestáticas,ser más conveniente calcular primeroteas de Influencia de las reacciones y,

1 PMr de sus valores, calcular las l/neas de

completa.ftira cada una de las posiciones de la

lar resolviendo la. y|ga hiperestática porcualquiera de los métodos estudiados en loscapítulos anteriores; El método de las fuerzas,'como se verámas adelante, resulta conr

veniente. Usando este método, el valor de

que es la deformación en el punto Bproducida por la carga aplicada en I,aplicando después una carga unitaria en0,figura 11.2-6, para calcular 8 yplanteandola siguiente ecuación que expresa que ladeformación Anal enBdebe ser nula:

Iequivalente al_____ : del Capitulo 4

para vigas de un grado de redundancia. Ef valor de ¡fó , 'se calcula finalmente como:







el momento flcxionante que produce eltriángulo de carga comprendido entre la

último. Obsérvese que se lia factor izarlo eltérmino (I/I6CQ. Esto es conveniente, porque

se van a dividir después entre l n y los

valores de la reacción en B para cadaposición de la carga unitaria, aplicando laecuación 11.4. Por ejemplo, el valor de Rt cuando la carga unitaria está enel punto 3,ser.i - Estos valores proporcionan lasordenadas de la linea de influencia deRgenel punto correspondiente. Al final de estasección del ejemplo se ha trazado la lineade influencia a partir de estos valores. Nóteseque cuando la carga unitaria está aplicadaen los apoyos Ay G, la reacción enBesnula.Por eso la ordenada de la linea de influenciaes también nula. Si se observa la linea de

influencia obtenida, se verá que la ordenadaes igual a .1 epel apoyo S, de acuerdo conel Principio de Múller-BresJau, pero la líneade influencia es curva, a diferencia de lascorrespondientes a estructuras ¡sostáticas.También se puede notar que el valor máximono se presenta necesariamente en el apoyo.Esto sucede porque para algunas posicionesde la carga unitaria, las otras reacciones tiene

valores negativos, como te verá a continuación. Nótese también que las ordenadas dela linea de influencia tienen signo contrarioa los valoras calculados de Jt,. Esto es asipoque los valores de Kmtienen sentidocontrario a la carga de1ton aplicada a la vigaIsostática y por lo tanto son hada arriba, osea, ordenadas positivas.

La linea de influencia de la reacción éíf A te calculó después por estática, a partir de

los valores de la linea de influencia de K,. ie Ilustra, al principio de esta sección del

ejemplo, que si la carga-unitaria está en elpunto 1, la reacciónenB vale 0.360, segúnse ve en la línea de influencia de R0 trazada

influencia deR. se ha trazado al final de estaparte del ejemplo. Es importante observar

tre lospuntos 5.y 6,el valor de RA resultanegativo. Esto indica que tiene sentidocontrario alsupuesto en elcroquis trazado alprincipio deesta sección del ejemplo,o

sea,os hacia abajo. Se.explica esta situaciónfísicamenteobservando que si la carga secoloca entre losapoyosBy C, la vigatiendea levantarse en el.apoyoA. Comoenelcasoanterior, la ordenada vale-1.000enel apoyoen cuestióny la lfnea.de influencia es curva.

Teniendolas líneas de influencia deR.y R ,. se puede obtener la de Rc porequilibrio de fuerzas verticales. Por ejemplo, si

la carga unitaria se coloca en el punto I. lasreaccionas R, y jftgvaldrán 0.360 y 0.740,según se puede veren las Ifneas de influenciaya trazadas. Entonces aplicando la ecuaciónSF • 0 se obtieneRc , que será la ordenadaen el punto 1. Obsérvese que esta línea deInfluencia rasulta negativa entre los apoyosAyB, y por eso se ha trazado por debajo dela.viga. El lector notará que si se coloca una

carga en el punto I , la viga (¡ende a levantarse en el apoyo C.Siguiendo con lo pedido en el ejemplo,

se calculó la línea de influencia de fuerzacortante en el punto 3, también a partir de losvalores ya obtenidos. Se ilustra que si se coloca la carga unitaria en el punto I, la reacción en A vale0. 740, y haciendo la turnadé fuerzas a la izquierda del punto 3, setendrá una fuerza hacia arriba de 0.740 yuna fuerza hacia abajo de 1.000. Lahi9ti* cortante resulta negativa, de -0.260. Al



llegar ál punto 3, secalculó la linea de influencia parauna posición de la carga unita*tía inmediatamente a la izquierda del punto,y para otra posición inmediatamente‘a ladeicdin, en lamisma forma ya explicada paia estructuras isostáticas. Nótese que eldesplazamiento entre los dos tramos de viga

a laizquierda ya la derecha del punto C es

Igual ( I, de acuerdo con el principio deMjííler-Breslau.

Finalmente, se calculó la linea deinfluencia de momento flexionante en el pùnto 4, también a partir de los valores yaobtenidos para las reacciones. Por ejemplo,si lacaiga unitaria se coloca en el punto 1 ,

las fuerzas que producen momento respectoa este pumo serán la reacción conun valor de 0.740, y la propia carga unitaria. La

La linea deInfluencia de momento flexlonante

tiene unidades de longitud, en esle ejemplode metros, así que para obtener el momentoflexionante producido por cierta carga, debemultiplicarse el valor de la carga aplicada, consus unidades de fuerza, por el valor de laordenada de la linea de influencia con sus

EJEMPLO 11.1. CÁLCULO DE LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LAS REACCIONES»„ », YR¿ DE LA FUERZA CORTANTE ENELPUNTO3Y DEL MOMENTO FLEXIONANTEEN EL PUNTO 4 DE UNA VIGA CON TRES APOYOS

i'MMaoSlATICA









Íiíñeade influenciadeRc

- CÁLCULODE LAS FUERZAS CORTANTES ENEL PUNTO3

Fuerza cortante en3cuando la caiga unitaria está en1 :













■ MHltldiieao MI



i l i 3 0

1 3 - 1 3

oticmoOC US«ACCIONES * ,K,y £■CUANTO LACMC* UWTARIAESTAEN ELPL

IBSji1







: (|princ*p¡odeMOlíer-Brestau, planteddoentí-Seccíón 10. Ï pan estnictura« Isostàtîcas:establee que la línea de Influencia deuna reacción, rio úna fuerza cononto o ‘ déunmo-mento fíeHlonanie tiene lamisma formaQue

principio también se aplica a las estructuralhiperestáticas, pero la diferencia con las es

tornudas por líneas 'rectas; como las de las

jj.2 Método de Müller-Brcftau

vando las restricciones correspondientes a

Si se examinan las líneas de influenciaobtenidas en el ejemplo11.1 sepuedecom-

encia de R„ se tiene un desplazamientounitario dé la reacción enB, pero la restric

to permite ninguna rotación, así que la líneade influencia tiene queser continúasobre elapoyo; en las reacciones Ay Cno puede haber

cortante obliga a que la línea sea continua.Estas condiciones sólo pueden cumplirse síU línea de influencia es curva. .

■ Observando la Uoea de,influencia.de

nayun desplazamiento relativo unitario de jos puntos situados inmediatamente, a laizquierda y a la derecha. La parte de la líneade Influencia situada a la derecha del punto

¡I restricción <'

ción de una desplazamiento unitario, como

trazar en forma cualitativa e inclusive obtener las ordenadas gráficamente, haciendo esquemas a escala. SI se desea calcularlas enforma cuantitativa, es necesario obtener lasdeformaciones en varios puntos de vigas

isostáticas, en feen el método directo.

f 1,2.7Estructuras con un grado de

Supóngase que se desea calcular la línea de

viga mostrada en la figura 1l.S-a. n>r el Principio de MOIIer- Breslau, la línea de influen

cia tendrá la forma mostrada en la figura11.5-6, con un giro unitario en B correspondiente a la eliminación de la restricción demomento, sin desplazamiento en las reacciones A y B, y sin discontinuidades, ftncalcular las ordenadas de la línea de influencia en tos puntos 1, 2 y | se puede proceder de la siguiente manera.

Seelimina la restricción de momentoen0con lo que la viga se vuelve ísoitátlca;





je la línea de influencia en las otras secciones. Estos valores son los que aparecenen el último renglón de la labia. Obsérveseque los términos factonzados a la derechade la tábla.se eliminan al hacer la división.

La línea de Influencia del momento deeiyiotramiento en 8 debe tener la forma mos-trada'en el croquis de la segunda parte del.deflexiones nulas en los apoyos. Para obteneresta configuración, se aplica un momentounitario en el apoyoBde la viga isosl&lica (enel ejemplo se aplicó de 100 para no tenermuchos decimales) y se calculan la rotación

las deflexiones en todas las secciones. Larotación resultante es de (-360.53w/24 EbIobtenida como la suma de la rotación pro-medio0de -276.53, en el penúltimo tramode la derecha, y el ángulo concentrado a de

—84.00 en el apoyo derecho. Para tener laconfiguración buscada, todas las rotaciones y.-deflexiones producidas por el momentounitario que le aplicó deben dividirse entoncesentre la rotación de (-360.53 nV24 fio). Deesta manera se obtiene el último renglón de latabla que corresponde a las ordenadas de la lí-

EJEMPLO 113. CALCULAR LAS LÍNEAS DE INFLUENCIA DE LA REACCIÓN EN AY DELMOMENTO DE EMPOTRAMIENTO ENBDE UNA VIGA DE MOMENTO DE INERCIA IVARIABLE USANDO EL PRINCIPIO DE MÜLLER-BRESLAU

ItCAOCMHUENCIA DÉ*A





II.2 J Estructuras con virios grados deindeterminación

U linca de influencia de un* estructuraklperestática con varios-de grados de

deformación de la estructura deformada seaunitaria en el punto en que se desea obtenerb linea de influencia y que se cumplan con■odas las otras condiciones de restricción,fbr ejemplo; con. referencia a la viga continua de la figura 1i . 6.-0; si se desea la lineadeinfluencia de la reacciónRr se debe tener■mj deflexión unitaria en el apoyo B, deflexiones nulas en los otros apoyos y no«e deben tener discontinuidades de-nnmuu flexionante o de fuerza cortanteeeeiMt facciones de la viga.Por loUnto, la

viga deformada debe ser como la mostradacualitativamente en la figura 11.6-6. Raraobtener las ordenadas de esta viga deformada, o sea, deja Ifnea de influencia depuede precederse de la siguiente manera.

Primero se coloca en la viga isostálica fundamental, figura 11.7-a. una carga cualquiera en el punto correspondiente a la

reacción cuya linea de influencia se deseaobtener, o sea,-en.el punto Ben este caso.En la figura 11 7-a se ha puesto una carga

'de 10unidades, pera puede Ser cualquiera.Desde luego que la deflexión en el puntoB. ¿ no será unitaria, pero luego se ajustarápara que lo sea. El sentido de la carga aplicada es tal que la deflexión en el punto B tenga el sentido positivo -de la linea de Influencia, hacia arriba en este caso.







veces mayor. El valor de la carga aplicadaen este pato de la resolución puede ser

aplicada en los siguientes pasos, pero

En los Incisos c) ydise aplica una carga

tivamcnle, correspondientes a los apoyosblperestátlcos suprimidos. 'Las deflexionesseñaladas son las calculadat tambión en el.ejemplo 11.2. Todas las deflexiones señaladas están multiplicadas por un factorconstante que se puede ver en el cálculo dedeflexiones por el método de Newmark en

el ejemplo ( 1.2.En el Inciso e) se plantea y resuelve el

acuerdo con lo explicado anteriormente, elsistema debe expresar que la suma de las

muestra en la linea de influencia cualitativa.Resolviendo el sistema de ecuaciones seobtienen los valores de Rt y de R( que

resultan de -ktSyde-10. respectivamente.multiplican a las deflexiones de los Incisosb), ct y dkse anulan ya que los segundosmiembros de las ecuaciones simultáneas sonceros. El valor positivo de indica que tieneél mismo sentido que la carga unitariaaplicada en 8.hacia abajo. Por lo tanto, laviga tiende a levantarse en el apoyoB porefecto de la carga de10unidades aplicadaen A. Lo contrario sucede en el apoyo C.

¿•eme* a lo» li» casos de carga anteriores,pero nwltípflcándo las del inciso c) por el

éjvalor calculado de Kc Esta viga ya tiene

gfö&Ma'divklirtòdas las dCflexionos entro

el valor de la deflexión en A, con lo cual no

'todas las condiciones de compatibilidad de■deformaciones. Loa resultados se muestranen el Inciso g¡

En la segunda parte del 'ejemplo se

calcula la Ifnea de Influencia del momentotrazado, en el inciso a), la línea de influenciacualitativa, que en este caso Implica un giro

misma isostática fundamental que en laetapa anterior, ya que no podría introducirseun giro enD. Se escogió entonces una vigalibremente apoyada en sus extremos, como

se muestra en el inciso 61. A esta viga se leaplicó un momento de 10 ton-m que le

mismo inciso. También se han calculado lasrotaciones S en los extremos, ya que las delapoyo D se requieren para plantear lasecuaciones decompatibilidad Igual que enla etapa anterior, el valor del momentoaplicado puede ser cualquiera.cargas unitarias en los puntos8y C respectivamente. y se han calculado las deflexionesy rotaciones correspondientes, con el fin deeliminar las deflexiones en estos puntosproducidas por el momento aplicado en D.El sistema de dos ecuaciones del inciso alplantea que la suma de las deflexiones de

k» tres casos de carga sea nula en loa apoyoslas producidas por las cargas unitarias.

Loa factores constantes que aparecen en loscálculos de deflexiones se eliminan al

Va calculados los valorea deK,Y Kc **suman las deflexiones de los tres casos decarga con lo que se obtiene la configuraciónde deflexiones mostrada en el Inciso ALas

deflexiones ya son nulas en 8y en C pero















EJEMPLO 11.4 {continuación)

e)Planteamiento de las ecuaciones de compatibilidad (ecuaciones II

Resolviendo el sistema de ecuaciones:

Rotación en el apoyoD:

0 - - 141.70 + 21.53-0.883) +«45.34(2.450) - -49.65

g) Ajusfe dé la viga deformada para que la rotación'en el apoyo O sea igual a 1.



PROBLEMAS

X T&-'¿h- a) Reacciones en 8 y D, fuerza cortante en 2 y en 5, moinento flexionante en 1 y <

1 1 t & r

S i

t - Æ l I

A Reacción« en By D, fuerza cortante en 2 y 4, momento flexionante en B y 5.



11J Determinar las silentes linea* dftMutndMn armaduras por el método dimeto.

a) Reacciones en'A, B y'O/y fuerzas axiales en las barras de la cuerda inferior.

11.3 Determinar las lihe*»de influencia del problema 11.1 por el método de MOIlej



alfabético





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