ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS (Metodos Clasicos) 2 Parte Jack. C. McCormac.

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edlctone-s técnicas Í1.Alfaomega 
Métodos Clásico y Matricial 
Jack C. McCormac 
CUARTA EDICIÓN I • • na 1515 de 
12ª PARTEI 
, , 
METODOS CLASICOS 
T ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE 
INDETERMINADAS 
PARTE DOS 
297 
Cuando una estructura tiene más reacciones externas y/o fuerzas internas que las que pueden 
determinarse con las ecuaciones de equilibrio estático (incluyendo cualesquier ecuaciones de con­ 
dición). esa estructura es estáticamente indeterminada o hiperestauca. Una carga situada en alguna 
parte de una estructura hiperestáiica o continua producirá fuerzas cortantes, momentos flexionan­ 
tes y deflcxioncs en la'> otras partes de la estructura. En otras palabras. las cargas aplicadas a una 
col umna afectan a las vigas. a las losas. a otras columnas) , ice versa. Esto es a menudo cieno. pero 
no necesariamente así con las estructuras estáticamente determinadas, 
Hasta ahora este texto se ha dedicado por completo a las estructuras estáticamente determi­ 
nadas. y el lector podría considerar. equivocadamente. que esas estructuras son las más comunes 
en la práctica. La verdad es que es difícil encontrar una viga ideal simplemente apoyada. Proba­ 
blemente el mejor lugar para buscar una sería en un libro de texto sobre estructuras, ya que las co­ 
nexiones atornilladas o soldadas entre vigas y columnas no son en realidad condiciones verdaderas 
de apoyo simple con momento nulo. 
Lo mismo puede decirse de las armaduras estáticamente determinadas. Los nudos atornilla­ 
dos o soldados no son en realidad pasadores sin fricción. como se supuso anteriormente. Los otros 
supuestos sobre las armaduras que se asumieron en los primeros capítulos tampoco son del todo 
verdaderos y. en sentido estricto. todas las armaduras son estáticamente indeterminadas, ya que 
contienen momentos y fuerzas secundarias, 
Casi todas las estructuras de concreto reforzado son hiperesráticas. El concreto para gran 
parte de un piso de concreto. incluyendo las vigas de apoyo. así corno las trabes, y Lal vez parles de 
las columnas. pueden colarse al mismo tiempo. Las varillas de refuerzo se extienden <le elemento 
a elemento estructural. así como de claro a claro. Cuando se tienen juntas de construcción. las 
varillas de refuerzo se dejan sobresalir del concreto para poder empalmarse o unirse a las vari­ 
llas del concreto que hahrá de colarse después. Además. el concreto viejo se I impia y tal vez se 
pica de manera que el nuevo se adhiera a él tanto como sea posible. El resultado de todo esto 
es que las estructuras de concreto reforzado son por lo general monolíticas o continuas y. por ello, 
estáticamente indeterminadas. 
Tal vez la única manera de construir una estructura de concreto reforzado estáticamente 
determinada sea basándose en elementos prefabricados en una planta de concreto y ensamblados 
en el lugar de la obra. Sin embargo. incluso estructuras como éstas tienen cierta continuidad en 
sus nudos. 
14.1 INTRODUCCIÓN 
Introducción a las estructuras 
estáticamente indeterminadas 
Capítulo 14 
El momento ñexionante máximo en la viga doblemente empotrada es sólo dos tercios del 
que se presenta en la viga simplemente apoyada. Por lo general, es difícil empotrar o fijar por 
completo los extremos de una viga. sobre todo en el caso de un puente. Por esta razón se emplean 
a menudo claros laterales, como se ve en la figura 14.2. Estos claros fijan en forma parcial a los 
soportes interiores, reduciéndose así el momento en el claro central. En la figura se presentan de 
manera comparativa los momentos ñexionantes que se producen en tres vigas simples con carga 
uniforme (claros de 60, l 00 y 60 pies) y los que aparecen en una viga continua, también con car­ 
ga uniforme, sobre.esos tres claros. 
Figura 14.1 (a) Una viga simple y (b) una viga doblemente empotrada. 
(b) (a) 
' wL­124 
' wL·/8 
e. 
l l l ~ Ernpo- ~l="'­'­­­'­­­'..__­1­_.L_­­.1_...1­~_ •·; Empo- 
rramicnio 'º f tramiento 
w w 
En la medida en que se incrementan los claros de las estructuras simples, sus momentos ñexio­ 
nantes aumentan con rapidez. Si el peso de una estructura por unidad de longitud permanece cons­ 
tante, de manera independiente del claro. el momento por carga muerta variará en proporción con 
el cuadrado de la longitud del mismo (M"'"" = wL2/8). Sin embargo, esta proporción no es correcta 
debido a que el peso de las estructuras debe aumentar a medida que los claros son 111ás grandes. con 
el fin de que sean lo suficientemente fuertes y resistan el incremento de los momentos flexionantcs. 
Por lo tanto. el momento por carga muerta crece más rápido que el cuadrado del claro. 
Por motivos de economía. en el caso de grandes distancias entre apoyos se justifica la utiliza­ 
ción de cipos de estructuras que tengan momentos menores que los de gran intensidad que aparecen 
en las estructuras simplemente apoyadas de grandes claros. En el capítulo 4 se presentó un tipo de 
estructura que reduce en forma considerable los momentos Ilexionantes: la de voladizo. A conti- 
nuación se presentan otros dos tipos de estructuras que reducen los momentos de flexión. 
En ciertos casos es posible tener una viga con ambos extremos empotrados en lugar de una 
viga simplemente apoyada En la figura 14.1 se comparan los momentos flexionantes desarrollados 
en una viga simplemente apoyada con carga uniforme con los momentos de una viga doblemente 
empotrada eón carga también uniforme. 
14.2 ESTRUCTURAS CONTINUAS 
Hasta los primeros años del siglo xx, los ingenieros en Estados Unidos evitaron, siempre que 
fue posible. el empleo de las estructuras estáticamente indeterminadas. Sin embargo, tres grandes 
desarrollos.cambiaron esta actitud. Estos desarrollos fueron las estructuras monolíticas de concreto 
reforzado, la soldadura de arco en las estructuras de acero y los métodos modernos de análisis. 
298 PARTE DOS. ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El momento flcxionante máximo en el caso de una viga continua es casi 40% menor que 
cuando se tienen las vigas simples. Por desgracia, no existe un correspondiente 4()'}f de reducción 
en el costo total de la estructura. El factor real de reducción de costo probablemente sea un pe- 
queño porcentaje del costo total de la estructura. debido a que conceptos tales como cimentación, 
conexiones y sistemas de piso. no se reducen en forma importante al reducirse los momentos. Al 
variar las longitudes de los claros laterales cambiará la magnitud del momento máximo que ocurre 
en el elemento continuo. Para una carga constante uniforme sobre los tres claros, el menor mo- 
mento ocurrirá cuando los claros laterales tengan tanto como 0.3 a 0.4 veces la longitud del claro 
central. 
En la explicación anterior se vio que los momentos máximos desarrollados en las vigas se 
reducen bastante por la continuidad en la estructura. Esta disminución se produce en lugares donde 
las vigas están rígidamente unidas entre sí. o bien, donde las vigas se conectan en forma rígida 
a las columnas de una estructura. Existe continuidad de acción en la resistencia a una carga aplica- 
da en cualquier parte de una estructura continua, debido a que la carga es resistida por el esfuerzo 
combinado de todos los elementos del marco. 
(b) Diagramas de momentos si se usa una viga continua. 
Figura 14.2 Comparación de los momentos llexionantes en tres vigas simples contra una viga 
coruinua. 
­:2 2:l41.lb­píc ­:2 :!:l..t klb­pre 
~ = , 1-lhtric 
,Sl ¡ ¡ ¡ 1 ¡! 1 1 ¡ I I 1 ' I I ~ ¡ I I ~i­. • ~ • fl . ·r ~ .:l"º ­~6{lp1e, IOO pies 60pics~ • • 
1 516 klb­pie 
46-l klh-pie 464 klb-pie 
1a1 Diagramas de rnomemos s1 se usan tres vigas simples. 
.1 750 klh­pie 
1 350klb·p::L ~ "º klb­pre L . ~ 
w=, klh/píc w = 3 klh/pie w = 1 1.lh/píe I I ¡ 1 1 I I 1 1 I i_JL l ! j ¡.¡.t, 
60 píes • • 100 pies 
. ·1 60pies~· • J 
CAPÍTULO 14 INTRODUCCIÓNA LAS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 299 
Mayores factores de seguridad 
Las estructuras estáticamente indeterminadas tienen con frecuencia mayores factores de seguridad 
que las estáticamente determinadas. Cuando partes <le estructuras estáticamente indeterminadas 
de acero o de concreto reforzado resultan sobreesforzadas, éstas tienen a menudo la capacidad 
Los menores momentos flexionantes desarrollados permiten que el ingeniero seleccione elementos 
más pequeños para las componentes estructurales. El ahorro de material posiblemente puede ser 
del orden de I O a 20o/<' para puentes carreteros. El gran número de inversiones en las fuerzas que se 
producen en puentes ferroviarios permite sólo ahorros o economías de 1 O por ciento. 
Un elemento estructural de determinadas dimensiones podrá soportar más carga si es parte de 
una estructura continua que si estuviese simplemente apoyado. La continuidad permite el uso 
de elementos de menores dimensiones para las mismas cargas y claros, o bien. un mayor espa­ 
ciamiento de los apoyos para elementos de iguales dimensiones. La posibilidad de utilizar menos 
columnas en los edificios, o un menor número de pilares en el caso de los puentes. puede ocasionar 
una reducción global de los costos. 
Las estructuras continuas de concreto o acero son menos costosas al no tener las articulaciones. 
los pasadores y los demás elementos requeridos para ser estáticamente determinadas. como era la 
práctica en épocas pasadas. Las estructuras de concreto reforzado de tipo monolítico se edifican de 
manera que son naturalmente continuas y estáticamente indeterminadas. La instalación de articu­ 
laciones y de otros mecanismos de apoyo necesarios para convertir esos sistemas estructurales en 
estructuras estáticamente determinadas no sólo presentaría difíciles problemas de construcción, 
sino que además elevaría bastante los costos. Más aún, una construcción constituida por columnas 
y por vigas simplemente apoyadas necesariamente tendría que reforzarse utilizando contraventeo 
diagonal indeseable entre sus juntas, coa el fin de tener una estructura estable y rígida. 
Ahorro de materiales 
AJ comparar las estructuras hiperestáticas con las isostáticas. la primera consideración para la 
mayoría de los ingenieros deberá corresponder al costo. Sin embargo. es imposible justificar eco­ 
nómicamente la selección de uno u otro cipo de estructura sin ciertas reservas. Cada forma estruc­ 
tural presenta una situación diferente y única y. por lo canto. deberán tenerse en cuenta todos los 
factores. sean éstos de índole económica o de otro tipo. En general. las estructuras esráticameruc 
indeterminadas tienen ciertas ventajas que se describen a coruinuación. 
14.3 VENTAJAS DE LAS ESTRUCTURAS INDETERMINADAS 
Puente de arco sobre el río Colorado, Uiah. Ruta 95. (Cortesfu del 
Departamento de Transporte de> Utah.) 
• 
300 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
I J C. McCom1ac y J. K. Nelson. Jr, S1n,c111ml Steel fJ1r1i.rz11 LRFD Met//fJd, J¡1­ ed. (upper Saddle River, N. J.; 
Prenticc Hall. 2(l03}. 2.2 l­.23 l. 
Adaptabilidad al montaje en voladizo 
El método de montaje en voladizo de puentes es de gran valor cuando las condiciones por debajo 
del nivel de la superficie de rodamiento del puente (tráfico naval o niveles muy profundos del agua) 
obstaculizan el montaje de la ohra falsa. Los puentes continuos estáticamente indeterminados y 
los de tipo en voladizo pueden edificarse en forma conveniente con el método de montaje en vo­ 
ladizo. 
Puente Broadway Street con sección en voladizo en proceso de mon- 
taje, Kansas Ciry, Missoun. (Cortesía de la USX Corporation.) 
Es difícil imaginar a las estructuras estáticamente determinadas con la belleza arquitectónica de 
muchos arcos y marcos rígidos hiperesráricos que se construyen hoy día, 
Estructuras más atractivas 
Mayor rigidez y menores deflexiones 
Las estructuras estáticamente indeterminadas son más rígidas que las estáticamente determinadas 
y sus dcflexiones son menores. Gracias a su continuidad. son más rígidas y tienen mayor estabili­ 
dad frente a todo tipo de cargas (horizontal. vertical. móvil. etcétera). 
de redistribuir parle de esos esfuerzos a zonas con menor esfuerzo. Las estructuras estáticamen- 
te determinadas no tienen por Jo general esta capacidad.' Si los momentos ñexionantes en una 
componente de una estructura estáticamente determinada alcanzan la capacidad por momento úl­ 
timo de esa componen Le. la estructura fallará. Éste no es el caso en estructuras estáricamentc indc­ 
terminadas. ya que la carga puede redistribuirse a otras panes de la estructura. 
Puede mostrarse con claridad que una viga o un marco estáücameruc indeterminado, por lo 
regular no fallará cuando su capacidad de momento último se alcance en sólo una sección. Más 
bien, habrá una redistribución de Los momentos en la estructura. Su comportamiento es muy simi­ 
lar al caso en que tres hombres caminan con un tronco en sus hombros y uno de ellos se cansa y 
baja su hombro un poco. El resultado es una redistribución de cargas a los otros hombres. cambian­ 
do así las fuerzas cortantes y los momentos flexionantcs a lo largo del tronco. 
CAPITULO 14 INTRODUCCIÓN A LAS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 301 
Por lo general. en las estructuras hiperestáticas se produce un mayor número de inversiones de 
fuerza que en las estructuras isosráticas. En algunas ocasiones se requiere más material de refuerzo 
en ciertas secciones de la estructura para resistir los diferentes estados de esfuerzo y para evitar 
fallas por fatiga. 
Inversión de esfuerzos 
Dificultad de análisis y diseño 
Las fuerzas en las estructuras estáticamente indeterminadas no sólo dependen de sus dimenslones, 
sino también de sus propiedades elásticas) de las secciones transversales (módulo de elasticidad. 
momentos de inercia y áreas). Esta situación da lugar a una seria dificultad en cuanto a su diseño: no 
podrán determinarse las fuerzas sino hasta conocer las dimensiones de los elementos estructurales, 
y no podrán determinarse las dimensiones si no se conocen antes las fuerzas que actúan en ellos. 
El problema se resuelve suponiendo las dimensiones de sus elementos y calculando las fuerzas, 
diseñando los elementos para esas fuerzas y evaluando las fuerzas para las nuevas dimensiones 
supuestas, y así sucesivamente. hasta lograr el diseño final. El cálculo mediante este procedimien­ 
ro (método de aproximaciones sucesivas) es más tardado que el que se requiere para diseñar una 
estructura isostáiica similar. pero el costo adicional sólo cs. una pequeña parte del costo total de 
la estructura. Estos diseños se llevan u cabo de la mejor manera por medio de la interacción del 
diseñador con una computadora. La computación interactiva se usa mucho en la actualidad en las 
industrias automotriz y aeronáutica. 
El hundimiento de los apoyos no es la única condición que altera los esfuerzos que se producen en 
estructuras estáticamente inderermi nadas. Los cambios en la posición relativa de los elementos es­ 
tructurales causados por variación de temperatura. fabricación deficiente o deformaciones internas 
por acción de la carga. pueden causar cambios graves en las fuerzas en toda la estructura. 
Aparición de otros esfuerzos 
Asentamiento de los apoyos 
Las estructuras hiperesráticas no resultan convenientes en todos aquellos casos donde las condi­ 
ciones de cimentación son desfavorables. pues los asentamientos o ladeos que se presentan en los 
apoyos de la estructura. por leves que parezcan. pueden causar cambios notables en los momen­ 
tos ñcxionantes. las fuerzas cortantes. las reacciones y las fuerzas en los miembros. En los casos 
donde se realice la consrrucción de puentes con estructura hipercstática, a pesar de que existan 
condiciones de cimentación deficientes. suele ser necesario cuantificar físicamentelas reacciones 
debidas u carga mue na. Los puntos de apoyo del puente se levantan o e bajan de manera mecánica 
hasta un nivel en donde se presente la reacción calculada. Entonces los apoyos de la estructura se 
construyen hasta ese nivel. 
Un análisis comparativo de las estructuras estáticamente determinadas con las estáticamente in­ 
determinadas pone de relieve que estas últimas poseen ciertas desventajas que las hacen poco 
prácticas en muchas aplicaciones. Estas desventajas se explican con todo detalle. en los párrafos 
siguientes. 
14.4 DESVENTAJAS DE LAS ESTRUCTURAS 
INDETERMINADAS 
302 PARTE 005 ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
• J. 1. Pared y R. B. R. Moo1111an. Anulysis t?(Swtín1/ly lndeterrninate Str11c111re.1. (Nueva York. Wiley. 195.5). p. 41:l. 
J J. S. Kinney. lndeterminate Struciura! A1111/ysis I Reading, Mass .. Addison­Weslcy, 1957 ). pp. 12­13. 
Métodos de los desplazamientos o de las rigideces 
En los métodos de análisis de desplazamientos se establecen ecuaciones con los desplazamientos 
de los nudos (rotaciones y traslaciones] necesarios para describir completamente la configuración 
deformada de la estructura. a diferencia de las ecuaciones del método de fuerzas que contienen 
acciones redundantes. Al resolver las ecuaciones simultáneas se encuentran esos desplazamientos. 
los cuales se sustituyen en las ecuaciones originales para determinar las diversas fuerzas internas. 
En el método de fuerzas se formulan ecuaciones de condición que implican un desplazamiento en 
cada una de las fuerzas redundantes en la estructura para proporcionar las ecuaciones adicionales 
necesarias para la solución. Se escriben ecuaciones Je desplazamiento por y en la dirección de 
las fuerzas redundantes; se escribe una ecuación para la condición de desplazamiento en cada 
fuerza redundante. De las ecuaciones resultantes se despejan las fuerzas resultantes, que deben 
ser suficieruerncntc grandes para satisfacer las condiciones de frontera. Como veremos pronto, las 
condiciones de frontera no necesariamente tienen que ser un desplazamiento cero. Los métodos de 
fuerzas también se llaman métodos defiexibilidades o métodos de compatibilidad. 
James Clerk Maxwell publico por primera vez en 1864 un método de fuerzas para analizar 
estructuras hipcresiáucas. Su método se basó en una consideración de las dcflcxiones, pero la ex­ 
posición (que incluía el teorema de las deflcxioncs recfprocas) fue muy breve y no llamó mucho 
la atención. Diez años después Ouo Mohr. independientemente. amplió la tcorfa hasta darle casi 
su estado actual de desarrollo. El análisis de estructuras redundantes empleando deílexiones se 
denomina, en algunas ocasiones. método de Maswell-Mohr o método de las deformaciones con- 
sistentes. :!.J 
Los métodos de fuerzas del análisis estructural son útiles para analizar vigas. marcos y arma­ 
duras estáticamente indeterminadas de primero o segundo grados. Son también útiles para algunos 
marcos de un solo nivel con dimensiones poco comunes. Para estructuras de gran indeterminación 
estática. como son los edificios de múltiples niveles y las armaduras complejas grandes, otros 
métodos son más apropiados y útiles. Estos métodos. que incluyen a la distribución de momentos 
y los métodos matriciales. que se verán en capítulos posteriores, son mucho más convenientes. De 
hecho, los métodos de fuerzas han sido superados casi por completo por los métodos de análisis 
descritos en la parte tres de este texto. Sin embargo. el estudio de los métodos de fuerzas propor­ 
ciona un claro entendimiento del comportamiento de las estructuras estáticamente indeterminadas 
que no se podrfa obtener de otro modo. 
Métodos de fuerzas 
Las estructuras estáticamente indeterminadas contienen más fuerzas desconocidas que ecuaciones 
disponibles de cqui I i brio estático para su solución. Por ello. estas estructuras no pueden analizarse 
usando sólo las ecuaciones de equilibrio estático: se requieren ecuaciones adicionales. Las fuer­ 
zas no necesarias para mantener a una estructura en equilibrio y estable son fuerzas redundantes. 
Las fuerzas redundantes pueden ser fuerzas de reacción o fuerzas en los miembros que constituyen 
a la estructura. Hay dos enfoques generales que se usan para encontrar las magnitudes de esas fuer­ 
zas redundan res: métodos de f11e1 ... as y métodos de despluziuuientos. En esta sección se anal izan 
las bases de estos métodos. 
14.S MÉTODOS PARA ANALIZAR ESTRUCTURAS 
ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
CAPITULO 14 INTRODUCCIÓN A LAS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 303 
En los capítulos 15 al 18 se presentan varios métodos clásicos de análisis de estructuras estática­ 
mente indeterminadas, Entre ellos figuran el método de las deformaciones consistentes. los teore­ 
mas de Castigliano y el método de pendierue­deflexión. Los primeros dos métodos son métodos 
de fuerzas. mientras que el último es de análisis por desplazamientos. Esos métodos. son principal­ 
mente de interés histórico y casi nunca se usan en la práctica. Sin embargo. constituyen Ja base de 
los métodos modernos de análisis. 
El autor ha incluido en la parte tres (capítulos 19 al 25) métodos para analizar estructuras es­ 
táticamente indeterminadas. usados a menudo hoy día por los ingenieros estructurales, Primero se 
presentan varios métodos aproximados de análisis y Juego se estudian con todo detalle los métodos 
de distribución de momentos y los matriciales. Hablando honestamente. los análisis de compu­ 
tadora basados en los métodos matriciales son casi el .. único juego en casa" en la actualidad. 
14.6 MIRANDO HACIA ADELANTE 
El método de los desplazamientos más comúnmente usado es el método matricial que se presenta 
en los capítulos 22 al 25. 
304 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Si se retiran las cargas ex temas de la viga y se coloca una carga unitaria en 8. se desarrollará 
una deflexión en B igual a iltib, como se indica en la figura 15.l(c). Las deílexiones debidas a las 
cargas externas se denotan aquí con letras mayúsculas. La deflexión en el punto C en una viga 
debida a las cargas externas sería óc. Las deflexiones debidas a la carga unitaria imaginaria se 
Figura IS. I 
Apoyo B reemplazado 
(d) 
Carga unitaria 8 
(C) 
P1 1 p~ 
~ ' ~ =­­t r= f 
6u 
Apoyo B retirado 
(b) 
P, P, 
r ! --- t --- l "1 
VII ÁH Ve v,3== ·­ 
Ább t t 
P, p, 
A i B ! e 
~ :Ji ~~ 
V" t tvn t V, 
Viga original 
(a) 
Al método de fuerzas para el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas frecucntcrncn- 
Le se le denomina método de fas distorsiones consistentes. Como una primera ilustración de las 
distorsiones consistentes se considera a la viga de dos claros de la figura 15.1 (a). Se supone que 
la viga consiste en un material que sigue la ley de Hooke. Esta estructura estáticamente indeter­ 
minada sustenta las cargas P1 y P1 y a su ver es sustentada por las componentes de reacción en 
los puntos A. B y C. La remoción del apoyo B dejaría una viga estéticamente determinada. lo que 
prueba que la estructura es estáticamente indeterminada en primer grado. Con este apoyo elimi­ 
nado es una cuestión simple encontrar la dcllexión en B . ..ici, en la figura 15. I (b), causada por las 
cargas externas. 
15.1 VIGAS Y MARCOS CON UNA REDUNDANTE 
Métodos de fuerzas para el análisis 
de estructuras estáticamente 
indeterminadas 
Capítulo 15 
.ó.a + VaAht, = O 
6.a Va=-- 
.ó.hb 
El signo negativo en esta expresión indica que V 8 está en dirección opuesta a la carga unita­ 
ria hacia abajo. Si la solución de la expresión arroja un valor positivo, la reacción está en la misma 
dirección que la carga unitaria. Los ejemplos 15.1 a 15.4 ilustran el método de fuerzas para calcu­ 
lar las reacciones de vigas estáticamente indeterminadas que tengan una componente de reacción 
redundante. El ejemplo 15.5 muestraque el método puede ampliarse para incluir tamhién marcos 
estáticamente indeterminados. Las deflexiones necesarias para los primeros cuatro ejemplos se 
determinan con el procedimiento de la viga conjugada, mientras que las Je! ejemplo 15.5 se de­ 
terminan mediante el trabajo virtual. Después Je encontrar el valor de la reacción redundante para 
cada problema, las otras reacciones se determinan mediante la estática, y se trazan diagramas de 
fuerza cortante y de momento. 
denotan con dos letras minúsculas. La primera letra indica la posición de la deflexión y la segunda 
indica la posición de la carga unitaria. La deflexión en E causada por una carga unitaria en B sería 
Aeb· A los desplazamientos causados por las cargas unitarias se les llama a menudo coeficientes de 
flexibilidad. 
El apoyo B no es susceptible de asentamientos, y su remoción es simplemente una suposi­ 
ción de conveniencia. Una fuerza hacia arriba está presente en By es suficiente par evitar cualquier 
deflexión, o, si continuamos con la linea de razonamiento ficticia, hay una fuerza en B que es 
suficientemente grande para empujar al punto B de regreso a su posición original sin deñexión. La 
distancia que el apoyo debe ser empujado es A11• 
Una carga unitaria en B causa una dcflcxión en B igual a .ó.bb y una carga en B de 10 klb 
causará una deflcxión de 10.ó.bb· Similarmente, una reacción hacia arriba en B de V8 empujará a B 
hacia arriba una cantidad V A.ó.bb· La detlexión tola! en B debida a las cargas externas y la reacción 
V 8 son cero y pueden expresarse corno sigue: 
Viaducto I­180. Cheyenne. Wyoming. (Cortesía del 
Departamento estatal de carreteras de Wyoming.) 
306 PAR1E DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Calculando .6.1l, Át,b y Vn 
Elt.a = (20)(11 400)­ G)(20)(750)(6.67) ­ (J)~~0)3 (10) 
+ (1 430)(25) ­ (!) (25)( 111 )(8.33) 
EIAB = 182 100 klb-pie.' 
EJAvt, = (20)(130) ­ (1)("0)( 11.1)(6.67) 
Ellibb = l 860 pie' 
li8 182 100 Va=--=- =98klb f 
Átib l 860 
130 klb­píc..2 120 klb­pie2 
El Diagrama :~ para la carga unitaria en 8 El 
t 11.1 klb-pié El t 
1 ' 
t L 156 ldb­pie 111 klb­pk _J r­1 El IU pies­¡­10 pi~~­1 25 pies 
2 080 klb-pi-:2 l -130 klb-pie~ 
El Diagrama ~ para una carga de 20 klh El 
p F • 
750 klh-pii:: 760 klb-pic 
El El V' . d '::, ,/ igu conjuga a .e:= ,¡ t7 ~ 
f.­20 pics­lL2s pies t s r,.:., 11 400 klb-pié1 M 11 4()() klh-pic~ 
El Diagrama El para carga uniforme El 
Figura 15.2 
Solución. Separando la carga uniforme y la carga concentrada y trazando sus diagramas~­ 
E = 29 X IO~ lhlpJg'.! 
1~6 000 plg 
Determinar las reacciones y dibujur los diagramas de fuerza cortante y de momento flcxionante 
para la viga con dos claros de la figura 15.2; suponga que V 8 es la redundante; E el son cons­ 
tantes. 
CAPÍTULO 15 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 307 
Figura I s.a 
20 klb 30 klb MA( 1-A • i B 
I O pies ~-1 O pies ­L 10 pies _Jv n 
i------30 pics­­­­­J 
Determinar las reacciones y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento para la viga 
apuntalada mostrada en la figura 15.3. Considere que Vs es la redundante: E e I son constantes. 
• :.no klb­pie 
136 klb­pie 134 klb­pie e + ::::::--,.. e::::::::::: + ::::::::,.,. 'S7 
.... ' ,. ,,;, 9_i pies ' ,v ,·­ 9.5 pies 
1.~1 ­ ­­­­.:::::::¿J28.5 klb 
1 213'­..j )1.5 
~0.5 pies 
Á OH • t ~ ~ 
28.5 klb r----. 1 f+::::::­....__ 4651~ ­­­­­­ 
• . o 
. 'f 28.5 klb 
-J (iáJ B 
98. ~:bl 
3 klb/pie w:™·~, 
20 klb t 
Diagramas de fuerza cortante y de momento: 
}:V=O 
20 + (3)(45) ­ 98 ­ 28.5 ­ V A= O 
V A = 28.5 klb r 
¿MA=O • 
(20)(10) + (45)(3)(22.5) ­ (20)(98) ­ 45Vc = O 
Ve= 26.5 klb j 
Calculando las reacciones en A y C mediánte la estática, 
308 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Solucián. Cualquiera de las reacciones puede considerarse como la redundante y aislar­ 
se. siempre que se tenga una estructura estable. Si se elimina el momento resistente en A. 
queda un apoyo simple y las cargas de la viga hacen que la tangente a la curva elástica gire 
una cantidad eA. Un estudio breve de esta condición revelará un método para determinar 
el momento, 
Resuelva de nuevo el ejemplo 15.2, pero esta vez use el momento resistente en el empotramiento 
como la redundante. 
• 
10 I.Jb 20 klb 
:!­15 klb­pie ( A t t 
118.Hlh 3151..lb 
31.5 IJb 
1 + 1 
I J.5 ldh 
1 ­ 1 
I lt5 l.lh 
70 klb­pie 185 klb­pie 
~ + (;:...­­­­­"'" 
245 klb­pie 
Diagramas de fuerza cortante y de momento: 
YA= 31.5 klb 1 y MA = 245 klb­pie ) 
Por está ti 1.:a 
ETÁB = {1)(200)(10)(26.67) + (!)(600)(20)(23.33) = 166 670 klb­pie'' 
Eióbb = (4)(30)(30)(20) = 9 000 pie ' 
V = - 166 670 = 18 5 klb f B 9000 . 
Solución. 
, . 
... 
1 ,! ­ 
""'it''' Diagrama M para una carga de 20 klh 
r L 
"" 1, .. '" Diagrama M para una carga de JO 1.lh 
¡;; 
1 ,1 
Jo kJh­ek Diagrama m para una carga El1 unuaria \!O 8 
CAPÍTULO 15 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 309 
,, á\k.., 
t 5 klb-pie2 
El 
I klb­pie 
El 'l..,+ Centro de gravedad 
I O klh­picl t o· m I . . El iagrama El para un momcn o unuano en 
el sentido de las manecillas del reloj en A 
,s '" Centro de gravedad 
1 340 klb­pie2 t¡... .. , ­­HI 6.,...6;,.,71­1p1ttic:.,,"•t­­­•• +-l •­­11H3cc.3h]­1'Jltttie~,­~· l l 660 klb­pieJ 
EJ E.l 
Diagrama ~ para una carga de 20 klb 
200 klb­pie 
El ------ 
1331..lb­pie 
El 
1~niro de gravedad • ,.< > 1 
1 1 1 O kJ h-pie2 i--·i-:·i,.:·','· -~·e:'\---l~•----+il 65".6'67ffl¡:i,ii-el!!~~ ---t 890 k.lb­pie1 ·­·­­• .. •..­·­ ­ El El 
Diagrama ~ para una carga de 20 klb 
Remoción de M" 
30k1b t 20 klb ! " 
A 20 kJb '.?Oklb 
J 1 ! B . I . I . 
u 
1. 10 pieJ 10 pie, I O pies . , 
Solue,i6n. 
El valor de s, es igual a la fuerza cortante en A en la viga conjugada cargada con 
el diagrama MIEL Si se aplica un momento unitario en A. la tangente a la curva elástica 
girará una cantidad eªª' lo que también puede encontrarse con el procedimiento de la viga 
conjugada. La tangente a la curva elástica en A en realidad no gira; por lo tanto, cuando se 
reemplaza a MA., debe ser de suficiente magnitud para restituir a la tangente a su posición 
horizontal original. Puede­escribirse la siguiente expresión igualando a eN con cero y puede 
despejarse el valor de la redundante MA· 
3 10 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Solucián. La remoción del momento del apoyo interior cambia al apoyo a una articula­ 
ción, y las vigas a cada uno de los lados tienen libertad de rotación, independientemente de 
como lo indican los ángulos eb, y en., en la curva de deflexión que se muestra, L0s valores 
numéricos de los ángulos pueden encontrarse colocando el diagrama MIEI sobre la estruc- 
tura conjugada y calculando la fuerza con . ante a cada lado del apoyo. En la viga real no 
hay cambio de pendiente de la tangente a la curva elástica desde una pequeña distancia a la 
izquierda de B hasta una.pequeña distancia a la derecha de B. 
El ángulo representado en el diagrama por 98 es el ángulo entre las tangentes a la 
curva elástica a cada lado del apoyo (es decir, e1,1 + 9b)· El momento real Me, cuando se 
le reemplaza, debe ser de magnitud suficiente para restituir las tangentes a su posición ori­ 
ginal o para reducir 08 a cero. Un momento unitario aplicado acada lado de la articulación 
produce un cambio de la pendiente de ehb; por Jo. tanto, una expresión para la magnitud de 
M,, es: 
Figura 15.4 
20 klb -+0 klb 
+ B + C A 
Calcule las reacciones y trace los diagramas de fuerza cortante y de momento para la viga de dos 
daros mostrada en la figura 15.4. Suponga que el momento en el apoyo interior B es Ia redun- 
dante. 
el\ 2 450 . M" = --· = - = 245 klb­pie ) • ªªª 10e _ 1­0 pies 
aa ­ ET 
2 450 klb­pie2 
El 
l 110 + l 340 
El 
De los diagramas~ 
CAPÍTULO IS MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 31 1 
287.5 klb­pie 
21.25 klb 
1 ?5 ktb 
25.62 ktb .­­­­­­­­, 
' 1.25 klh . ,;-:T.?. -16.87 klb 
20 klb i 
• 
+ 
225 klb­pic 
+ 
6.67 klb­pi\:2 
El 
Á o t 6.67 klb­pie2 I I IJ.:n klb­pie? 
El El 
3.33 klb­piel 
El Diagrama ~ paro el momento 
unitario en B 
Solución. 
e _ 500 kJb­pie2 
b1 ­ EJ 
4 000 kJb­pie2 
~1 = El 
0 e 0 4 500 klb­pie2 B= b + 1._=­­­­­ 
I V1 ET 
. " 20 klb­pie­ 
0bb = 6.67 + 13.3.) El 
0B 4 500 . _ . Mo = - Oijb = - 20 = ­225 klb­pie 
Mediante la estática se encuentran las siguientes 
reacciones: 
14.38 klb 
tt ª 
14.3S klb 
40 klb l, 
81 
I klb­pi\: 
-1 000 klb­pic­ 
El 
Curva de dcflexión 400 klb­pie 
I CJO klb­pie ET 
El --------=----- _A-,~---e::::::::::=+:::::::==-.,~ 
t 500 kJ b­p1e21 t 4 000 klb­p1e2 t el El 
500 klb­pic2 Diagrama ~ 
El El 
t 
,g 
V A = ­1.25 klb 
Vn = -46.87 k1b 
Ve= ­l438klb 
312 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Aplique una carga horizoníal unitaria en A y determine la deflexión horizontal Áas,, 
86 600 klb­pie.' 
AA= - El 
Calcule la deflexión horizontal en A mediante trabajo virtual. El resultado es 
40 
t 
50 
f 
7\ 
30 klb 60 klb i i 
Solución. Retire H" como la redundante. Esto cambiará a A a un apoyo de tipo de rodillo. 
Figura I S.5 
JOklh 60rh ! H11 ¡ 
­10 pies ­r­· "' pies 110 pies j . ,.r Yu E e l constantes 
H y I\ l 
VA 
Calcule las reacciones y trace el diagrama de momento para la estructura mostrada en la figura 
15.5. 
CAPÍTULO 15 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 3 13 
El método de fuerzas para analizar vigas y marcos con una redundante puede ampliarse al análisis 
de vigas y de marcos con dos o más redundantes. A continuación se considerará la viga continua 
con dos reacciones redundantes que se muestra en la figura 15.6. 
15.2 VIGAS Y MARCOS CON DOS O MÁS REDUNDANTES 
Puente sobre el río Raritan en Nueva Jersey. (Cortesía de Sieínman, 
Boynton. Gronquist & BirdsaJI Consulting Engineers.) 
48.7 klb 
Diagrama de momentos 
­11.3 IJb l 
l3klh--""" 
30 klb 60 klb 
• 
??6 lb­ . , -l 13 klb­pic -- .1 pie 
260 klb­pie + 
260 klb­pie ­ l 
Calcule las reacciones restantes mediante la estática. 
6.A + HA&a., = o 
AA ­86 660 HA=--=- = +l3klb­+ Aaa +6 667 
... 6 667 klb­pie3 
uaa = + - El 
El resultado es 
314 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El método de fuerzas para calcular las reacciones redundantes puede ampliarse indefinida­ 
mente a estructuras con cualquier número de redundantes. Sin embargo, los cálculos pueden llegar 
~B + VHD.l>b + Vc~bc = 0 
D.c + Yalicb + Vcó.cc = O 
Puede escribirse una ecuación para la deflexión en cada uno de los apoyos. Ambas ecuacio­ 
nes contienen las dos incógnitas V 8 y V e, y sus valores pueden obtenerse resol viendo las ecua­ 
ciones simultáneamente. 
Paso a desnivel 1­81 de la ruta fluvial auxiliar en Harrisburg, 
Pennsylvania. (Cortesía de Ganneu Fleming.) 
ae P¡ P, p P4 
A t B ( { e t D 4 ~ X ::ti- 
t t t t v,. Vu Ve Vn 
Figura 15.6 
Para hacer que la viga sea estáticamente determinada, es necesario retirar dos apoyos. Se 
supone que retiramos los apoyos B y C, y se calculan sus deñexiones li8 y lic debidas a Jas cargas 
externas. Teóricamente se retiran las cargas externas de la viga; se coloca una carga unitaria en B: y 
se encuentran las deflexiones en 8 y C (libb y Áct,). La carga unitaria se mueve a C, y se determinan 
las deñexiones en los dos puntos il1,c y ilcc· 
Las reacciones en los apoyos B y C empujan a estos puntos hacia arriba hasta que están en 
sus posiciones originales de deílexión cero. La reacción V 8 elevará a B una cantidad V 0t.bi, y a C 
una cantidad V BÓ.:h· La reacción V e eleva a C por V'~"" y a B por V cÁbc· 
CAPITULO 15 METODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 315 
Si tres hombres caminan con un tronco sobre uno de sus hombros (situación estáticamente 
indctenninada) y uno de los hombres baja ligeramente el hombro cargado, él no soportará el mis­ 
mo peso total que antes. En efecto, al separarse del tronco ha cedido más peso del mismo a los 
{)tTO& hombres. E\ asemamiento de un apoyo en una viga continua estáticamente indeterminada 
tiene el mismo efecto. 
Los valores de A8 y ó.bb deben calcularse en pulgadas si el movimiento del apoyo está dado 
en pulgadas; se calculan en pies si el movimiento del apoyo está dado en pies. cte. El ejemplo 15.6 
ilustra el análisis de la viga de dos claros del ejemplo 15. l con la suposición de un asentamiento de i plg en el apoyo interior. El diagrama de momentos se traza después de que ocurre el asentamiento 
y se compara con el diagrama antes del asentamiento. El desplazamiento aparentemente pequeño 
ha cambiado totalmente la escena del momento. 
En fas secciones precedentes se han considerado vigas continuas con apoyos que no experimentan 
desplazamiento alguno. No obstante. si un apoyo se asienta o sufre algún tipo de desplazamiento 
con respecto a su posición teórica original, pueden aparecer en la estructura cambios notables 
en reacciones. fuerzas cortantes, momentos flexionarues y esfuerzos, Cualesquiera que sean los 
factores que causen los desplazamientos en los soportes (cimentaciones débiles, cambios de tem­ 
peratura, montaje o fabricación deficientes, etc.), el análisis podrá desarrollarse mediante las ecua­ 
ciones de deformación establecidas antes para las vigas continuas. 
En la sección 15. l desarrollamos una expresión para la deflcxión en el punto B para la viga 
de dos claros de la figura 15.1. Esta expresión se desarrolló suponiendo que el soporte B se retiraba 
temporalmente de la estructura. permitiendo que el punto B se deflexione. después de lo cual el 
apoyo se reemplazaba. Se suponía que la reacción en B. Va, tendría la suficiente magnitud para 
empujar a B hacia arriba a su posición original de dcflexión cero. Si B se asentase en realidad 1.0 
plg, Y B será mas pequeña porque solamente tendrá que empujar a B hacia arriba una cantidad 
óa ­ 1.0 plg, y la expresión para la deflcxión puede escribirse como 
15.3 ASENTAMIENTO DE APOYOS 
fi.s + Ysfi.bo + Vc6bc + Vo6bcl = O 
6c + VRfi.cb + Ycó.cc + Vollcct = O 
flo + V sildb + V c6uc + V ofi.dct = O 
P1 P, P1 P1 15 
.....&: t ;::.u:; r ;:a:; ! ! ;4.. ;e'" 
t 1 t t t 
VA Vn Ve vf) Yr. 
Figura 15.7 
a ser bastante tediosos, si hay más de dos o tres redundantes. Considerando la viga de la figura 15.7 
pueden escribirse las siguientes expresiones: 
• 
J f 6 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
+ ~ + 1 2)0'k 
136 klb-pie 134 klb-pk 
::::­:,..... .,.......­: ::::---,.,. Diagrama de momentos antes 
del asentamiento 
51.2 klb 
Diagrama de fuerza cortante r~­­_21.2 28.5 
después del asentamiento de B ,._L __ + __ J_....,,1.::­2­­­lr+­­......_._+_..=........,.==­­­­­~ ­=:::::¿J 28.8 ­­­­ : 1 ­­­­...J46j 
• 
362 kJl:>-pie 224 klb-pie 360 klb-pie 
Diagrama de momentos después k:::::" ~ ~ 
del asentamiento de B 
VA=51.2klhT 
V e = 46.5 klb t 
1.81­0.750 = 57_3 k T 0.0185 . Va = 
Á _ 182 100 kJb­pie3 _ 1 81 1 u- El ­ . pg 
Ább 1 860 :b­pie3 = O.O 185 plg 
Áll ­ 0.750 + VaÁbb = O 
Solucián. Los valores de 6.8 y 6.b~ anteriormente encontrados están calculados en pul­ 
gadas, y se determina el efecto del asentamiento del apoyo en V 8. Mediante la estática se 
encuentran los nuevos valores de VA y V cY se trazan los diagramas de fuerza cortante y de 
momento. Se repite el diagrama de momentos antes del asentamiento para mostrar los dra­ 
máticos cambios. Ahora el lector entenderá por qué los ingenierosestrucmrales se resisten 
a usar estructuras estáticamente indeterminadas cuando las condiciones de cimentación son 
malas. Los asentamientos pueden causar todo tipo de cambios y de problemas. 
Figura I S.8 
20klb 
E= 29 x I oc, lb/p]gl 
l = 6 000 plg 
Determinar las reacciones y trazar los diagramas de fuerza· cortante y <le momento para la viga 
del ejemplo l 5.1, reproducida en la figura 15.8, si el apoyo B se asienta! plg. 
CAPITULO 15 METODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 317 
Figura 1 5.1 O 
Aseruamlemo relativo; B = ­1.19 plg, y C =­1.59 plg 
(b) 
L25 plg }1.'.:! 1 plg J.16 plg l. !O plg 
2.4º plg ;}1.11:>pJg 275 plg }1.59 plg ­ 
Diagrama <le asentamientos: 
(a) 
1 
e a 
Q, ' ?I .. p ­ - 
I O pies 10 pies 10 pies IOpies IOpies --- r~-~ 
~n -~ ­v ,, -v •• ­ ­ . 
A - . .,,/\ o 40 klb ¡ 40 klb ! 50 klh ¡ 
Cuando algunos o todos los apoyos se desplacen. el análisis puede efectuarse con base en 
valores relativos de los aseniamieruos. Por ejemplo, si todos los apoyos de la viga de la figura 
15.9(a) se asentaran 1.5 plg. las condiciones de esfuerzo. en teoría. permanecerían inalteradas. Si 
los apoyos se desplazan cantidades diferentes pero permanecen alineados. como se ilustra en la 
figura 15.9(b). la situación será teóricamente la misma que antes del asentamiento. 
Cuando se presenten asentamientos inconsistentes, y los apoyos ya no estén alineados, las 
condiciones de esfuerzo cambiarán debido a la deformación de la viga. Esta situación podría tra­ 
tarse trazando una línea recta a través de las posiciones desplazadas de dos de los apoyos, general­ 
mente los extremos. A partir de esta línea se determinan y se usan en los cálculos las distancias de 
los otros apoyos. como se ilustra en la figura l 5.9(c). 
Se supone que los apoyos de la viga de tres claros de la figura 15.1 O(a) se asientan como 
sigue: A es 1.25 plg, B es 2.40 plg, C es 2.75 plg, y D es 1.1 O plg. En la figura 15.1 O(b) se traza 
un diagrama de estos asentamientos y se determinan los asentamientos relativos de los apoyos B 
yC. 
La solución de las dos ecuaciones simultáneas que siguen arrojará los valores de V8 y Ye. 
Mediante la estática pueden entonces calcularse los valores de VA y VI)· 
Figura 15.9 
Línea recta de A a C Asenramienro relativo de B = 0.78 plg 
(C) 
A B C 
(b) 
~~-1._00_p_Lg ...J¡L. _'-"_~o_p-lg _jl 1.5() plg A B C 
(a) 
,.K. :a: t-- 20 pies­­· t ..... o­­­­30 pies­­­­., t 
e A B 
318 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
• 
h2.1s klb 31.55 14.20 1 + 1 1 + 1 1 1 + 1 17.85 8.45 25.8 Diagrama de fuerza cortante después del ascntarniento 
321 klb­píe 458 klb­pic . 516 klb­pie 
\ 14" klb . \ 374 klb-ptc _! ­·~ ------- .------ - + Momentos después del asentamiento 
1 ~7 klb­pie 53 klb-pie 15+ klb­pie ,........ :=:::::::,, <......::.­­­" ........... ~ ¿ + + + 126 klb-pie 168 klb­pie 
Momentos antes del asentamiento 
50 klb 40 klb 40klb l l i t 32.15 t t t 
V A =32.15 VB=49A Ve= 21.65 Yn ="5.S 
La solución simultánea de las ecuaciones ( 15. l) y ( 15.2) da los valores de V 6 y V e, y por 
estática se determinan VA y VD· 
(15.2) 
(15.1) 
Escribiendo las ecuaciones para las deflexiones finales en Los dos apoyos 
{
asentamiento} A13 + V13Abb + VcAtx: = relativo deB 
3.76 +0.0349V13 +0.0374Yc = 1.19 
Ac + VaAcb + YcAcc = Lle 
4.57 +0.0374Vs +0.0498Yc = L.59 
Sotucián: 
Calculando las deñexiones en los apoyos B y C. 
A = 514 350 klb­pie3 = 3 76 Jo­ B El · Po 
A = 625 300 klb­pie3 = 4 57 Jo uc El .. pe­ 
4 765 klb-pie! Abb = El = 0.0349 plg 
A = 6 820 klb­pie3 = O 0498 1 ce EI . p g 
5 140 klb­pie3 
Abe= Ado = El = 0.0374 plg 
Determinar las reacciones Pª1"ª la. vigµ de la figura 15. l O suponiendo que Los apoyos se asientan 
como se muestra en esa figura. Trace Los diagramas resultantes de fuerza cortantey de momento. 
IÍB ­ l.19 + YaAbb + Ycáhc = 0 
Lle ­ l.59 + VBAcb + YcAcc = O 
CAPÍTULO 15 MÉTODOS DE FUERZAS PARA El ANA.LISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 319 
50ldb 
Empo. 
15.10 
1 10 pies zo pies­­l i­20 pies­­...¡..,­­­­30 pies­­­J 
2.4 klb­pie B 
Empo­ 
tramiento 100 klb 
t 
15.9 (Resp.: V,,= 9.42 klb 1­ M0 ­2.91.6 klb­pie.) 
X ,. d • 
~Opii;s­ 10 pies 10 pies 20pies­ 15 pies 15 pies . ¡. 30 pies 40 pies 30 pies 
B e 
30 klb 
* o O:.... 
70klb 
* 
40 klb ! 
15.8 
5 rn 
X 1 ::4-, 
-1orn- .... i-10m+IOm- 
,___ __ ISm 20m­­­­ 
70 ki'I 
B ¡ C 50 kN ¡ A 
(Resp.: V11 ­ 74.66 kN T, Mu= ­197.3 kN. m.) 
JO pies -is pies­~ 
­­­­25 pies +­30 pies­­­•1 
B e 50 klb 
15.6 
menos que se especifique otra cosa. Utilice el método de las 
distorsiones consistentes. 
A B ¿ 2.4 klb-pic C 
15.S (Resp.: VA = 7.5 klb 1. M11 -562.5 klb­pie.) 
Empotramiento 
A 
15.4 
60 kíb 4() klb 50klb 
A ! ¡ B ! e 
~ 
IO ..', p"'l lO ., 
Q 
-·LO pi,.l 10 pies 
~ ' Jli 
30 pies 20 pies 
15.3 (Resp.: V11­ 102.37 klb T. M11 ­ -368.5 klb­pie.) 
50 klb 70 klb i __ ::J.t._A __ ¡ -----ft B 
lO ''"~- ro pies 
JO pies­­­­­20 pies­­­­ 
15.1 (Resp.: V11 = 96.28 klb 1. M13 = ­262.8 klb­pie.) 
En los problemas 15.1 al 15.23 calcule las reacciones y di- 
buje los diagramas de fuerza cortante y momento flexionan- 
te de las vigas continuas o marcos: E e I son constantes, a 
15.4 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
60 klb 80 klb 
A ¡ R ¡ e 
Á 
10 pie, t lO pi" t~ I O pies t I O pies Q ! ~ 
10 pies 20 pies 
15.7 
15.2 
320 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
l­20 pie~­­~ 
l "['~ 
30 ies 
A º 
­ ­ ­ ­ 
­ ­ 1.2 klb/pie 
.'f· 
2.4 ~lb/pie C 
15.20 
15.19 tResp.: VL = 17.55 klb T, H,, = 13.7 klb .­.) 
AJ..----------' 
r f­,;pie,+15 pi"~ 
30 klb 
60 kJb 
B C ­­­.....i.­­­ .. ~ 
15 ics 
15.18 
/\ F 
30 klb 
11 = 1 000 p]g4 ¡ 60 klb 12 = ( 800 p!g• l l 1 = 1 000 plg4 
) El =.29 X J(.)6 
~ 
c. .,..,l,j~~ " ¡ t,/pJu2 
20 pies ­­ 20 pies ~ e e­ 
15 pies 15 píes 
­­­40 pies 30 pies­­.i 
A 
15.17 (Resp.: Ye= 19.54 klb, M0 ­3 U.6 klb­pie.) 
1 = 1 500 plg'I 
~ 
B F.=29x 106 
Jb/pJgl 
1 =-3 000 plg' 
50 klb 
Empo- 
tramiento 
15.16 
1 1 = 3 000 plg4 
f­.­20 ries­­­­­­­20 pies­­­~1 
B 
Empo­ 
tramiento 
15.12 La viga del problema 15. J. suponiendo que el soporte B se 
asienta 2.50 plg. E= 29 x 106 lb/plg2• 1 = 1 200 plg", 
15.13 La viga del problema 15.1. suponiendo los siguientes asen- 
tamientos de los sopones: A ­ 4.00 plg, B = 2.00 plg y C 
­ 3.50 plg. E ­ 29 x l 01, lb/plg2. 1 ­ 1 200 plg''. tResp, 
Vn = 122.66 klb, M11= ­526.6 klb­pie.) 
15.14 La viga del problema­ 15.8. suponiendo los siguientes asen­ 
tamientos de los soportes: A ­ l.00 plg, B = 3.00 plg. 
C = l.50 plg y D = 2.00 plg. E= 29 X 106 Ib/plg". 1 = 
3 200 plg". 
15.15 tResp.: V u = 14.00 klb T, MA = ­160 klb­pie ).) 
B 
SOklb 
i 
30 klb ¡ 
15.11 tResp.: V11 = 64.59 klb 1, Me= ­268.9 klb­pic.) 
CAPITULO 15 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 32 f 
V I(F1µBL/AE) 
B = ­ L(µiL/AE) 
Las fuerzas en los miembros de la armadura debidas a las cargas externas. cuando se elimina 
la redundante, no son las fuerzas finales correctas y se les denomina aquí fuerzas F1• La deflexión 
en el apoyo eliminado debida a las cargas externas puede calcu Iarse, mediante L( ¡:¡tµL/ AE). La de­ 
flexión causada en el apoyo al colocar una carga unitaria ahí puede encontrarse aplicando la misma 
expresión de trabajo virtual, exceplo que la carga unitaria es ahora la carga externa y las fuerzas 
causadas son las mismas que las fuerzas µ. La deflcxión en el apoyo debida a la carga unitaria es 
I(µ1L/ AE), y la reacción redundante puede expresarse como sigue: 
~B + Va~bb = O 
Vfl = ­ ~B 
llbb 
Las armaduras pueden ser estáticamente indeterminadasdebido a reacciones redundantes. a ele­ 
mentos redundantes o a una combinación de ambos, Desde un principio se considerarán armaduras 
con redundantes externas, y se analizarán con base en el cálculo de deflexiones. de manera muy 
semejante al procedimiento empleado en el capítulo anterior para las vigas estáticamente indeter­ 
minadas. 
En el análisis siguiente se estudiará la armadura continua de dos claros que se muestra en la 
figura 16.1. Una componente <le reacción. por ejemplo V¡¡, se elimina, y se determina la dcflcxion 
en ese punto causado por las cargas externas. En seguida se eliminan las cargas externas de la 
armadura, y se determina la deflexión en el punto ele apoyo B debida a una carga unitaria en ese 
punto. La reacción se reemplaza, y ésta proporciona la fuerza necesaria para empujar al apoyo a su 
posición original. Entonces la expresión familiar de deflexión se escribe como sigue: 
16.1 ANÁLISIS DE ARMADURAS CON REDUNDANTES EXTERNAS 
Métodos de fuerzas para el análisis 
de estructuras estáticamente 
indeterminadas (continuación) 
Capítulo 16 
Figura 16.1 
30 k)b 30 klh t L~ v,, 
i------- ~ por 25 pics « 100 pies­­­­­ 
Calcular las reacciones y las fuerzas en las barras de la armadura continua de dos claros que se 
muestra en la figura 16.1. Los números en círculos indican las áreas de las barras en pulgadas 
cuadradas. 
Puente del desfiladero del Río Grande, en el condado Taos. Nuevo 
México. (Cortesía del A menean lnstíuuc of Stccl Construction, lnc.) 
El ejemplo L6. l ilustra el análisis completo de una armadura de dos daros por el rnéto- 
do antes descrito. Después de haber encontrado la reacción redundante, pueden determinarse las 
otras reacciones y las fuerzas finales en las barras usando las ecuaciones de equilibro estático. Sin 
embargo, se dispone de otro método para encontrar las fuerzas finales y deberá usarse como una 
verificación matemática. Cuando la reacción redundante V1¡ se regresa a la armadura. hace que la 
fuerza en cada miembro cambie a V8 multiplicada por su valor de fuerza u. La fuerza final en un 
miembro se convierte en 
CAPÍTULO 16 METODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 3 23 
t 
Vc.;=32 klb Yu=56klb 30 klb 30klb 
40 15 15 40 
o 22.5 
<<f..J> 18 
7.5 7.5 
Las siguientes reacciones y fuerzas en los elementos se encuentran por equilibrio' 
estático con objeto de verificar los valores finales en. la tabla. 
35 690 
Ve= ­~7, = ­5.6.0klb r 
E 
Calculando los valores de b.8 y Abb en la tabla 16.1. 
I klb 
0.625 0.625 0.625 
l.25 
Ye= 6U klb Fuerzas F v,,=40klb 30 klb 30 klb 
50 50 75 t 
Retire las cargas externas y coloque una carga unitaria en el apoyo central. Luego 
calcule las fuerzas u, 
75 
O 12.5 
10 ,1::, 30 
62.5 62.5 
Soíucuin. Retiramos el apoyo central como apoyo redundante y calculamos la fuerzas 
F'. 
• 
324 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Las fuerzas debidas a una carga unitaria en B se designan como fuerza, µ8 y aquéllas debi- 
das a una carga unitaria en C se designan fuerzas 11<_·. Una carga unitaria en B causará una dellexión 
en C que es igual a í:(µ8µcL/ AE), y una carga unitaria en C causa la misma dcflexión en B, 
¿(µcµ0L/ AE). que es otra ilustración de la ley de. Maxwell. Las expresiones de deflexión toman 
la Iorma 
Figura 16.2 
© 
Lo 
© ¡ L1 © . 'f.,, © l L1 © . ~ J. ""I'" ..... )'. L1 
V" 40 kit, V ll 50 klb 
Aa + Vallbb + Vcllbc = O 
l:ic + Y al:ic:b + V cl:icc = O 
Debería ser evidente que el procedimiento de las deflcxioncs puede utilizarse para analizar 
armaduras 4uc tienen dos o más reacciones redundantes. La armadura mostrada en la figura 16.2 
es continua sobre tres claros. Las reacciones V 8 y V, en los apoyos interiores pueden considerarse 
como las reacciones redundantes. Las siguientes ecuaciones de condición. escritas previamente 
para una viga continua de tres claros, son aplicables a la armadura: 
TABLA 16.1 
L F' F\~L µ.1L 
Barra L (plg) 'A (plg<) A (klb) µ Ae=- Ább=- F=F' 1 Ysµ. AE AE 
Lt¡L1 300 4 75 +50 t­0.625 12340 +29.2 +15.0 
L1L~ 300 4 75 'I 50 +0.625 +23.40 1­29.2 -1 15.0 
l.,iL~ 300 4 75 +75 +0.625 +3510 +29.2 ,40.0 
L k¡ 300 4 75 +75 +0.625 +3510 +29.2 +40.0 1 
L1P1 384 4 96 ­64 ­0.800 +4920 +61.4 ­19..2­ 
U1lh 300 4 75 -62.5 ­1.25 +5.85() + t 17.0 1 7.5 ,, 
UzU3 300 4 75 ­62.5 ­1.25 +5850 +117.0 +75 
U3L_i 384 4 96 ­96 ­0.800 +7370 +61.4 ­51.2 
U1L1 240 3 80 1·30 o o o +30.0 
U1Lz 384 3 128 .. 1·16 +0.800 t 1640 t 820 ­28.8 
UzL;i 240 3 80 o o () o o 
Lzl!3 38~. 3 128 ­16 +0.800 ­1640 + $2.0 ­60.8 
U1l.,¡ 240 3 80 +30 o o o +30.ú 
L 35 690/E 637.6/c • 
CAPITULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 325 
XL, ~ + L, F':EL = O 
X=_ L, (F'µL/ AE) 
¿,(µ2L/AE) 
m=2j­3 
Las armaduras con redundantes interiores pueden analizarse en forma semejante a la em­ 
pleada en relación con las armaduras con redundantes externas para una armadura estáticamente 
indeterminada de primer grado. Se supone que una barra es la redundante y se le corta o elimi­ 
na teóricamente de la estructura. Las barras restantes deben formar una.armadura estáticamente 
determinada y estable. Se supone que las fuerzas P' en estos elementos son de una naturaleza tal 
que hacen que los nudos en los extremos del elemento removido se separen. siendo la distancia 
1:(F'µL/ AE). 
El elemento redundante se reemplaza en la armadura y se supone que tiene una fuerza uni­ 
taria <le tensión. Se calcula la fuerzaµ en cada uno de los elementos causada por la fuerza re­ 
dundante de + 1 y estas fuerzas harán que los nudos se contraigan una cantidad igual a 1:(µ 2L/ 
AE). Si la redundante tiene una fuerza real de X. los nudos van a contraerse una cantidad igual a 
XI.(µ2L/AE). 
Si el miembro hubiera sido aserrado a In mitad. las fuerzas F' hubieran abierto una brecha 
de I:(F'µL/ AE): por lo tanto. X debe ser suficiente para cerrar la brecha, y pueden escribirse las 
siguientes expresiones: 
La armadura mostrada en la figura 16.3 tiene una barra más de las necesarias para garantizar la 
estabilidad, y por ello es estáticamente indeterminada internamente de primer grado, como puede 
verificarse al aplicar la ecuación 
16.2 ANÁLISIS DE ARMADURAS CON REDUNDANTES INTERNAS 
Puente sobre el río Tennessce, Stevenson. 
Alabarna, (Cortesía de USX 
Corporation.) 
Al resolver simultáneamente estas ecuaciones se obtendrán los valores de las redundantes. Si 
ocurren asentamientos en los apoyos, las deílexiones tendrán que tratarse numéricamente con las 
mismas unidades liadas para los asentamientos. 
326 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
20klb 
o 0.707 o 
o 
0.707 
Reemplace.Ljü, con una fuerza de + 1 y calcule las fuerzas µ. 
15 klb 25klb 1 () klb 
20 j :'i 15 
15 
15 "-' o "''" ­ 
20 
Solución. Suponga que L1 U2 es el miembro redundante, retírelo, y calcule las fuerzas F'. 
Figura 16.3 
Sin nudo 
U2 U¡ 
f 
Lo,/.c===®==E::ii E::::~~=tr,~===~C:~~4 [es HI\-~ 
fv,, 2Sklb f v13 
i------ 'l por 24 pies­= 72 p1es­­­­­1 
Determinar las fuerzas en los miembros de la armadura internamente redundante que se muestra 
enla figura 16.3. Los miembros U1L1• U1Li,L1U2yU2Li tienen áreas de 1 plg2. Las áreas son de 
2 plg2 para cada uno de los otros miembros. E= 29 x I06 lb/plg2. 
La aplicación de este método para analizar armaduras con redundantes internas se muestra 
en el ejemplo 16.2. Una vez que se ha calculado la fuerza en la barra redundante. la fuerza en cual­ 
quier otra barra es igual a su fuerza F' más X veces su fuerza u, Las fuerzas finales también pueden 
calcularse mediante la estática como una verificación del desarrollo matemético. 
CAPÍTULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 327 
Para armaduras que tienen más de una redundanteinterna. es necesario resolver ecuaciones 
simultaneas para la solución. Teóricamente se cortan dos banas. con fuerzas XA y X8, que se 
supone son las redundantes. Las fuerzas P' en los miembros restantes de la armadura separan a 
los sitios cortados por I,(PµAL/ AE) y I,(F'µ8L/ AE}, respectivamente. El reemplazo del primer 
miembro redundante con una fuerza de+ 1 origina fuerzas µA en los miembros de la armadura y 
hace que las brechas se cierren por 1:(µ1 AL/ AE) y :EµAµ8L/ AE. La repetición del proceso con 
las otras redundantes origina a las fuerzas µ8 y cierres ele brecha adicionales de :E(µ0µ,,L/ AE) Y 
I,(µ\L/ AE). Las fuerzas redundantes deben ser suficientes para cerrar las brechas. permitiendo 
que se escriban las siguientes ecuaciones: 
t 15 ¡ 13.47 20 t 
15 klb IO klb 25 kJb 20 klb Fuerzas finales • 
Formando la tabla 16.2 y calculando X. 
TABLA 16.1 
L F' F'µL µ2L F­F"+Xµ 
Barra L (plg) A (plg2) A (klb) µ AE AE (klb ) 
L¡¡L¡ 288 2 144 +1,5 o o o +15.00 
L,L:? 288 2 ]44 H5 ­0.707 ­1 530 +72 + 13.47 
~~ 288 2 144 -f 20 o o o +20.00 .. LoU, 408 2 204 ­2J.2 o o ,O ­2L20 
U1U2 zss 2 144 ­20 ·­0.707 +2040 +72 ­2 L5:3 
U1L:i 408 2 204 ­283 o o o ­28.30 
U¡L¡ 288 1 288 r io ­0._707 ­2040 +144 +8.47 
U,L:? 40$ l. 408 +7.1 +LO +2!).00 +408 +9.26 
L,U2 408 408 o +LO o +408 +2.16 
U2L:i 288 288 ­1 20 ­0.707 ­4070 ­1­144 l· 18.47 
¿ ­2700 p 1248 
X= _Í:,(F'µL/AE) = ­2 100 = +2.16 klb _¿(µ2L/AE) +1248 
Fuerzas finales en los miembros de la armadura. 
328 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Puente de peaje en el río Delawarc, (Cortesía de la USX 
Corporation .. ) 
La colocación de una carga unitaria en el apoyo interior originará detlexiones en las brechas 
en los miembros cortados, así como en el punto ele aplicación. 
Se retiran de la armadura a las diagonales designadas como D y E. y la reacción interior V 8, 
lo que hace isostática a la estructura. Las aberturas de las brechas en los miembros cortados y las 
deflexiones en el apoyo interior debidas a las cargas externas pueden calcularse de lo siguiente: 
VA 
Figura 16.4 
Las ecuaciones de deflexiones se han formulado con tanta frecuencia en las secciones anteriores, 
que probablemente el lector ya se encuentre en condiciones de escribir sin dificultad las ecuaciones 
correspondientes a otros tipos de vigas y de armaduras estáticamente indeterminadas que no se 
han examinado anteriormente. No obstante, se presentará ahora un grupo adicional de ecuaciones 
necesario para el análisis de armaduras que son hipcrcsráucas tanto interior como exteriormente. 
En el análisis que sigue se considerará la armadura que se muestra en la figura 16.4, la cual tiene 
como redundantes a dos barras y a una componente de reacción. 
16.3 ANÁLISIS DE ARMADURAS CON REDUNDANTES INTERNAS Y EXTERNAS 
CAPITULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA El ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 329 
Figura 16.5 Armadura usada para el análisis de los efectos 
por cambios de temperatura. 
Las estructuras están sujetas a deformaciones no sólo dehido a las cargas externas. sino también 
a los cambios de temperatura. al asentamiento de los apoyos. a errores en las dimensiones de fa­ 
bricación. a contracción en los elementos de concreto reforzado causada por el secado y el flujo 
plástico. etc. Estas deformaciones en las estructuras estéticamente indeterminadas pueden producir 
grandes fuerzas adicionales en los elementos. Supongamos. a manera de ejemplo. que las barras 
de la cuerda superior de la armadura que se muestra en la figura 16.5 están mucho más expuestas al 
16.4 CAMBIOS DE TEMPERATURA, CONTRACCIÓN, 
ERRORES DE FABRICACIÓN, ETCÉTERA 
La solución de este tipo de problemas no contiene nada nuevo. por lo que nos ahorramos el 
espacio y los extensos cálculos que por necesidad implicaría un ejemplo semejante. 
.:la + V aÁbb + XoÁbd + XEilbe = 0 
Á¡) + Y aÁdb + Xo.!idd + XEÁt.1c = 0 
ClE + V aÁeb + Xo.!ied + XEÁee = O 
El cálculo de este conjunto de deflexiones permite calcular los valores numéricos de las 
fuerzas redundantes. ya que la deflexión total para cada una puede igualarse a cero . 
En forma similar. el reemplazo del miembro E con una fuerza de+ l causará estas de­ 
flexiones: 
Reemplazando el miembro D y suponiendo que tenga una fuerza unitaria de tensión positiva 
se originan las siguientes deflexiones: 
330 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
TABLA 16.3 
!L = At · coef · l 
A l µ2L ( F'L) µ (ill) = F' µl Barra l {plg) (plg2) A µ AE equivalente ·a AE . AE 
(,¡¡L, 2.'IO 10 24 ­2.5 +150 
Lt~ 24() 10 24 -25 +150 LoU, J46 11) 34.6 tl.80J + 112.48 (60)(0.0000065)(346) = 0.2433 
.0.1149 
U1L~ 346 10 34.6 +t.803 + l l~.48 ((,0)(0.0000065}(346) = 0.2433 
0.J 349 
U;.l-1 144 5 28.R ­3.0 +159.2 
:E==+ 784.16 L=0.4866 E 
1.0 klb 
Las barras de la cuerda superior ele la armadura estáticamente indeterminada mostrada en la figu­ 
ra 16.5. experimentan un incremento de temperatura de 60 ºF. Si E =29 x 106 Ib/pJg2 y el coefi­ 
ciente de dilatación térrnica lineal es 0.0000065 /ºF, determinar las fuerzas inducidas en cada una 
de las barras de la armadura, Los números en círculos son áreas en pulgadas cuadradas. 
Solucion. Suponemos que HB es la reacción redundante y calculamos. las fuerzas u. 
sol que las otras han­as. En consecuencia, en un día muy caliente pueden alcanzar temperaturas 
mucho más altas que las otras barras y sus Iuervas pueden sufrir cambios apreciables. 
Los problemas de este tipo pueden tratarse de la misma manera que los problemas anterio­ 
res de este capítulo. Se calculan los cambios en la longitud de cada una de las barras debidos a 
la temperatura. (Estos valores, que corresponden a los valores F'L/ AE. son iguales, cada uno, al 
cambio de temperatura multiplicado por el coeficiente de dilatación del material y por la longi- 
tud de la barra.) La redundante se retira de la estructura, se coloca una carga unitaria en el apoyo 
en la dirección de la redundante y se calculan las fuerzas µ. Entonces se determinan los valores 
I.(?µL/ AE) y l(µzL/ AE) con las mismas unidades y se escribe la expresión acostumbrada para 
la deflex ión. En el ejemplo 16.3 se expone un problema de es Le tipo. 
CAPITULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA El ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS .... (CONTINUACIÓN) 33 1 
Figura 16.6 
. ,:.~t:­··.~­".'.­­­­­­­­_­".'­­.c.g:; . 
. , ... 
El primer teorema de Casugliano, conocido por lo común como el método del trabajo mínimo. 
desempeñó un importante papel en el desarrollo del análisis de estructuras durante varios años. 
Sin embargo, sólo se usa de manera ocasional en la actualidad. Está estrechamente relacionado 
con el método de las distorsiones consistentes estudiado en el capítulo 15. y es muy efectivo para 
el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas, especialmente armaduras y estructuras 
compuestas. (Las estructuras compuestas se definen aquí como las estructuras que tienen algunos 
miembros solamente con esfuerzos axiales y otros miembros con esfuerzos axiales y esfuer­ 
zos ñexionantes.) Aunque son aplicables a vigas y a marcos, generalmente son más satisfactorios 
otros métodos tales como el método de distribución de momentos (estudiado en los capítulos 20 
y 21 ). El método del trabajo mínimo tiene la desventaja de no ser aplicable en su forma usual a 
las fuerzas causadas por desplazamientos debidos a cambios de temperatura. asentamientos de los 
sopones o errores de fabricación. 
En el capítulo 13 se demostró que la primera derivada parcial del trabajo interno total con 
respecto a una carga P (real o imaginaria) aplicada en un punto en la estructura es igual a la de­ 
flexión en la dirección de P. Para este estudio. se consideran la viga continua de la figura 16.6 y su 
reacción vertical en el apoyo B. V 8 . 
16.5 PRIMER TEOREMA DE CASTIGLIANO 
• 
Observe la simetría 
de fuerzas 
Las fuerzas finalesen las barras de la armadura debidas al cambio de temperatura son las 
siguientes: 
A = (784.16)(1 000) = +o 02704 l bb + 29xl06 • pg 
tia = +­O .4866 plg 
lle + He.6.bl> = O 
HB = 0.4866 = ­18.02klb ­­t 0.02704 
332 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 16. 7 
1­­­­­­20 pies­­­­­­1­­­10 pie,­­ ... 
e 
hmpotrarnieero 
~Üili h, 
Determine la reacción en el soporte C en la viga mostrada en la figura 16.7 mediante el trabajó 
mínimo: E e I son constantes. 
Éste es un enunciado del primer teorema de Castigliano. Ecuaciones <le este tipo pueden 
escribirse para cada punto de restricción en una estructura estáticamente indeterminada. Una c~­ 
tructura se deformará de manera consistente con sus limitaciones físicas, es decir, que el trabajo 
interno de deformación será un mínimo. 
Las columnas y las trabes que concurren en un nudo de un edificio se deflexionarán la misma 
cantidad. que será el valor mínimo posible. Despreciando el efecto de los otros extremos de estos 
miembros, puede verse que cada miemhro no realiza más trabajo que el necesario, y el trabajo total 
realizado por Lodos los miembros en el nudo es el mínimo posible. 
De la discusión anterior puede enunciarse el teorema del trabajo mínimo: El trabajo interno 
realizado por cada miembro o por cada parte de una estructura estáticamente indeterminada 
sujeta a un conjunto de carga externas, es la cantidad mínima posible necesaria para mantener el 
equilibrio al sustentar las cargas. 
En algunas ocasiones (especialmente para vigas y marcos continuos), el método del trabajo 
mínimo es muy complicado de aplicar. En consecuencia. los lectores a menudo expresan opiniones 
más bien desfavorables acerca de lo que piensan del término .. trabajo mínimo ", 
Para analizar una esuuctura estáticamente indeterminada con el teorema de Castigliano, 
se supone que ciertos miembros son redundantes y se considera que se retiran de la estructura, 
La remoción de los miembros debe ser suficiente para dejar una estructura básica estáticamente 
determinada y estable. Las fuerzas F' en la estructura se determinan para las cargas externas; las 
redundantes se reemplazan con las cargas X1, X1, etc.: y se determinan las tuerzas que causan. 
El trabajo interno total de deformación puede establecerse en términos de las fuerzas ~ así 
corno las fuerzas causadas por las cargas redundantes. El resultado se diferencia sucesivamente con 
respecto a las redundantes. Las derivadas se igualan a cero con objeto de determinar los valores 
de las redundantes. 
Los ejemplos 16.4 a 16.9 muestran el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas 
por el trabajo mínimo. Aunque los métodos de trabajo mínimo y de distorsión consisten le son los 
métodos más generales para analizar diferentes cipos de estructuras estáticamente indeterminadas, 
actualmente no se usan con mucha frecuencia porque otros métodos tales como la distribución de 
momentos y los programas de computadora son de aplicación mucho más simple. 
aw =O 
éiP 
Si la primera derivada parcial del trabajo en esta viga se toma con respecto a la reacción V lh 
se obtendrá la dcflexión en B pero esa deflexién es cero. 
CAPÍTULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 333 
1 
1 
Figura 16.8 
VA: 18­0.4 Ve 
i------ '.10 pies ­­­­­+­o­10 pies­~ 
f­­­­­­­­­30 pies---------i----- 
Yc V11=­32­0.6Vc· 
20 klb 
+s A 
Determine el valor <le la reacción en el apoyo C. figura 16.8 mediante el método de trabajo mí­ 
mmo. 
• v. =31.1 klbT 
BM M ilM f M(ºM)dx==O Sección M - e/Ve El sv; i'JV< 
• 1 r(I CaB V.,x1 X¡ VcXi El o (V,)('¡) dx¡ 
1 J:l!) ~ 
BaA Vcx2+ lOV0 Xz+ 10 V.,:x~ + 20V cX-2 fü O (VeXi + 20Y,xi ­60X1 ­60x~+ ­60~ 4 IOOV, l OOV0 ­ 600x2 
­600x2) dx2 
l: 9 ooov. ­ 280.000 - O 
TABLA 16.4 
i------- 20 pies 
• Ve 
X¡----1 
IOpies­­J 
Ernpotrarnien to t 60-Vc 
e 
60 klb 
+a 
1200­30 V r ,----..._ 
Soíucián. Se supone que la reacción en C es V e y las otras reacciones se determinan 
como sigue: 
334 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 16.9 
' 
20 pies 
30klh 
­10 pies~­­­15 pic~­­.­­J 
Determine la fuerza en la barra CD de la armadura mostrada en la figura 16.9. Los valores en 
círculos son áreas en pulgadas cuadradas. E es constante. 
­90 333 + 2 400.3 Ve= O 
Ve= +37.6 klb 1 • 
Integrando las expresiones JM(éHvl/ilV8)(dx/EI) y substituyendo los valores de los 
límites apropiados, el resultado para la viga completa es 
I.10 U (-l.2x1 1 0.36V,.x¡ t­7.2Vcx,1 
- 204x4 + 36Vc ­ 1 920) dx.1 
­0.6x4­6 
f lQ 0 (­19.2~ +0.36Vcx~) dx, ­0.6x, 32x., - 0.6V..x, 
JH/ 0 (+O.Sxi + 0.16V,x~ + 6.4V0x2 
­ 128x2 ­i­64Vc ­2880) dxi 
­0.4xz­ $ 
J
~ 
(-7.Zxf-l O.l6V0xr)dx1 
() 
o "ll e 
EaD 
BaC 
AaB 
fM(ilM)dx ~ O _íJVe_ El M ~ección 
TABLA 16.S 
Solución. 
CAPÍTULO 16 METODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 335 
Figura 16.1 O 
A B 
2 por 25 pies ~ 50 pies 
e 
2 por :2; pies = ;o pies 
Analice la armadura de la figura 16.10 mediante el método de trabajo mínimo. Los números en 
cfrculos son áreas de las barras, en pulgadas cuadradas. 
0.8 T 
30­2 T 
e A 
TABLA 16.6 
A (plg2) L 31' F(')F) ~ Barr.a l (plg) A F er ar AE 
AD 268 2 134 +l.34T +l.34 1·240T 
BD 240 2 120 ­2T ¡ 30 -2 +4&0T­7 200 
CD 300 300 +T +I +300T 
I. 1020T­7200=0 
T= +7.06 klb 
Sotucton. Suponemos que la barra CD es la barra redundante y que se le asigna una fuer­ 
za T. Las otras fuerzas se determinan mediante nudos con los siguientes resultados. 
336 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
LoL1 300 4 75 +50 ­0.625Vu +3750­ 46.9V13 ­0.625 ­2345+29.3Vn 
L1L"2 300 4 75 +so ­0.62..iVB +3750­ 46.9Vn ­0625 ­2345 1 29.3Vo 
L2L, 300 4 75 +75 ­0.625Vu + 5625 ­ 46.9VH ­0.625 ­3520+29.3Vu 
L_,L4 300 .4 75 +75 ­0.6'.!5Vn 1 5625­ 46.9Vn ­0.625 ­ ~520 + 29.3V e 
LnU1 384 4 96 ­64 +0.8Vu ­6144+ 76.SVn +0.8 ­4915+61.4Ve 
U1U1 300 4 75 ­62.5 + J.25Va ­4687 + 93.SVo +1.25 ­5860+ 117.2\lu 
U2Us 300 4 75 ­62.S + J.?~Vu ­4687 + 93.SVn + 1.25 ­$860+ l 17.2VB 
U3L4 384 ..¡ 96 ­96 +0.8Ya ­9216+ 7ó.8Vll .­0.8 ­ 7373 +61.4Vu 
ll1L1 240 3 80 +30 10 +2400+ o o o f­ o 
U1L:i 384 3 128 H6 ­0.8Vn + 2048­10'.}AVu ­0.8 ­1638 + 81.9V0 
U~L2 240 3 80 o +o O+ o o o+ o 
L3U.1 384 3 128 ­16 ­0.8Vo ­2048­102.4VH ­0.8 + 1638 1- 81.9V ll 
ll1L.1 240 3 80 +30 ..¡ o +2400+ o o o+ o 
I ­35 738 
1 638.2Vu • 
FL iiF ­­­ AiNn ilF <JVn F(klb} FL A L Barra L (plg) A (plg2) A 
TABLA 16.7 
aw FL 8F E-=--- AVa A avs 
­35.738 -l 638.2Va =0 
Va= +56 klb T 
Calcule los valores en la tabla 16.7. 
0.625 vil 0.625 V li 0.625 VII 
1.25 Vn 1.25 V13 
-l ;¡, q,f' o ..:i. '<' 'b i­ 'b ~­ () ~ <:)· 
Reemplace el apoyo del centro y determine su efecto en las fuerzas de las barras en 
términos de V a­ 
4() klh 
625 62.5 ! 
o 
~ o /(¡ r'l 
50 50 75 75 
40klb 30 1,;lh 30klb 60 klb 
Soiucion. Retire el apoyo del centro y calcule las fuerzas F'. 
CAPITULO 16 MtrODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 33 7 
Empo- 
tramierun 
e 
X¡~ 
B !º 10 klb 
Xz~ 
¡ .. ­­­­20 pies 
TABLA 16.8 
L L iJF FciF)~ Barra L (plg) A (plg2) .A AE F (klb) er &T A,E 
AC 120 0.Q 200 6.90 +7' +l 1­6.90T 
L, + 6J)()T 
Solución. 
Se supone que la barra es la redundante con una fuerza T y se calculan los valores de 
ZF( aF/élT)(LJ AE) y J M( oM/oT)(dx/EI). Se usan valores relativos de E de 29 y 1 .5 para el 
acero y la madera, respectivamente. 
Figura 16.1 1 
­­­­20 pies­­­­~1­IO pies_..j 
e B 
<, Barra de acero 
<, A= 0.6 plj I O lie!. 
E=29x 1061b/pl¡f 
' 1 
Ernpo- 
tramiento 
Viga de madera 
1 = 1 728 pJg4 
E= 1.5 X 106 lb/plgl \ 
Usando el procedimiento de trabajo mínimo, calcule la fuerza en la barra.de acero de la estructuracompuesta mostrada en la figura 16. 1 1. 
Debe ser ohvio de los problemas de ejemplo anteriores que la cantidad de trabajo que inter­ 
viene en el análisis de armaduras estáticamente indeterminadas por los métodos <le trabajo mínima 
y distorsiones consistentes es aproximadamente igual. 
El trabajo mínimo es especialmente útil para analizar estructuras compuestas, tales come 
las que se consideran en los ejemplos 16.8 y 16.9. En estos tipos de estructuras tienen lugar tan­ 
Lo la acción de flexión como la acción de la armadura. El lector estará convencido de la ventaja del 
trabajo mínimo para el análisis de las estructuras compuestas si intenta resolver los dos problemas 
siguientes mediante distorsiones consistentes. 
338 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Solución. 
Haciendo que BD sea la redundante con una fuerza de F, la deñexién de la viga en B se 
encuentra en términos de F. 
Figura 16.12 
A 
Viga de madera de 12 x 12 plg n = r 12s plg4l e 
Conexión simple 
.. -,.~ 
10 'es "°' Barra de ~cero 
A =2 plg" 
­­­2Q pies D ?O pies~ 
Enl!ldcrn = [ .5 X 106 lh/plg2 
E,ictr,, = 29 X I O~ lh/plg2 
Encuentre las fuerzas en todas las barras ele la armadura de pendolón sencillo mostrada en la 
figura 16.12. 
J M(ªM) dx+ ~F(r)F)­1 = (103T­ 18)(1728)+6.90T=0 aT El aT AE . ­ 
T = +17.4 klb • 
Paracambiar el valor de 1.03T ­ 18 a pulgadas es necesario multiplicarlo por 1 728 
x 1 000 y dividirlo entre I x 106, ya que se usó 29 para E en vez de 29 x 106. Para cambiar 
el valor de 6.90T a pulgadas es necesario multiplicarlo por 1 000 y dividirlo entre J x 10". 
La única diferencia en las dos conversiones es el 1 728: por lo tanto, la expresión puede 
escribirse corno sigue para cambiarla a las mismas unidades. 
,JM ;¡M ! Jr1(ºM) d.x Sección M M- sr iff ()T El 
D­aC ­IOx o o o 
2!) J (Tx2 ­ 10x2 ­ 100x1 
CaB Tx- lOx X. Tx2-10xz-100x () 
­100 dx ( 1.5)( l 728} 
I: J.OTI­18 
TABLA 16.9 
CAPiTULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS .. (CONTlNUACIÓN) 339 
AC= ­(1)(49.2) = ­49.2 klb AD= +(l.12)(49.2) = +55.1 l<lb 
BD = ­(1)(49.2) = ­49.2 klb DC = +(l.12)(49.2) = +55.1 klb • 
Cambiando estos valores a unidades equivalentes y despejando aF. F = 49.2 klb 
Fuerzas finales: 
TABLA 16.10 
L F1L &FI &F' F'L 
Barra L (plg)' A (plg2) E - fl (~!~) AE ~ cF x AE AE aF 
AC 4&0 144 r.s X IÓ6 2.22 -F -2.22F -1 +2.22P 
BD LZO 144 1.5 X 106 0555 -F ­0.555F -1 +0555P 
AD 268 2 29 X JOÍ> 4.62 +- L12F +5.19F + 1.12 +5.$0F oc 268 2 29 X 106 4.62 + l.l2F +5.l9F + 1.\1 +5.80F 
I. l 4.3751" 
­44 400 +- 8.891" 1 . 14.375F = O 
F A !:==;?t 
D f t F 1 
Determinar las fuerzas en Ias diversas barras en términos de la fuerza desconocida F. 
F r.lM X M = 25X ­ 2 x ¡¡p = - 2 
J. iJMdx _. J2º (-12.5x2 +0.25Fx2) dx M é!FEI­1 0 El 
2(­12.Sx.3 /3 + Ó.25Fx3 /3)~º _ -66 600 + l 333F 
El ET 
­66 600 + J 333F = _44 400 + 889F 1.5 . 
DeAaBydeCaB: 
50 klb 
A H ¡ e 
t t t F 25 f F 25­2 ­i 
340 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Solucián. 
Esta armadura fue modelada de fa misma manera que las armaduras en los capítulos pre­ 
vios. Los grados de libertad por flexión en los extremos de cada barra fueron liberados 
así como los grados de libertad por torsión al inicio de cae.la barra. Se muestra el modelo 
estructural resultante. 
Se muestran ñechas en dos de las barras para indicar los extremos i y .i tal como se 
usa en la solución por computadora. El extremo i se ubica al inicio de la flecha mientras 
que el extremo j está en el extremo más alejado. 
Figura 16. 13 
t VA 
[­4­­­­­­­­3 por24 pies= 72 píes 
i 10 klb i :!5 kili 
2 
1 24 ics 
l 
Determine las fuerzas en la armadura mostrada en la figura 16. J3 usando el programa SABLE32 
de computadora. Ésta es la misma armadura que se analizó en el ejemplo 16.2. El número al 
lado de cada barra es el área de ésta. 
Como habrá usted visto en las estructuras resueltas hasta ahora, el análisis de sistemas de estructu­ 
ras estáticamente indeterminadas es muy tedioso. especialmente cuando las estructuras implicadas 
son de un tamaño considerable. En muchos casos, las soluciones a mano no son factibles aun si 
se usa software computacional. En los despachos de cálculo generalmente se emplean programas 
de computadora para analizar estructuras grandes. En el ejemplo 16.10 se mostrará el análisis de 
estructuras estáticamente indeterminadas usando una computadora donde se usa SABLE32 para 
analizar una armadura estáticamente indeterminada, El procedí miento que se usa es idéntico al que 
se usa para las armaduras estáticamente determinadas. 
16.6 ANÁLISIS CON COMPUTADORAS 
El primer teorema de Castigliano no es tan fácil de usar como el segundo teorema u otros 
métodos de energía. como el del trabajo virtual, porque la energía de deformación se formula 
más fácilmente en términos de cargas que en términos de desplazamientos. Sin embargo, para 
algunas respuestas estructurales y para el desarrollo de las matrices del sistema cuando se usan 
métodos matriciales (que estudiaremos a partir del Capítulo 22), el primer teorema de Castigliano 
es el método más fácil de usar. Este método es en particular útil para la evaluación de estructuras 
con respuesta no lineal. 
CAPITULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 341 
r­20 pies­¡­­20 pies­ 
16.1 (Resp.: L1Li = +25.93 klb, U1L2 ­ ­36.66 klb.) 
En los problemas 16.1 al 16.13 determine las reacciones y las fuer­ 
zas en las barras de las armaduras mostradas usando el método de 
las distorsiones consistentes. 
® 
B 
60klb 
30 klb _.,.,!"'­­­­­­­.­ l 
e ¡Qr 
-,.(i:~ f'F:P, =,tj =C­ ~@~3f~ .. ~­~~~t:i~~­' ~~•~0~~-.~,Jfjf 0,'fi '1 
16. 7 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Fuerzas en los extremos­ de los miembros 
Viga Caso Extremo Axial Cortante-Y Momento-Z 
1 1 i 2.15,;i,E:+01 O.Q.QOE+o0 O.OOOE+oo 
j ­2.15­4E+01 ó.OOOE+OO O .OOOE+OO 
2 1 i 2.121E+01 Q.OOOE+OO o.ooos­co 
j ­2.121E+01 O.OOOE+OO O.OOOE+OO 
3 1 i ­8.457E+01 O.OOOE+oo O.OOOE+OO 
j 8A57E+01 0.000E+OO O.OOOE+OO 
4 1 i ­9.253E+01 O.OOOE­1­00 O.OOOE+OO 
j 9.253E+01 O.OOOE+oO O,.OOOE+OO 
5 1 i ­2.182E+01 O.OOOE+OO O.OOOB­i­00 
J 2.182E+01 O.OOOE+oo O.OOOE+oo 
6 1 i ­1.846E+01 e.ooos­oo O.OOOE+OO 
j 1.846E+01 o.ooos-reo O.OOOE­t­00 
7 1 i 2.828E+01 O.OOOE+oo O.OOOE+OO 
j ­2.828E+01 O.OOOE+OO O.OOOE+OO 
8 1 i ­1.SOOE 101 O.OOOE+oo O.OOOE+oo 
j 1.500E+01 O.OOOE+OO O.OOOE+OO 
9 1 i ­1.346E+01 O.OQOE+OO O.OOOE+OO 
j 1.346E+01 O.OóOE+OO O.OOOE+óo 
10 1 i ­2.000E+Ol O .. OOOE+OO O.OOOE+OO 
j 2.000E+Oi O.OOOE+­00 0,000E+OO • 
342 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
~)-'i-----=-------:~L_,_1 _ _._ ® '• 
-1· ­l­'rfl1J5pi~ 
® 20 ies 
No hay nudo 
en la imerseccion 
de las diagonales 
so klb ~.,.__ __ ®_5 _,,u_,_~ 
30 klb 
© © © 
CD @ ® 1 CD ® © '.Wpies _l 
© © © 
30 klh 60klh 
3 por '.!:'i pies= 75 pies 
16.8 
© 
16.7 (Resp.: Y1. = 49.0 klb f. U0U1 ­ ­61.25 klb, U2L3 = 
­113 6 klb.) 
~­­­­­­~ ­30 klb----r 
J0>':.._--------1------~2ores 
40 klb r 
1­­­­30 pies­­~:­­30 pies­­~ 
60 klb 
16.6 Todas las áreas son iguales. 
~~~ ·r.:;.~ ~ ~,.:.~., 
­­ 8 m _,...¡ .,__ 8 m ­1 
e 
80 kN 
50 kN - !,­­­­­.­1 
~ 6m ! 
16.5 (Resp.: Y11 = 64.89 kN t. L0L1 = + 35.05 kN.) 
L1 L2 LJ 
1­­­­­4 por 3() pies e 120 pies­­­­­1 
50 kili ¡ 
u. 
80 klb ¡ 
U1 
40 klb ! u, 
16.4 Todas las áreas son iguales. 
1­­30 pie~-- 
90klh-~< 
!s pies :T,,;es 
16.3 Todas las áreas son iguales. (Resp.: VR ­ 45.5 klb 1, U()U1 
­ +8.4 klb, U2L2 = ­26.8 klb.) 
50 klb 
Uzi 
16.2 
CAPÍTULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... {CONTINUACIÓN) 343 
¡ 
60 klb 
30 ies ® 
20pies­¡ i­15pie.~, 
16.14 En los problemas 16. 14 al 16.22 analice las estructuras 
usandoel primer teorema de Castigliano. Los valores de E 
e l son constantes, a menos que se indique otra cosa. Los 
valores en círculos son áreas en pulgadas cuadradas. 
© 
1 ®I 
L:? 
j ... ·­­­'.! por 30 pies"' 60 pies ----i, 1 
© 
16.13 tResp.: Hll - 18.19 klb -. Ut1U, = -36.38 klb, L1L;¡ = 
+21.83 klb.) 
Determine las fuerzas en Lodos los miembros de la armadura que 
se muestra en la figura si los miembros de la cuerda superior. U0U1 
y U1U2• tienen un incremento de temperatura de 75 ºF y no hay 
ningún cambio de temperatura en los demás miembros. Coeficien- 
te de dilatación lineal e = 0.0000065. E= 29 x 106 Jb/plg1. 
2 por 15 pies "' 30 pies 
Todas las 
t 1" 
1 2 por 15 pies= 30 pie~ 
' • '~·­0­30 pics­­­,~­­;30 pies~ 
© 20 ies 
t 20 pies ! 
© 
16.11 tResp.: H1 = 19.5 klb T, M0U1 - +23.44 klb. M1L1 = 
­l.3.7 klb.) 
f @ @ @ 6m 
No hay nudo I 
;:DI"----=---~=--------"--' 
@) * @ ¡ 
200 kN 80 kN 
,­­­8 11, 1 · s m----il 
16.10 
l­­30pies­­·+­30pies~ 
No hay nudo 
cnla 
intersección ­.l­­­¿(, 
de las 
diagonales 2"--------'*f '--------b---L 
1 20 pies 
80 klb ¡ 80 klb ¡ 70 klb 
* 
16.9 (Resp.: L1U2 _e_ ­144.22 klb. Lt,L1 = ­+9.05 klb.) Todas 16.12 
las áreas son iguales. 
344 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
@) 
e l @ @ @) @) @ 6m 
_1 No hay nudo L® @ 150kN 75 kN 
8m 8m­­­­j 
16.22 
16.21 tResp.: H1. = 31.27 klh, Un~i = +38­31 klh. U0L1 
-47.88 klb.) 
.30 pies ­­J­ 30 pie~­+­ 30 pie~­ 
10 ~ies 
i 20 pies 
No hay un nudo en la 
intersección de las diagonales I 
t G) tL' G) JL2 20 klb JO klb 2 por 20 píes= 40 pies ­1~­­ :10 pies­­­­+< 
Empo- 
tramiento 
Conexión simple ~ viga de acero= 3 000 plg 
~·­··;...­­;;::­ .. 
Toda~ 
las áreas 
iguales 
20 klb 
uJ 
16.20 
15 pies 
1 .....L . 
15 ies 
16.19 (Resp.: U0U1 = +36.1 klb, U1L2 ­ +6.48 klb.) 
··-·-·-- -- ' j Viga de madera 
40 klb de 12 X 12 plg 
1 
_ . (dimensiones reales) 
15 pies ­­ ­­ J:, pies E= I­') x 106 lb/plg~ 
Barra de acero 
Arca= 2 plg2 
R = 29 X 106 lb/plg2 10 ies 
16.18 
16.17 (Res p.: V,\= 49.0 klb 1, V ll = 105.6 klb j .) 
e 
80 k.lb 
+ 
16.16 
­­­­ 2 por 20 pies =40 pies­­­­ 
8 ríes 
L1~> a:::.­.­­­­­­­­­­­­­~1J_ 
1 12 ies 
16.15 (Resp.: ­ L0Li ~ +25.2 klb. ULM1 = +6.6 klb.) Todas las 
áreas son iguales. 
CAPITULO 16 MÉTODOS DE FUERZAS PARA EL ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS ... (CONTINUACIÓN) 345 
No hay nudo en 
la intersección 
de las diagonales 
1 30 pies 
Lol"---=--~___:'::::--~---:=::.._~---=,--~L~-4'--.,_T G) L, G) 
1 20 klb 20 klb 
~,---- 4 por 40 pies= 160 pies-----, 
J 6.28 Problema 16.22. 
1.6.29 Problema 16.20 (Resp.: LoU 1 - ­13.25 klb. U1L1 - 
6.983 klb, L1L­, = 1 1. 945 klb.) 
Para los Problemas 16.23 al 16.30. use SABLE32 o SAf200U y 16.30 
resuelva los siguientes problemas. 
16.23 Problema 16.1. tResp.: L0U1 = +5.68 klb, L11.,, ­ -J 25.98 
klb.) 
16.24 Problema 16.2. 
16.25 Problema 16.S. tResp. L0L1 = +35.07 klb. U1L: = ­43.84 
klb.) 
16.26 Problema 16.15. 
16.27 Problema 16.20. (Resp.: U1L1 = ­14.761 klb, L1U2 = 
­2.692 klb, L1L2 = ­18.10 klb.) 
346 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
347 
El procedimiento para el cálculo de V 8 ha sido retirarla de la viga y Juego calcular Ali y 6.hbY 
sustituir sus valores en la íórmula acostumbrada. El mismo procedimiento puede usarse para trazar 
una línea ele influencia para V 8• Una carga unitaria se coloca en un punto x haciendo que Aa sea 
igual a ~b•• de donde se escribe la siguiente expresión: 
ó.a élb, V13=--=-- 
~bb Ó.bh 
Figura 17 .1 
v, 
·,~ .. r,.,,. 
Ve 
l ~ •• 
e -1 ­~ 
La utilización de las líneas de influencia en estructuras estáticamente indeterminadas es igual a la 
que le correspondió a las estructuras isosráricas o estáticamente determinadas. Esas líneas permi­ 
ten localizar los puntos críticos por cargas vivas y calcular las fuer­Las para diversas posiciones de 
las cargas. Las líneas de influencia para estructuras estéricamente indeterminadas no son tan fáciles 
de trazar co1110 para el caso de las estructuras isostáticas. En estas últimas se pueden calcular las 
ordenadas para algunos puntos importantes y unir estos valores por medio de líneas rectas. Por 
desgracia, las líneas de influencia en estructuras continuas exigen el cálculo de ordenadas en un 
gran número de puntos. porque los diagramas pueden ser CUTVOS o constar de una serie de cuerdas. 
El diagrama de cuerdas se determina cuando Jas cargas se transmiten a intervalos a la estructura. 
El problema del trazo de esos diagramas no es tan difícil como el párrafo anterior parece 
indicar. pues un gran porcentaje del trabajo se elimina mediante la aplicación del principio de las 
deflexiones recíprocas de Maxwell. A continuación se describe el trazo de la línea de influencia 
para la reacción interior <le la viga de dos claros que se muestra en la figura 17.1. 
17.1 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA VIGAS 
ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Líneas de influencia para estructuras 
estáticamente indeterminadas 
Capítulo 17 
I J. S. Kinney, lndeterminute Structural Anulysis (Reading, Mass.: Addíson-wesley, 1957), 14. 
Figura 17.2 
­­­.­­­­­­­­40 pies­­­­­­~ 
IOpies-¡.- - 1 O pies 
5 4 1 
l klb 
2 
B A 
Trazar las líneas dé influencia para las reacciones en cada apoyo de la estructura mostrada en la 
figura 17 .2. 
VB = ­ Axb 
~bb 
Por ahora debería ser claro que la carga unitaria tiene que colocarse sólo en B y calcular las 
deftexiones en diferentes puntos a lo largo de la viga. Dividiendo cada uno de esos valores por 
Atib obtenemos las ordenadas de la línea de intluencia. Si se gráfica una curva de deflexión para 
la viga para una carga unitaria en B (habiendo retirado el apoyo en B). puede obtenerse una línea 
de influencia para V 8 dividiendo cada una de las ordenadas de deflexiéu por .!lbb· Otra manera de 
expresar este principio es coma sigue: Si se produce una deflexión unitaria en un apoyo para el 
cual se desea la línea de influencia, la viga trazará su línea respectiva debido a que La dcñexión 
en cualquier punto de la viga es la ordenada de la línea de influencia en ese punto para la reac­ 
ción mencionada. 
La presentación que hizo Maxwell de su teorema en 1864 fue muy breve. motivo por el cual 
su valor no fue por completo apreciado sino hasta 1886, cuando Heinrich Müller­Breslau mostró 
claramente su valor, según se acaba de describir en el párrafo anterior. 1 El principio de Müller­ 
Breslau puede enunciarse con todo detalle de la manera siguiente: La configuración deformada 
de una estructura representa a cierta escala la línea de influencia para una función, como 
puede ser esfuerzo, fuerza cortante, momento o componente de reacción, si se permite que 
la función actúe a lo largo de un desplazamiento unitario. Este principio. que es aplicable a 
vigas, marcos y armaduras estáticamente determinados o indeterminados. se prueba en la siguiente 
sección de este capítulo. 
En el ejemplo 17 .1 se presenta la línea de influencia para la reacción en el apoyo interior 
de una viga de dos claros. Se muestran también las líneas de influencia para las reacciones en los 
extremos; los valores de las ordenadas se determinaron por estática, a partir de los valores calcu­ 
lados para la reacción interior, El procedimiento de la viga conjugada es un método excelente para 
determinar las deflexiones de la viga necesarias para los diagramas. 
A primera vista parecería que la carga unitaria tiene que colocarse en numerosos puntos 
sobre la viga y el valor de Llb, ser laboriosamente calculado para cada ubicación. Sin embargo, un 
estudio de las deñexiones causadas por una carga unitaria en el punto x mostrará que estos cálculos 
no son necesarios. Por la ley de Maxwell, la deftexión en B debida a una carga unitaria en x(Lib,) 
esidéntica a la deflexión en x causada por una carga unitaria en B(Ll,b)· La expresión para V 8 es 
entonces 
348 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Para verificar los resultados, se retira el apoyo C, se coloca ahí una carga unitaria, y las 
deflexiones resultantes se calculan a intervalos de 10 pies. 
0.032 
1.00 
º~+ --=======~======~~~~o~.1~4~0=====º:'J:7~5===~----.:__J Línea de influencia para V e 
1.00 
~ Línea de influencia para V A...__+ ......:===­­=================­­ 
0.220 0.250 0.157 
Una vez determinados los valores de V8 para diferentes posiciones de la caria unitaria, 
pueden determinarse los valores de VA y Ve para cada posición de la carga mediante la 
estática con los siguientes resultados: 
~ ~ Línea de influencia para Yii ""'=------------+------------= 
1.08 1.00 0.875 
Observando que fi.hh = fi.2, el valor de las ordenadas de la linea de influencia para V 11 se 
encuentran dividiendo cada deñexién por A2• 
6.1 = (222.3){10) ­ (4)(10){6.67){3.3'.3) = 2 112 
A2 = {222.3)(20) ­ (!)(20)(13.33)(6.67) = 3 550 
113 = (177.7)(30) ­ (!)(30)(10.00)(10.00) = 3 831 
A4 = (177.7)(20) ­ (t)(20)(6.67)(6.67) = 3 109 
A.5 = (177.7)(10) ­ (1)(10)(3.33)(3.33) = l 722 
13.33 0.00 
6.67 ­­ ­~ 3.33 
M -----~~ º'ª!::'~¡~~ ~ l l l l ~-t~;?_ I 
conjugada j­10 pies JO pies JO pies LO pies­.¡­10 pies 10 pies 
222.3 klb­pie2 177. 7 klb­pie2 
El El 
Soiucián. Retiramos V 8, colocamos una carga unitaria en B, y calculamos las deflexiones 
causadas a intervalos de 1 O pies por el método de la viga conjugada: 
CAPÍTULO 17 ÚNEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 349 
Figura 17.3 
y(,' 
. ,,, ·r"'· \"'. ' .. • Á • ·-~ . ·r· -., .. , . " • _¡ Jrt \131 ' .. l . 
l klb 
n ! = 
A continuación investigaremos el método de trazo de las líneas de influencia para vigas que 
son continuas sobre tres claros. con dos redundantes. Para este análisis, se considerará la viga 
mostrada en la figura I 7 .3 y que las reacciones V 8 y V e son las redundantes. 
De nuevo. retiramos las fuerzas redundantes y calculamos las defíexiones en diferentes posi­ 
ciones a lo largo de la viga para una carga unitaria en B y una carga unitaria en C. 
• 0.032 
1.00 
o~.672 + 
--======~========~~~º~-~14~0=====º=3:7:5:::::::::__~~~ +~ 1 Lfnea de inñuencia para Y e: 
Como ~" = 6.6, las ordenadas de la línea de inñuencia para V e se determinan dividiendo. 
cada deflexión por ~­ 
A1 = ­(133)(to) + G)(t0){20)(3.33) =­­t'Ooo 
A,.= ­(133)(20) + G)(20){40)(6;67) = O 
A3 = +32 000­ (l 067)(30) + (!)(30)(30)(10) = +4 500 
Á4 = +32 000 ­ (1 .067)(20) + @)(20)(20)(6.67) = +12 000 
A5 = +32 ooo ­ (l 067)(IO) + (f)(10)(1ó)(3.3S) = :1­21 500 
Á6 = +32000 
40 
267 klb­pie2 
El "f;¡:::~~;==~~==~===;===:::;l¡¡O::::=~ l ) .12 000 ~b­,;,> 
ºO 2º 1 067 klb­pie ' ., ­ 
El 
­­i. ... lO pies J 
s 4 3 1 
I klb 
6 
350 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
f 
482 1;:lb­pic2 
El 
rli­L­ 
t 
518 klb­pie2 
61 
22.22 
­~16.67 11.1 1 + 5.56 
17.78 13.39 8.89 ­ 4.44 
Colocamos una carga unitaria en C y cargamos la viga conjugada con el diagrama MIEL 
415 klb­pie2 
El 
4.44 6.67 8.89 
l 1.1 1 13.33 
~ 
t 
285 klb­pie2 
El 
Figura 17.4 
Solución. Retiramos las­ reacciones V a y V e, colocamos una carga unitaria en B, y carga­ 
mos la viga conjugada con el diagrama MIEL 
1 21 3 4 'I 6 7 8 
A _s e D 
• ,'-~'-' lltl·lH ' "' " ., .. ,. ~~~'"' • ­ ­ ' -, ~ 't•~ ~'I ~:i : :'?d;c;± .... 't#ti: ·9 "".~ ~,,,: ·fJ,:c _., li-t, .8il 
10 pies 10 pies JO pies I O pies JO pies 10 pies IO pies LO pies 10 pies 
20 pies 30 pies 40 pies 
Trazarlas líneas de influencia para V8• Ve. V0• M1 y lafuerza cortante en la sección 6en la figura 
f7.4. 
De la ley de Maxwell, una carga unitaria en cualquier punto x causa una deflex.ión en B(A1,x) 
igual a la deflexién en x debido a una carga unitaria en B(Axb). De manera similar, Ae, = Axe· Des­ 
pués de calcular Axb y llxc en diferentes secciones, sus valores en cada sección pueden sustituirse 
en las siguientes ecuaciones simultáneas. cuya solución dará los valores de V 8 y V,. 
Axh + V0Abb + VcAb, = O 
Áxc + Vallcb + Vcf:..c, = O 
Las ecuaciones simultáneas se resuel ven rápidamente, aunque se calcule un gran número de 
ordenadas, porque las únicas variables en las ecuaciones son llxb y Axe· Después de preparar las lí­ 
neas de influencia para las reacciones redundantes de una viga, pueden determinarse las ordenadas 
para cualquier otra función (momento, fuerza cortante. etc.). por consideraciones de equilibrio es­ 
tático. En el ejemplo 17.2 se muestran los cálculos necesarios para preparar las líneas de influencia 
para varias funciones de una viga continua de tres claros. 
CAPÍTULO 17 LINEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 351 
• 
0.008 
0.8496 0.612 
0.0344 +0.0573 :::::­­, ~r­­+­­JL:O~ 
Línea de in fluencia para V 6 ""<:......:::::::::::::::::::::::=­­~­­­­­­=======::3::=:::::::::::::,,....,~:::::::::::­:=:f­_:~ __ _::::::::::::::,,. 
().1504 
0.6&8 1.026 
7.76 
:Jt.000088 ~ +3 3 .. 6688 
0.160 ~ . T ­­­­­­ Línea de in fluencia para M7 "'""'==:+¡:====­­­­­­­­­­==:::::=====:::::::==­­==­­.­:;::::::::: _:::::::,_ 
0.720 J.00 1.02 0.805 0:320 0.440 .­:::::::::::­: + ­­­­­­ Línea de inlluencia para Ve .________ ------ 0.0735 
l.00 
0.008 0.1504 0.388 ~ Línea (le influencia para Yn ---- + 0.0344 0.0513 
O 646 1.00 0.855 . -----..::.:.:.:..:..::... O 41'> 
~+ ~ Línea de influencia para Vli ..G..­­­­­­­­­­­­­=­c::::::::::::::=­­­­­­­­­~­­­­::::,.. 
o.221=­­0_­25­7­­o­.­1s9 
TABLA 17.I 
Sección Axi, ·Axe Ve, Ye Yo M1 v6 
l 4020 4746 1-0.646 ­0.0735 +0.008 1 0.160 ­0.{)08 
2 7 255 .::: A¡,¡, 9 04Ó"­Ábc +1.00 o o o o 
3 9100 12.460 +o.sss +0.'.320 ­0.0344 ­0.688 +0.0344 
4 9630 14,540 +0.432 +o,720 ­0.05l3 ­l.026 +0.051'.3 
5 9 040 =.6..:i, 14:825 ~ ¿"" o ~­1.00 o o o 
6 7 550 13,040 ­0.227 +1.02 +O.l:io­4 +3.008 ­0.1504 
+o:8496 
7 5404 9 6]8. ­0.257 +o.sos +0.388 +7.76 +0,612 
8 2 813, 5088 ­0.159 -f 0.4:40 +0.688 1­3.68 +0.316 
Calculamos los valores de 6.xb y lix~· de los cuales se obtienen Vu y V e al resolver las 
ecuaciones simultáneas. Las ordenadas p~aM7, V O y I~ fuerza cortante en la sección 6 se 
obtienen por estática y se muestran en la tabla 17.l. 
352 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Puede verse ahora que y es la ordenada de la viga deflexionada ea la posición de la carga uni­ 
taria. También es el valor de la reacción derecha V 8 debido a esa carga unitaria móvil. Por lo tanto, 
la posición AB' de la viga deflexionada representa la línea de influencia para V 8. Demostraciones 
similares pueden desarrollarse para las líneas de influencia de otras funciones de una estructura, 
como son la fuerza cortante y el momento. 
El principio de Müller­Breslau es de tanta importancia que se ocupa espacio para enfatizar 
su valor. La forma de la línea de influencia para estructuras continuas es tan fácil de determinar u 
y V13 =-=y 1.0 
Si a Li13 se le da un valor unitario, Y 8 será igual a y. 
(V13)(Lia) = (1.0)(y) 
Yo=~ 
Ó.B 
La demoslración del principio de Müller­Breslau puede efectuarse considerando la viga 
mostrada en la figura 17 .5( a) cuando está sometida a una carga unitaria móvil. Para determinar la 
magnitud de la reacción V A· podemos retirar el soporte en By permitir que V 8 recorra una pequeña 
distancia Ll8, como se muestra en la parte (b) de la figura. La posición de la viga está ahora repre­ 
sentada por la 1ínea AB' en la figura y la carga unitaria se ha movido la distancia y. 
La ecuación del trabajo virtual para las fuerzas activas sobre la viga es 
1.0 
A l B 
'•' 
o ' 
.;j," «Ó ~ ti~., ·.¡,. r . .,, . . ' ,. 
(al Vu 
B' J~, 
A - ¡y 
(h) 
Figura 17.5 
El principio de Müller­Brcslau se basaen el teorema del trabajo mínimo de Castigliano, el cual 
se expone en el capítulo 16 de la presente obra. E.<;Lc teorema se enuncia corno sigue: Cuando en 
una estructura se induce un desplazamiento, el trabajo virtual total realizado por todas las 
fuerzas activas es igual a cero. 
17 .2 LÍNEAS DE INFLUENCIA CUALITATIVAS 
Las líneas de influencia para las reacciones. fuerzas cortantes. momentos fíexionantcs, etc., 
para marcos, pueden prepararse de la misma manera que para las vigas estáticamente indetermi­ 
nadas antes vistas. Sin embargo, no presentaremos aquí tales cálculos. La próxima sección de este 
capítulo, que trata de la preparación de líneas de influencia cualitativas. mostrará al lector cómo 
situar las cargas vivas sobre marcos para generar valores máximos. 
CAPÍTULO 17 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 353 
La figura 17.6(d) muestra la línea de influencia para el momento flexionante positivo en el 
punto x cerca del centro del claro a la izquierda. Se supone que la viga tiene un pasador o articu­ 
lación insertado en x y un par adyacente aplicado a cada lado del pasador que causará compresión 
en la parte superior de las fibras (momento positivo). El par aplicado a cada lado del pasador causa 
Figura 17.6 
Ií.ínea de influencia para+ V Y 
Línea de influencia para + v.~ 
Línea de influencia para ­ My 
Línea de influencia para+ M, 
Línea de in:11 uencia para V e 
1 (al 
~ 
(b) 
­­­­­ ­­ 
(e) 
>L ... ____. --:::::: 
(d) 
­­­­­­­ 
~)~ 
----- ::::::­. 
1~ ­­­­ ­­ ---- ~~ (1) 
- -- 1~ ­­­=: 
Línea de influencia para V A 
• X .. :,r,,.. 
Ve: 
.,,-.:;r ..,. 
Vn 
partir de este principio que el cálculo real de los valores numéricos de las ordenadas no siempre 
es necesario. Usando este principio se pueden esbozar las líneas de influencia con suficiente exac­ 
titud para localizar las posiciones críticas para la carga viva para varias funciones de la estructura. 
Esta posibilidad es muy importante para los marcos de edificios. corno se mostrará en los siguien­ 
tes párrafos. 
Si se desea la línea de influencia para la reacción izquierda de la viga continua mosrrada en 
la figura 17 .6(a), su forma general puede determinarse permitiendo que la reacción se mueva hacia 
arriba a través de un desplazamiento unitario como se muestra en la figura l 7.6(b) de la figura. Si 
el extremo izquierdo de la viga se desplaza hacia arriba de esta manera, la viga tomará la forma 
mostrada. Esta forma deformada puede dibujarse fácilmente. recordando que los otros soportes no 
se mueven. Se dice que las líneas de influencia obtenidas esbozando la forma deformada son líneas 
de influencia cualitativas. mientras que las exactas son líneas de influencia cuantitativas. La lí­ 
nea de influencia para Ye en la figura l 7.6(c) es otro ejemplo de una línea de influencia cualitativa 
para las componentes de reacción. 
354 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
1 H. Cross y N. D. Morgan. Continuous Frames qfReit¡/iJrced Concrete <Nueva York: Wiley, 1932). 
A partir del diagrama resulta obvio cuáles claros deben cargarse con el fin de producir el 
máximo momento flexionante positivo. Debe observarse que las cargas sobre una viga a más de 
tres claros de distancia, aproximadamente, tienen poco efecto en la función estructural considera­ 
da. Esto puede verse en las líneas de influencia del ejemple 17 .2, donde las ordenadas, incluso a 
dos claros de distancia, son muy pequeñas. 
Resulta pertinente la siguiente advertencia con respecto a las líneas de influencia cualita­ 
tivas: deben trazarse para funciones cerca del centro de los claros o en los apoyos. No deberán 
trazarse líneas de influencia en el caso de secciones próximas a los cuartos de los claros si no se 
analizan con cuidado. Cerca del cuarto del claro se encuentra el denominado punto flju, en el que 
la línea de influencia cambia de tipo. El tenla de los puntos fijos se analiza con lodo detalle en el 
libro Cantinuous Frames of Reinforced Concrete, de H. Cross y N. D. Morgan.2 
Figura 17 .7 Línea de influencia cualitativa para momento positivo al centro del claro AB. 
Para obtener el momento positivo máximo al centro del claro AR, coloque la carga viva como 
se muestra. 
(b) 
' , D D D D D D 
~-~ .";:"'l - ·.,y ... ~ 5.¡ ~· ~..-s;,::t::,;~.· ·~,!::.i,~~ 
(al 
A 
n .. 1 1 ¡ ¡ 
.. 
" 1 " ~ B ' ' 
',! 
" .., ""' ~ l ~:­~ ... """ 
que el claro izquierdo tome la forma indicada: la forma deñexionada del resto de la viga puede 
dibujarse en forma aproximada. Un procedimiento similar se usa para dibujar la Línea de influencia 
para el momento negativo en el punto, y que se localiza en el tercer claro. La diferencia es que el 
momento del par aplicado en el supuesto pasador tenderá a causar compresión en las fibras infe­ 
riores de la viga. asociado esto con un momento negativo. 
Finalmente, se dibujan las líneas de influencia cualitativas para la fuerza cortante positiva 
en los puntos x y y. En el punto x, se supone que la viga se cona y se aplican a la viga dos fuerzas 
verticales de la naturaleza requerida para dar fuerza cortante positiva sobre los lados de la sección 
cortada. La viga tornara la forma mostrada en la figura 17 .ó(f). El mismo procedimiento se usa para 
dibujar el diagrama para la fuerza cortante positiva en el punto y. 
Con estos diagramas se dispone de suficiente información respecto de las condiciones críticas 
por carga viva. Para obtener el valor positivo máxime de V,\ causado por una carga viva uniforme. 
la carga debería colocarse sobre los claros I y 3. donde el diagrama tiene ordenadas positivas: si 
se requiere el momento negativo máximo en el punto x. los claros 2 y 4 deberán estar cargados, 
etcétera. 
Las líneas de influencia cualitativas son muy valiosas en la determinación de las posiciones 
críticas para las cargas en edificios, como se ilustra por la línea de influencia de momento para el 
marco de la figura 17. 7. Sí se trazan los diagramas para todo el marco, se supondrá que los nudos 
tienen libertad de girar. Los elementos en cada nudo se suponen unidos rígidamente entre sí, de 
manera que los ángulos entre ellos no cambian durante el giro. La línea de influencia para esta 
figura se traza para el momento positivo en el centro de la viga AB. 
CAPÍTULO 17 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 355 
Figura 17.9 
20 ies 
f 
© © 
Dibuje las líneas de influencia para las tres reacciones verticales y para las fuerzas en los miem­ 
bros U,U2, Lo­Ui y U1~·(ñgura 17.9). Las cifras en círculos son las áreas de los miembros, en 
pulgadas cuadradas. 
Figura 17.8 
El análisis de los detalles de trazo de estos diagramas para armaduras hiperestáticas es muy 
similar al que se presentó en el caso de las vigas hiperestáticas en las secciones 17. 1 y 17 .2. Para 
trazar la línea de influencia correspondiente a una reacción en una armadura continua, se quita el 
apoyo y se coloca una carga unitaria en el punto de apoyo. Para esta posición de la carga unitaria, 
se determina la deflexión en cada nudo de la armadura. Por ejemplo, considere la elaboración de la 
línea de influencia para la reacción interna de la armadura mostrada en la figura 17.8. El valor de 
la reacción cuando la carga unitaria está en el nudo x puede expresarse como sigue: 
V 
8 
= _ lixb = _ r (µ,.µsL/ AE) 
Ább L(µ~L/AE) 
Después que la linea de influencia para V 8 ha sido trazada. puede prepararse Ja línea de 
influencia para otra reacción repitiendo el proceso de retirarla como la redundante. introducir una 
carga unitaria ahí. y calcular las deflexiones necesarias. Un procedimiento más simple es calcular 
las otras reacciones, o cualesquier otras funciones cuyas líneas de influencia se deseen. usando las 
ecuaciones del equilibrio estático después de preparar el diagramapara V 8. Este método se usa en 
el ejemplo 17.'.1 para una armadura de dos claros donde se buscan las líneas de influencia para las 
reacciones y de las fuerzas en varias barras. 
Para el análisis de armaduras hipcrcstáticas es necesario trazar líneas de influencia para determinar 
las posiciones críticas de las cargas vivas, tal como se hizo en las armaduras isostáticas. 
17.3 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ARMADURAS 
ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
356 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Divida cada uno de los valores por Á1ib para obtener las ordenadas de la línea de influencia 
para V 8 y calcule las ordenadas para los otros diagramas de influencia por la estática. 
TABLA 17.l 
A(ptg2) L ¡/·L µp,µAL Barra L(plg) - µ9 µA ...JL A A.E AE 
LoL1 240 4 60 +O.so +0.75 +15 +22..5 
L1!..:i 240 4 ­60 +o.so +0.75 ~­15 + ,.,.., ~ 
1.,z1­:,· 240 4 60 +o.so +0.25 +15 +7.5 
L:il,4 240 4 60 +0.50 +0,25 t-1 ~ +75 
1«,U, 340 4 85 ­0.707 ­1.06 +42.5 +63.6 
U1U2 240 4 60 -1.QO -OSO +60 +30.0 
U¡U3 240 4 60 ­1.00 -0:50 +60 ; 30.0 
U.:¡L.. 340 4 85 ­0.707 ­o.:rs +42.5 +21.0 
U1L1 240 3 80 () +LOO o o 
U,4. 340 3 113 +0.707 ­0­15 +5"6.5 ­JB.O 
l)zL~ 240 3 80 o o o o 
~U:i 34-0 3 113 +0.707 ·I ().35 +56.5 t 28.0 
U~L1 240 3 8:0 o o o Cl 
L 378 204.6 E E 
Carga unitaria en ~ 
0.50 o.so 1.0 
o.so 0.50 
o o 0.707 0.707 o 0.707 0.707 
o.so 
1.00 l.00 
Carga unitaria en L1 
0.75 0.25 1.0 
0.25 0.75 0.25 
() o 0.35 OJ5 0.35 
().50 0.50 
Solucion. Retire el soporte interior y calcule las fuerzas para una carga unitaria en L1 y 
L:1. (Observe que la deñexión en L1 causada por la carga unitaria en Li es la misma que la 
deñexión causada en ~ debido a la simetrta.) El cálculo de estas deflexiones se presenta 
en la tabla 17.2. 
CAPITULO 17 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 357 
Elab_prc las lfneas de inñuencia para ia fuerza en los miembros L1U!2> U 1U2 y U2L2 de la armadura 
mostrada en la figura 16.3, que se reproduce en laflgura 17.lQ. Las cifras en círculos son las áreas 
de los miembros, en pulgadas cuadradas. 
0.52 
U¡L2v ... ~,­­­­­­­­:;::::,...­­======:===­ 
~ 0.021 
L¡¡U I v ­=:,­­­­­­­­­­::,,.­­============­­ 
~ + 
0.479 
0.021 
El ejemplo 17.4 muestra que las líneas de influencia pwa miembros de una armadura in­ 
ternamente redundante pueden prepararse por medio de­ un procedim:i~pto, casi idéntico. 
La barra supuesta como redundante tiene una fuerza unitaria inducídaen ella _que causa 
deñexiones en cada uno de­los nudos, que deben calcularse, Las ordenadas del diagrama 
para el miembro se obtienen dividiendo cada una de esas defíexíones por' la deflexión en 
el miembro. Todas las otras líneas de influencia se.préparan a partir de consideraciones de 
equilibrio estático. • 
+ + U1U2 ~=::=:::=::=:::::::::=::==-~============::::=====- 
1.00 
0.042 0.042 
0.021 
0.021 
1.00 
358 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
TABLA 1.7.3 
A(pll) L µ~,µAL /Jl.,µAL 
µ}L Barra L(plg) A J.IL, µL, /LA AE- AE AE 
LoL, 288 2 l#­ +o.67 +0.33 o o o o 
L,L-1 '28.8 2 !44 +0.67 +0.33 ­9.707 ­68 ­34 +72 
L!L3 288 i 144 ­0.33 +0.67 o o o o 
Lo.U I 408 2 '204 ­0.94 ­0.47 o o o o 
U1U2 288 2 144 ­0.33 ­0.67 ­0.707 ·t­34 +68 -+ 72 
U2L;; 408 2 204 ­0.47 ­0.94 o o o o 
U¡L1 2!¡8 288 +1.00 o ­0.707 ­204 o +144 
U,Lz 408 4()8 ­0.47 +0.47 +1.00 ­1.92 +192 +408' 
L1U2 408 4'08 o o +LOO o o +408 
llil....1. 288 288 +0.33 ! 0.67 ­0.707 -34 ­136 +144 
:r. ­498 +90 +I 248 
E E E 
0.67 0.67 0.33 0.33 0.33 
0.67 1.0 0.33 0.33 1 .o 0.67 
Carga unitaria en L1 Carga unitaria en L2 
0.707 
o 
0.707 
o 0.707 o 
Fuerza unitaria en L1 U1 
0.94 0.47 0.47 0.47 
1.0 
0.67 0.33 
0.67 o 0.33 
Solución. Retiraremos a L1 U2 como la barra redundante y calcularemos las fuerzas cau­ 
sadas por cargas unitarias en L1 y L2; reemplazaremos a L1 U2 con una fuerza de + 1 y 
calcularemos las tuerzas .en los miembros restantes dela armadura. Los cálculos necesarios 
de deflexiones se muestran en la tabla 17 .3. 
Figura 17.10 
u I 
f 
24res 
~ 
CAPITULO 17 LINEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 359 
­. B C Ernpo- trarniento 
A 
17.5 Reacciones verticales y momentos en A y B. Co.loque la 
carga unitaria a intervalos de 1 O pies. tResp.: Carga @ pun­ 
to C: Yr,. ­ ­0.500, V 11 = 1.50 f, MA ­e­: 5.00.) 
~­·'".>·<;.~ ~ 
­­­­40 pics­­··_._~,~30 pies­­1° 
o . .. . e B A 
17.3 
A 
·~ B Empo- _;,,.,;,,ti,....­..,.­­­­­::­.,­­­­­­­­­­,~ ~~~~ 3 f' •fiú~¡i, 
­­­­­­­20 pies ._~­i:r 
;,:T~~p 
~­­20 pies---i--- 20 pies­­­ 
B A 
17.4 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
D Empotramiento 
17.4 Fuerza cortante y momento en un punto a 20 pies a la iz­ 
quierda del empotramiento C de la viga que se muestra. 
Coloque la carga unitaria a intervalos de 10 pies. 
Fuerza cortante inmediatamente a la izquierda del soporte 
B y momento en el soporte B para la viga que se muestra. 
Coloque la carga unitaria a intervalos de I O pies. (Resp.: 
Carga a 1 O pies a la derecha del sopo ne izquierdo: Y = 
­0.575, Mn ­ ­ 1.50.) 
17.2 La reacción vertical izquierda y el momento de reacción en 
el empotramiento para la viga que se muestra ea la figura. 
Coloque la carga unitaria a intervalos de 5 pies. 
= 
e 
17.1 Reacciones para todos los soportes de la viga que se mues­ 
tra. Coloque la carga unitaria a intervalos de 10 pies. (Resp.: 
Carga a 10 pies del soporte izquierdo: VA=- +ü.406 J, V11 = 
1­0.688 T, Ye= ­0.094 l.) 
0.718 
o.o~ 
0.617 0.617 
0.073 
Dibuje líneas de influencia cuantitativas para las situaciones 
indicadas en los problemas 17 .1 al 17 .6. 
0.398 
~ ..... 
• 
Dibuje la línea de influencia para la redundante, L1 U2, y observe que lafuerza en cualquier 
otro miembro es igual a F' + Xµ. 
360 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
- 
,• 
,. 
' 
y ' • ' ·­· ~ ­;; ­ 
. 1 
X • ­ 
1 ' 
1 "' "' ~, ' 
A B X e y D 
1 • ',. 1 r»; F.:. '" ' ,'.y- ~.<J;;,..<,C'··· ,,~ 
'• L ' 
;. E 
17.11 a) Reacción en A, b) momento positivo en x, e) fuerza cor­ 
tante positiva en y, y d) momento positivo en z, suponiendo 
que el lado derecho de la columna es el lado del fondo. 
• 
e 
f B A 
17.10 a) Reacciones verticales en A y C. b) momentos negativos 
en x y C, y e) fuerza cortante justo a la derecha de B. 
a) Momentos positivo y negativo en x, y b) fuerza cortante 
positiva justo a la derecha de y. A 
17.14 
t B e X D • l J,L;; :;L ,,J~, 
' . 
y X • ' • - 
,. 
? 
' -r 
17.13 a) Momento positivo y fuerza cortante en x, y b) momento 
negativo justo a la derecha de y. 
. . . .. DO ' 1 1 • . ­ . DO 1 1 . • " ' y 
,·~ ­ 
17.12 a) Momento positivo en x, b) tuerza cortante positiva en x. 
y e) rnomemo negativo justo a la derecha de y. 
17.9 a) Reacciones verticales en A y C, b) momento negativo en 
A y momento positivo en x, y e) fuerza cortante justo a la 
izquierda de C. 
A B X e D E 
1 •·v, º'• 
M s; jl,' :.o.:. ::a:. ,.~ .. • • 
17.8 a) Reacción en A, b) momentos positivo y negativo en x, y 
e) momento negativo en B. 
A B X e D y E .J ,,· ~ ·t: 3l • * • :i ;::.¡: ·re·· : Q,,, ¡ 
Use el principio de Müller­Breslau para esbozar las líneas de in­ 
fluencia cualitativas para las funciones que se indican en las es­ 
tructuras de los problemas 17. 7 al 17. l 4. 
17. 7 ( a) Reacciones en A y C, (b) momento positivo en x y en y, 
y te) fuerza cortante positiva en x. 
,., _,;,J,9-,<i 
1­­­20 pies­­­­i­­­­20 pies ­­­=1 
X 
A 
17.6 Reacciones verticales en A y 8, momento en A y en x y 
fuerza cortante justo a la izquierda de x. Coloque la carga 
unitaria a intervalos de JO pies. (Resp.: Carga en x: YA - 
0.722 [. Yn = 0.278j, MA = ­8.88, M, = 5.56.) 
CAPITULO 17 LÍNEAS DE INFLUENCIA PARA ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTEINDETERMINADAS 361 
f 30 pies 
No hay nudo en la intersección de tas diagonales 
17.19 Fuerza en el miembro L2U3 y la reacción en el centro de 
la armadura. Las áreas de los miembros se muestran en la 
figura. tResp.: Carga en L1: V8 = +0.504 [', L2UJ ­ 
­0.0078.) 
, • 'c";;l,"'t" L 1 4 
1-- 3 por 20 pies= 60 pies­­­­ 
t 
No hay nudo 
17.17 Fuerzas en los miembros U1L2, U3U.1 y L4L5 de la armadura 
del problema 17.J6. (Resp.: Carga@ L2; U1L:: +0.634, 
U3U4 = +0.203. L4L5 = ­0.140.) 
17.18 Fuerzas en los miembros U1Li. U1U1 y UcL2 • Todas las 
áreas son iguales. 
15 pies 
~~~~':'c~:'c@~· 51·~@~6c@~~®~_j_ __ · ­+~ por 15 pies = 4.5 pies~ 
t 
17.15 Reacciones en touos los soportes para la armadura del pro­ 
blema 16.2. (Resp.: Carga @ L;i: Yr,. = ­0.15. V ll = +0.79, 
Ve= 1 0.35.) 
17.16 Reacciones en todos los soportes para la armadura. Las 
áreas de los miembros se muestran en círculos en la figura. 
Dibuje líneas de influencia cuantitarivas para las situaciones indi­ 
cadas en los problemas 17.15 al 17. 19. La solución de estos pro­ 
blemas con una calculadora de bolsillo es bastante tediosa. Como 
resultado el autor piensa que el estudiante tal vez prefiera resolver­ 
los con SABLE32 o SAP2000. 
362 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
363 
1 G. A. Maney, Studics in Engineering, No. 1 (Minneapolis, Universidad de Minncsota. 1915). 
1H. Manderla, "Die Berechnung der Sekundarspannungen", Allg. Baut: 45 ( 1880): 34. 
'O. Mohr, "Die Berechnung der Fachwerke mil. siarrcn knotenverbingungen ", Zivilinginieur 11892). 
El nombre de pendienie-defiexián se debe al hecho de que los momentos en los extremos de los 
miembros de estructuras estáticamente indeterminadas se expresan en términos de las rotacio­ 
nes (o pendientes) y las deflexiones de los nudos. Para desarrollar las ecuaciones. se supone que 
los miembros tienen sección transversal constante entre apoyos. Aunque es posible determinar 
mediante este método expresiones para elementos de sección variable, los resultados son tan com­ 
18.2 DEDUCCIÓN DE LAS. ECUACIONES DE PENDIENTE-DEFLEXIÓN 
l. El método de pendiente-deñexión es adecuado para el análisis a mano de algunas estruc­ 
turas pequeñas. 
2. Su estudio sirve de base para entender el método de distribución de momentos que vere­ 
mos en los capítulos 20 y 21. 
3. Es un caso especial del método ele los desplazamientos o de las rigideces, previamente 
definido en la sección 14.5, y proporciona una introducción muy efectiva a la formulación 
matricial del análisis de estructuras que se verá en los capítulos 22 al 25. 
4. Las pendientes y las de­flexiones determinadas mediante este método permiten al proyec­ 
tista esbozar con facilidad la forma deformada de una estructura en particular. El resulta­ 
do es que se tiene una mejor "idea" del comportamiento de las estructuras. 
George A. Maney presentó en 1915 el método de análisis de pendieme-deñexión en una publi­ 
cación sobre ingeniería de la Universidad de Minnesota.' Su trabajo fue una ampliación de los 
estudios realizados antes por Manderla2 y Mohr' sobre los esfuerzos secundarios. Durante casi 
15 años, hasta la aparición de la distribución de momentos. el método de pendiente-deflexión fue 
el procedimiento "exacto" comúnmente usado para el análisis de vigas continuas y de marcos en 
Estados Unidos. 
El método de pendiente-deñexión tiene en cuenta las deformaciones por flexión de vigas ) 
de marcos (o sea rotaciones, asentamientos. ctc.), pero que desprecia las deformaciones debidas a 
fuerza cortante y a fuerza axial. Aunque actualmente este método clásico generalmente se consi­ 
dera obsoleto, su estudio puede resultar útil por las siguientes razones: 
18.1 INTRODUCCIÓN 
Pendiente-deflexión: Un método 
de análisis por desplazamientos 
Capítulo 18 
Cuando u11 nudo gira en una estructura, las pendientes de las tangentes a las curvas elásticas 
de los miembros conectados a ese nudo cambian. Para una viga particular. el cambio de pendiente 
es igual a la fuerza cortante en el extremo de la viga cuando está cargada con el diagrama MIEL Se 
supone que la viga tiene momentos de extremo FEMA8 y FEM8A, como se muestran en la figura 
!8.2(a). Por comodidad este diagrama se divide en dos triángulos simples en la parte (b). Los mo­ 
mentos se muestran sobre los valores de ET por comodidad en la siguiente derivación. 
Con el método de la viga conjugada la pendiente en el extremo izquierdo. 9A, es igual a la 
fuerza cortante (o reacción) en ese extremo de la viga conjugada. Este valor se determina tomando 
momentos alrededor del extremo derecho de la viga. La pendiente en el extremo derecho, 013, se 
determina comando momentos alrededor del extremo izquierdo. 
l. Los momentos de empotramiento (FEMAa y FEMaA). que se pueden determinar con los 
teoremas de áreas de diagramas de momento, como se mostró en el ejemplo 11.9. En la 
figura 20.4 del capítulo 20 se presenta una lista detallada de expresiones para momentos 
de empotramiento. 
2. Los momentos originados por las rotaciones de los nudos A y B (9A y 98). 
3. Los momentos causados por la rotación de la cuerda (iv = ~/L) si uno o ambos nudos 
sufren asentamientos o defíexiones. 
El estudio de la figura 18.1 pcnnite observar que tos valores de los momentos finales en los 
extremos A y B (MAB y M8A) son iguales a la suma de los momentos originados por los siguientes 
conceptos: 
Figura 18.1 Ilusíración del desarrollo de las ecuaciones para el método pendiente­deflexión. 
(d) {b) 
A 
(e) 
Rotación de la cuerda 4 
.. ·r ~· .• ·, 
L 
(a) 
B 
~Ar:, 
" 
p p p 
piejos que acaban por tener poco valor práctico. Se supone, además, que los nudos de una estruc­ 
tura pueden girar o deJ­lexionarse, pero que los ángulos entre los elementos que convergen en un 
nudo permanecen constantes. 
En el siguiente análisis tomaremos corno referencia el claro AB de la viga continua de la 
figura 18.1 (a). Sí el claro está empotrado en ambos extremos, la pendiente de la curva elástica de 
la viga en esos puntos es nula. Las cargas externas producen momentos de empotramiento que oca­ 
sionan que el claro tome la forma que se muestra en la figura 18.1 (b). Los nudos A y Ben realidad 
no están empotrados y rotarán ligeramente con carga, quedando en la posición que se muestra en la 
figura 18.1 (e), Además de la rotación en los nudos, puede existir asentamiento en uno o en ambos 
apoyos. El asentamiento de los nudos originará una rotación de la cuerda del miembro. como se 
demuestra en la parte (d) de la figura, en la que se supone que e! apoyo B ha experimentado un 
asentamiento ~. 
364 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Plaza Poinseu, Greenville, Carolina del Sur. (Cortesía de Britt, Peten; y 
Asociados.) 
Figura 18.2 
(b) (a) 
0n 
. ' . 
M,\J¡IEI 
~­ . · ..... ;~ i+.<. MriAIRI .. •.· ' . ·,¡;,, ·Z . 
-. ­ · .. , ""·_, ­ '· . 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 365 
Los ejemplos 18.1 al 18.4 ilustran el análisis de vigas estáticamente indeterminadas usando las 
ecuaciones de pendiente­deflexión. Cada miembro en las vigas se considera en forma individual, 
se calculan sus momentos de empotramiento, y se escribe la ecuación para el momento en cada 
18.3 APLICACIÓN DE LAS ECUACIONES DE PENDIENTE-DEFLEXIÓN 
A VIGAS CONTINUAS 
Con estas ecuaciones es posible expresar los momentos de extremo en una estructura en térmi­ 
nos de las rotaciones y los asentamientos en sus nudos. En métodos anteriores. ha sido necesario 
escribir una ecuación para cada redundante de la estructura. El número de incógnitas en estas ecua­ 
ciones es igual al número de redundantes. El método de pendiente­deñexión reduce bastante la 
cantidad de trabajo necesario para el análisis de las estructuras multirrcdundantes, en comparación 
con métodosde análisis más antiguos. porque los momentos desconocidos se expresan en térmi­ 
nos de sólo unas cuantas rotaciones y asentamientos en los nudos. Aun en el caso de estructuras 
de niveles múltiples, el número de pendientes y rotaciones de cuerdas desconocidas que aparecen 
en cualguier ecuación rara vez es mayor de cinco o seis, en tanto que el grado de indeterminación 
estática de la estructura es varias veces ose número. 
MAB = 2EK(29A + ªª ­ 3lV) + FEMAB 
MB1, = 2EK(0A + 29a - 31),) + FEMoA 
En estas ecuaciones, el término 1/L ha sido reemplazado por K. Este término se llama factor de 
rigidez. (Lo encontraremos de nuevo cuando veamos la distribución de momentos en los capítulos 
20 y 21.) 
Los momentos de extremo finales son iguales a los momentos causados por la rotación y la 
deflexión de los nudos más los momentos de empotramiento que actúan en los extremos de la viga. 
Las ecuaciones de pendiente-dctlexión finales son entonces las siguientes: 
MAB = 2EK(20A + 80 ­ 3~,) 
MoA = 2EK(0A + 280 ­ 31),) 
Estas ecuaciones se pueden resolver siruultáneamente y despejar MAB y MsA· El resultado son los 
siguientes momentos de extremo en la viga debido a la rotación de los nudos y la dcflexión: 
Si uno de los apoyos de la viga se asentara o se deflexionara una cantidad 6.. los ángulos eA y 98 
causados por la rotación en los nudos cambiarían en una cantidad 6./L (o sea il1), como se muestra 
en la figura 18.1 (d). Al sumar la rotación de la cuerda a las expresiones anteriores, se tienen las 
siguientes ecuaciones para las pendientes de las tangentes a las curvas elásticas en los extremos 
de las vigas: 
! (MAa) (L) (2L) _ ! (MBA) (L) (L) 2E1 3 2EI 3 L eA = L = 6E1 (2MAB ­ M0A) 
­~ (MBA) (L) (2L) _ ! (MAB) (L) (L) e _ _ . El 3 2 El 3 _ L (1M M ) 
a - L - 6EI ­ DA - AB 
366 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 18.3 
Momento resistente en el miembro Momento resistente en el miembro 
f~Momemose, los ,wdo,~~ 
Empotramiento A :~< llliij[ 1 ++ ij!~Empmrnmle,W A 
.~ ........ ~-- l. ~ .... ­­ ~ ---- 
extremo del miembro. Para el claro A.B del ejemplo 18.1, se escriben ecuaciones para M"13 y M8"; 
para el claro BC se escriben ecuaciones para Mac y Mea, etcétera. 
Las ecuaciones de momento se escriben en términos de los valores desconocidos de e en los 
soportes. Los e.los momentos en un apoyo interior deben totalizar cero, tal como MaA + M13c = O 
en el apoyo B del ejemplo 18. J. Por lo tanto se escriben expresiones para el momento total en cada 
apoyo, lo que da un conjunto de ecuaciones simultáneas de las cuales pueden obtenerse los valores 
desconocidos <le 0. Pueden existir dos condiciones que simplifiquen la solución de las ecuaciones. 
Éstas son los empotramientos para los cuales los valores de e deben ser cero y los extremos sim­ 
ples para los cuales el momento es cero. A.l final del ejemplo 18.1 se obtiene una expresión especial 
simplificadora para los claros en los extremos que están simplemente apoyados. 
Las vigas de los ejemplos 18.1 y 18.2 tienen apoyos que no se asientan, y tJ, es cero para todas 
las ecuaciones. Ocurre algún asentamiento en los apoyos de las vigas de los ejemplos 18.3 y 18.4, y 
tJ, se incluye en las ecuaciones. La rotación de la cuerda se considera positiva cuando la cuerda de la 
viga gira en el sentido de las manecillas del reloj debido a los asentamientos; el signo es el mismo 
sin importar qué extremo se esté considerando. ya que toda la viga gira en esa dirección. 
Cuando la longitud de los claros, los módulos de elasticidad y los momentos de inercia son 
constantes en los claros de una viga continua, el término 2EK es constante para todos los miembros 
y puede eliminarse de las ecuaciones. Si los valores de K varían de claro a claro, como ocurre a 
menudo, es conveniente expresar estos valores en términos de valores relativos, como se hace en 
el ejemplo 18.6. 
El uso correcto de los signos es la principal dificultad que se presenta al aplicar I~ ecuaciones 
de pendicnte-dcflcxión. Es esencial entender esos signos antes de intentar aplicar las ecuaciones. 
Previamente en este libro un signo más para el momento ha indicado tensión en las libras 
inferiores, mientras que un signo negativo ha indicado tensión en las fibras superiores. Esta con­ 
vención de signos fue necesaria para dibujar los diagramas de momentos. 
Al aplicar las ecuaciones de pendienre-deflexión es más senciJlo usar una convención en la 
que se le dan signos a los momentos. según tengan éstos sentido horario o antihorario de rotación 
en los extremos de los miembros. Una vez determinados esos momentos. sus signos pueden ser 
fácilmente convertidos a la notación de viga para dibujar los diagramas de momento flexionante 
(conocida como notación de viga). 
La siguiente convención se usa en este capítulo para la pendicnte­deñexión, y en los capí­ 
tulos 20 y 21 para la distribución de momentos: Si un miembro genera un momento que tiende a 
hacer girar a un nudo en sentido horario, el momento que actúa en el nudo se considera negativo; 
si el momento tiende a hacer girar a un nudo en sentido antihorario, es positivo. En otras palabras, 
un momento resistente en sentido horario sobre el miembro se considera positivo, y un momento 
resistente en sentido antihorario se considera negativo. 
Esta convención de signos se ilustra en la figura 18.3. El momento MAB. en el extremo iz­ 
quierdo tiende a hacer girar al nudo en sentido horario y se considera un momento negativo. 
Observe que el momento resistente sobre el extremo del miembro es antihorario. En eJ extremo 
derecho de la viga las cargas han causado un momento que tiende a hacer girar al nudo en sentido 
aruihorario. Por tanto, M8A se considera positivo. 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 36 7 
(2) 2EK0n +8EK0\'.: +45 = O 
(1) 8EK06 + 2EK0c + 45 = O 
MAa = 2EK(0g) ­ 270 = 2EK0s ­27,0 
MBA = 2EK(20B) + 270 = 4EK9n + 270 
Mac = 2EK(20n + 0c) - 225 = 4EK0n + 2EK0c ­ 225 
Mea = 2E.K(0a -1 2E)c) 1­ 225 = 2BK0a + 4E:R­ec + 225 
Meo = 2EK(20c) ­ 180 = 4EK0c ­ 180 
Moc = 2EK(O:c) + 180 = 2EK0c + 180 
I.MB=MnA +Mnc=O 
Al escribir las ecuaciones para los momentos se obsérva que ~ A = 01> ;; t~ A.B = 1~B<; = \Veo = O y 2EK es constante para los tres daros. 
FBM ­ (3.6)(30)2 ­ 270 i;u. ... · AB ­ ­ ­ ­ Ntrp.le 12 
FEM (J.6)(30)2 ?70 ldb . BA = + 12 = +- ­p.te 
FEMnc = - (60)(lS)(lS)2 = ­225 klb­oie "' (30)2 . . ,,-y 
FEM (60)(15)2(15) +";-,5 klb . es = + = ,;,,,, · ­pie (30)2 
FEMco = - {2.4)(3o)2 = ­180 klb­pie 12 
(2.4)(30)2 . FEMoc = + · = +180 klb­pie · 12 
Solución. Calculando los momentos de empotramiento (véase la figura 20.4 y la primera 
de forros). 
Figura 18.4 
L30pies 
n 60 klb A 
Determinar los momentos en todos los apoyos de la viga de la figura 18.4 usando el método pen­ 
díente­déñexíón. E el son constantes para el miembro completo. 
368 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Suponiendo que el extremo A está simplemente apoyado, el valor de MA8 es cero. La solu­ 
ción de las dos ecuaciones simultáneamente eliminando a eA da una expresión simplificada para 
M8A, la cual tiene solamente una incógnita. 08. La ecuación simplificada resultante acelerará con­ 
siderablemente la solución de las vigas continuas con extremos simplemente apoyados. 
Dos veces la ecuación (2) 
(l) 
(2) 
MAB = 2EK(29A + 90 ­ 31],AB) + FEMAB 
MeA = 2EK(eA + 28n - 3~,A13) + FEMBA 
El procedimiento de solución así descrito para esta viga incluye cuatro ecuaciones simultá­ 
neas. Parece que este procedimiento toma mucho tiempo y esfuerzo cuando dos de los momentos 
finales ya se conocen (MAD = M0c = O). Sin embargo, si se incluyen apoyos simples en los ex­ 
tremos, Ias ecuaciones de pendientc­dellcxióu pueden simplificarse considerablemente como se 
describe en los siguientes párrafos. 
Las ecuaciones acostumbradasde pendiente­deflexión son: 
Figura 18.5 
Para analizar la viga continua de la figura 18.5 con extremos simplemente apoyados. las ecuacio­ 
nes individuales de momento pueden escribirse tal y como se hicieron en el último ejemplo, Des­ 
pués de hacer esto. las ecuaciones delos apoyos (LMA = IM8 = LMc = ¡Mr>) pueden escribirse 
y resolverse simultáneamente para EK9A. EK98, EK8c y EKEl0. A partir de estos valores pueden 
determinarse los valores numéricos de los momentos, 
18..4 VIGAS CONTINUAS CON EXTREMOS SIMPLEMENTE APOYADOS 
~ = (4) (­4.50) ­ 270 = ­279 klb­pie 
Mfl­A = {4}{­4.50) +270 = +252 klb­pie 
M8c = (4)(­4.50) + {2)(­4.50) ­ 225 = ­252 klb­pie 
Mes= (2)(­4.50) + (4)(­4.50) + 225 = +l­98 klb-pie 
Meo= (4)(­4.50) ­180 = ­198 klb­pie 
Mtic = (Z)(­4.50) + 180 = +171 klb-pie • 
Momentos finales 
EK6a = ­4.50 
EK0c = ­4.50 
Resolv1endo. las ecuaciones (l) y (2) simultáneainente 
CAPITULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 369 
EK0a = ­7.21 
EK0c = -0,82 
(1) 7EK0a+2EKOc+52.08 =0 
~Me= MCB +Meo= Ó 
(2) 2EKHa + 7EK(')c + 20.16 = O 
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultáneamente 
M.sA = 3EK(0n)+ 104.16­ (~)(­104.16) = 3.E~08.+ 156.24 
MBc = 2EK(29a + Bc}­104.16 = 4EK0a + 2E.K0c: ­104.16 
Mea= 2EK(0a +20c) + 104.16 = 2EK0a +AEK0c + 104.16 
Meo= 3EK(0c) ­ 48 ­ (~) (72) + 3EK0c ­ 84 
~Ma=MBA+MBc=O 
Ob~ervando que MAs. = MoA = \j,AB =\~se= WcD = O y tos ,;,a)ore..s EK svn:constantes 
Figur'a 18.6 
2 klb/pic 20klb 
­t1!. I I I 1 l _¡~ ¡ I I I I ~ ! ~ ! . ­ •,€~!\~. . · B e ­~q, "º'=' <,to "',,':f,.:: ¡{_.'ti,Q "i ,,..!"­ '11' - ,,., ,l.' - 
Momentos de ­104.16 +104.16 ­104.16 +!04.16 ­48.0 +72.0 
cmpotramieruo 15 pies • 1 • JO pies­ 
25 pies 25 pies 25 pies 
Solución. 
Encuentre todos los momentos de extremo para cada claro en la viga mostrada en la figura J.Ró 
usando las expresíoncs modificadas de pendicnte­deñexión para los claros en los extremos. E e I 
son constantes para los tres daros. 
Usando esta ecuación, el número de ecuaciones por resolver se reduce en uno para cada apo­ 
yo simple. Por supuesto. al usar una computadora, esto no es particularmente importante. 
2MAn = 2EK(38s ­ 3\ji) + 2FEMnA ­ IBMAJ3 
l MeA = 3EK(8s ­ lj,) + FEMoA ­ 2FEMAu 
Da 
O= 2EK{28A + ªª ­ 3\~) + FEMAJ3 Menos la ecuación ( 1) 
370 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 18.8 
v' ,, 
.; Empotramiento 
' " 
D ? 4 ~lb/ . A 
I constante 3.6 klb/pie .. pie 
l ¡ ' ! ¡ l l _I ~ ·, ­ " B~º .,<~.: -~<- 1 '. • ,r. ' 
20 pies 30 pies 'º''"~ +720 -270 +270 ­1$0 +180 Momentos de empotramiento 
M,\B ­ 2E3(Els) ..L FEMAa 
Mnc = 2E­l{26J3 + 6c) + FEMac 
Algunas veces un miembro coruinuo tiene un extremo en voladizo que tal ver. sustente 
a un balcón como se muestra en la figura 18.8. Para un miembro de este tipo. el momento en 
el apoyo extremo del voladizo es obvio. Por ejemplo. el momento MAB en esta viga es igual a 
+ (3.6)(20)( 10) = +720 klb­pie. Las otras ecuaciones de las vigas se escriben como antes y se 
resuelven para los momentos de los apoyos. 
Ecuaciones de muestra para las cuales e,,= 0o = 41AB = 1/JBc = 1/Jco = O 
..¡. 3 Relativo = K. 
Figura 18.7 
" . . ­ Empotrarn lento 1 = 1 ()()() pJgl 
D e B A 
Si los factores de rigidez varían para los diferentes claros de una viga continua deben usarse sus 
valores reales o sus valores relativos en las ecuaciones de pendicnte­dellexión. Esta situación se 
ilustra en la figura J 8.7. ~ 
18.5 DIVERSOSASPECTOS RELACIONADOS CON LAS VIGAS CONTINUAS 
MCB = +86.5 klb­pie 
Meo :::: ­86.5 klb-pie • 
MaA = +1:14.6 klb­pie 
Msc = ­134.6 klb­pie 
Sustituyendo estos valores en las expresiones originales de momento 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 371 
( +0.020&) .0 (1) MBA =3EK ea ­ 10 +5 ­ 2 (­50) 
Ma.A = 3EK6n ­ 0.00624Elt + 75 
( ­0.0208) Msc = 3EK 0a ­ I O 
M¡3c = 3EK08 + 0.00624EK 
IMs =O=MnA+Mac 
3ER'.0a ­ 0.0624EK + 75 + 3"EK0i3 + 0.0624E~ = O 
6EK0n +75 = O 
EK0a = ­12.5 
MaA = (3}(­12.5) ­ 0.00624EK + 75 
_ (29 X 106)(500) _ Ü 07 . EK ­ (12 x 1 000)(12 x 10) ­ l. O 
Ms·A = ­37.5 ­ 62.8 + 75 = ­25.3 klb­pie 
Mac = (3)(­12.5) + 62.8 = +25.3 klb­pie • 
Solucion: Escribiendo las ecuaciones y observando que MAll =Mea= O, 
Figura 18.9 
o +50 O 
j_ ~ e~ ­ -. \ .•• : .:..,9 ... ;,.. ­ 
¡.­­ 5 pies 5 pies. ­ 
­­­JO pies ­­­­­­­­10 pies­­~ Momentos de 
ernpoiramicruo ­ 50 
B 
.«) klb ¡ A 
Encuentre el momento en el apoyo B de la viga de la figura 18.9, suponiendo que B se asienta 
0.25 pulgadas, o sea 0.0208 pies . 
Los ejemplos 183 y 18.4 muestran el análisis de vigas continuas cuyos apoyos experimentan asen­ 
tamientos. Estos asentamientos hacen que aparezcan valores ljJ en las ecuaciones. Para casos como 
éste, se calculan los valores reales de EK en vez de solamente valores relativos. 
, 18.6 ANALISIS DE VIGAS CON ASENTAMIENTOS EN LOS APOYOS 
MaA = + 720 = -MBc 
Mac = 2EK(29B) ­ 270 
Mea = 2EK(Ss + 270) etcétera 
Al escribir las ecuaciones de p<!ndiente­dellexión se observa que 90 = 'Veo = O 
372 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(2) 
(1) 
Para el apoyo C: 
McB = 2EK1 (eB + 20c - (3) (º·i~9)] + 100 
McB = 2EK10a +4EKi0c ­0.00087EK1 + 100 
( ­0.1313) (1)c 8) Meo= 3EK! 0c ­ 30 ­ 177.7 ­ 2 +88. 
Meo= 3EK20c + 0.01373EK2 ­ 222. l 
Meo= 2EK10c + 0.00915EK1 ­ 222.1 
L,Ma =O=MsA +M_sc 
3EK1013 ­ 0.0144EK1 + 187.5 + 4EK10s + 2EK1éc 
­0.0087EK1 ­ 100 =0 
7EK10B +2EK¡0c ­0.0231EK1 + 87.5 = O 
L Me == O= Mc0 + Meo 
2EK1S8 + 4EK1ec - 0.0087EK1 + 100 + 2EK10c 
+ 0.009 LSEK1 ­ 222. t = O 
2EJ{i0_e + 6EK10c + 0.00045EK1 ­ 122.1 = O 
[ 0.029] M8c = 2EK.1 2Sa + 0c ­ 3 20 ­ 100 
M0c = 4EK108 + 2EK10c ­ 0.0087EK1 ­ 100 
Solucián; Para el apoyo B: 
MaA = 3EK1 ( ~ ­ º·ii6) + 125 ­ (~) (­ l25) 
MaA = 3EK1en - 0.0144EK1 + L87.5 
Figura 18.1 O 
+88.8 +l:25 ­100 +100 ­177.7 
A 
E=29x 106klb/plg2 
l = 8 147,6 p(g4 
D 
4Ó klb 40 klh 
Momentos de 1­­­ 20 pies 20 pks­­­;,o­­­­­30 pies­­­­­, 
empotramiento _ 125 
Determine lodos los momentos. para la viga de la figura 18.10 que se supone tiene los siguientes 
asentamientos delos soportes: A= 1.25 plg = 0.104 pie, B =2.40 plg = 0.200 pie, C = 2.75 plg 
= 0.229 pie y D = 1.10 p.lg = 0.0917 pie. 
CAPITULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 373 
Figura 18.1 1 
Empotramiento Empotramiento 
Las ecuaciones del método de pendieute-dcflexión pueden aplicarse a los marcos estáticamente in­ 
determinados de la misma manera que a las vigas continuas. si no existe posibilidad alguna de que 
los marcos se ladeen o desplacen de manera lateral. o se defonnon de modo asimétrico, En teoría, 
un marco no se ladeará ni se inclinará si es simétrico y si las cargas aplicadas son simétricas, o si 
está restringido contra los desplazamientos por otras partes de la estructura. EJ marco mostrado en 
la figura l 8.11 no puede ladearse porque el miembro AB restringe a la estructura contra despla­ 
zamicnto horizontal. En el ejemplo 18.5 se ilustra el análisis de un marco simple sin desplazamien­ 
to lateral o ladeo. Cuando ocurre el ladeo, los nudos del marco se mueven. y esto afecta los valores 
de 8 y los momentos. como se analizan en la sección 18.8. 
18.7 ANÁLISIS DE MARCOS SIN DESPLAZAMIENTO LATERAL 
MBA = (3)(280.9)­(0.0144)(82 040) + 187.5 = ­151 klb­pie 
Mac = (4)(280.9) + (2)(­78.7) ­ (0.0087)(82 040) ­ 100 = +152 klb­pie 
Mc13 = (2)(280.9) + (4)(­78.7) ­ (0.0087)(82 040) + 100 = ­367 klb­pie 
Meo= (2)(­ 78.7) + (0.00915)(82 040) ­ 222.1 = +371 klb­pie 
Nota: Ocurrió algún error debido al redondeo de los números. • 
Momentos finales: 
Resolviendo las ecuaciones (l) y (2) simultáneamente para EK10o­ y EK10c 
EK1 0¡¡ = 0.00367EK1 ­ 20.2 
EK10c = ­O.OOI29EK1 + 27.l 
(29 X 106)(8 147.6) . . . 
EK1= (12 x 20)(12 X l 000) = 82 040 klb­pie 
EK10s = {0.00367)(82 040) ­ 20.2 = +280.9 
EK1 Oc= ­(0.0012.9)(81 970) + 27.1 = ­78.7 
374 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Escribiendo las. ecuaciones, y observando que eA = 00 = \f,Aa = 1J10c = t!Jco = O y 2EK es cons­ 
tante para todos los miembros, lo que permite despreciarlo, 
MAB =­08 
MaA = 2"13 
MBc = 28e + 8c ­ 66.7 
Mea= 0a + 20c + 66'.7 
Meo =20c 
Moc = 0c 
Solucián. Calculando los momentos de empotramiento, 
FEM8c = (2)(20)2 = ­66.7 klb­pie 12 
(2)(20)2 FEMcs = + = +66.7 klb­pie 12 
Figura 18.12 
Empotramiento Empotramiento 
A . 
10 pies F. e I constantes 
Obtenga todos los momentos para el marco mostrado en la figura 18.12, el cual no tiene ladeo 
por ser simétrico. 
Centro comercial Lehigh. 
(Cortesía de la Bcthlehern Steel 
Corporaí ion.) 
CAPITULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 375 
Figura 18.13 
E1 npotrarniento 
brn potranucmo 
30 pies 
e 
30 klb 
~ l 
20 r ~;;;;:¡;;..:=,;.- 
Las cargas. los momentos de inercia y las dimensiones del marco de la figura 18.13 no son simé­ 
tricos coa respecto al eje central. y obviamente el marco se ladeará hacia un lado. Los nudos B y C 
se deflexionan hacia la derecha. Jo que causa rotaciones en las cuerdas en los miembros AB y CD, 
sin que haya rotación teóricamente de BC si se desprecia el acortamiento axial (o el alargamiento) 
de AB y CD. SI se desprecia la deformación axial de BC. cada uno de los nudos se desplazará la 
misma distancia horizontal .i. 
Puede verse que las rotaciones de las cuerdas de los miembros AB y CD. debido al ladeo. son 
iguales a MAn y .lfLco· respectivamente. (Observe qlle para la misma D. el miembro más corlo 
tiene una rotación de cuerda mayor y mayor efecto sobre los momentos de los miembros.) Para 
este marco. 11,110 es 1.5 veces tan grande como 1!Jco, ya que LAR es sólo dos tercios tan grande como 
Leo· Es conveniente trabajar solamente con una rotación de cuerda desconocida. y al escribir las 
ecuaciones de pendierue­deflexión se usan valores relativos. El valor qi se usa para las dos ecuacio­ 
nes para el miembro AB. mientras que ~IV se usa para las ecuaciones para el miembro CD. 
18.8 ANÁLISIS DE MARCOS CON DESPLAZAMIENTO LATERAL 
McH = +44.4 klb­pie 
Meo = +44.4 klb­pie 
Moc = ­22.2 klb­pie • 
t,.,jAfl = +22.2 klb­pic 
MaA = +44.4 klb-pie 
Mac = ­44.4 klb­pie 
Momentos de extremo finales 
BB = +22.2 
0c = ­22.2 
Resolviendo las ecuaciones (1) y (2) simultáneamente, 
(2) 
(l) 
L, Ma = O = MsA + M0c 
20a + 20n + ec ­ 66.1 = O 
40s +Oc= 66.7 
L,Mc =O= Mee +Meo 
eB + 2ec + 66.7 + 20c = o 
013 + 4Bc = ­66. 7 
376 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 18.14 
¡...,..,,­­,.­,~­20 pies­ lO pies 
i-----30 pies­­­ 
Empotramienro 
1) 
30 pies 
FEMcu = 
+66.7 
e 
'.iO klb 
digamos un valor relativo de 3 
con respecto a los valores 2.EK 
deBC y CD 
2E 2EK-- 20 para AB 
Con el uso de valores 2EK relativos, 
Determine los momentos de ex tremo de los miembros del marco mostrado en la figura 18.14 para 
el cual E e I son constantes. 
Solucián. Con el uso de valores 1¡, relativos. 
I,H =Ü = MAB +MaA + Meo+ Moc 
LA» Leo 
Ho = Meo +Moc 
Loe 
Ene! ejemplo 18.6 se presenta el análisis del marco de la figura 18.14. Observando quceA = 
60 = O, se verá que las seis ecuaciones de momentos de extremo para la estructura completa con­ 
tienen un total de tres incógnitas: 08, 8, y ~1. Sin embargo, están presentes tres condiciones que 
permiten su determinación. Éstas son 
l. La suma de momentos en Bes cero (IMB =O= MuA + fvf11c). 
2. La suma de momentos en Ces cero (L.Mc =O= M,fl + M,0). 
3. La suma de las fuerzas horizontales sobre la estructura completa debe ser cero. 
Las únicas fuerzas horizontales son las reacciones horizontales en A y D, y serán de la misma 
magn itud y de dirección opuesta. Las reacciones horizontales pueden calcularse para cada una de 
las columnas dividiendo los momentos de las columnas entre la altura de las columnas, o, lo que es 
lo mismo, tornando momentos en la parte superior de cada columna La suma de las dos reacciones 
debe ser cero. 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 377 
Mea= +67.4 klb­pie 
Meo = ­67.4 klb­pie 
Moc = ­46.6 klb­pie • 
Momentos finales: 
MM= +6.0 klb­pie 
M.aA = +69.4 klb­pie 
M,13c = ­69.4 klb­píe 
Resolviendo la<; ecuaciones (1 ), (2) y (3) simultáneamente, 
0.a = +21.2 
0c = ­10.5 
ti,= +6.4 
(3) 
MAs + MsA Meo + Moc O ----+ = 
LAB Leo 
30B - 9\ji + 68i3 - 9~i 40c; - 4qi + 20c - 4ip _ O 
20 + 30 ­ 
2708 ·+ l 20c - 70\µ = O 
(2) 
(1) 10013 + 26c ­ 9ll1 = 133 
Í,Mc = O =Mca +Meo 
29­s + 40c + 66.7 + 40c ­ 41­j¡ = O 
208 + 80c ­ 4\f, = ­66.7 
¿,H=O=HA+Ho 
MAB = 3(0-s - 31),) = 308 ­ 91jl 
M­sA = 3(2é.a ­ 3\v) = 608 ­ 9\v 
M_sc = 2(20B + 0c) ­ 133 = 46.a + 2ec - 133 
Mes= 2(6¡,¡ + 20c) + 66.7 = 20B + 40c + 66.7 
Meo = 2 [ (29c - (3) (~ ~1)] = 40t ­ 4t!; 
Moc = 2 [ 0c ­ (1) (! \11) J = 20c ­ 4\J¡ 
L, M8 = O = MBA + M8c 
60a ­ 91µ + 408 + 20c ­ 133 = O 
Escribiendo las ecuaciones y observando que eA =en= ll!Bc = O, 
use un valor relativo= 2 para CD 
• 
use un valor relativo= 2 2EK = 2E 30 
2EK = 2E 30 
para BC 
• 
378 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(5) 
P1 + P1 - HA ­ RF = 0 
H _ MAa+MaA A- 
LAB 
M1:F+ MeF H,. =----- 
L11F 
MA8 + MsA + MF.r­ + MFE + p + p., = 0 1 1 1 ­ 
Estas ecuaciones contienen seis incógnitas (88. 8c, 80, eE, ,~1 y IJ12), observando que eA y eF 
son iguales a cero, Dos ecuaciones adicionales se requieren para determinar las incógnitas, y se les 
encuentra considerando las tuerzas horizontales o fuerzas cortantes en el marco. Es obvio que la 
suma de las fuerzas resistentes horizontales para cualquier nivel debe ser igual y opuesta al cortan­ 
te externo horizontal para ese nivel. Para el nivel de piso la fuerza cortante horizontal es igual a P1 + P1, y las reacciones en la hase de cada columna son iguales a los momentos de extremo divididos 
entre la altura de las columnas. Por lo tanto 
(1) 
(2) 
(3) 
(4) 
L,Ma =O= MsA +Mac +MBF 
L,Mc=ó=Mcs + Meo 
L,Mn = O = Moc +MoE 
L,~Ir:;. =Ü=MEo +MF.a­+MEF 
Las ecuaciones de pendicnte-dcflexión pueden escribirse para el momento en cada extremo 
de los seis miembros, y las ecuaciones acostumbradas de condición de nudos están disponibles 
como sigue: 
Figura 18.15 
Empotrarnienro Empotramiento 
-H11 
J IA¡+Al 
p~ ' 1 ­­­ 1 1 1 1 1 A, 1 
1 ­­ P¡ F. ­­ 
El método de pendieme-deflexión puede aplicarse a marcos con más de una condición de 
ladeo. como es el marco de dos niveles mostrado en la figura 18.15. El análisis manual de los 
marcos de este tipo usualmente se trata en forma más conveniente con el método de distribución 
de momentos, pero el conocimiento de la solución con pcndicnte-deftexión es útil para entender 
mejor la solución con distribución de momentos, 
Las cargas horizontales causan que la estructura se incline hacía la derecha; los nudos B y 
E se deflexionan .:i1 horizontalmente; y los nudos C y D se deflexionan .ó.1 + 6.2 horizontalmente 
corno se muestra en la figura 18,15. Por lo tanto, tas rotaciones de las cuerdas para las columnas tjJ1 
y ,1,2 son iguales a .ó.¡/L,,n para el nivel inferior y .ó.1'Lac para el nivel superior. 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE­DEFLEXlÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 379 
Se dispone de seis ecuaciones de condición para determinar las seis incógnitas restantes 
en las ecuaciones de momentos de extremo, y el problema puede resolverse como se ilustra en el 
ejemplo 18. 7. Es conveniente suponer que todos los valores de 0 y ljJ son positivos al formular las 
ecuaciones. 
Sin importar cuántos pisos tenga el edi licio. se dispone de una ecuaciónde compatibilidad de 
fuerza cortante para cada piso. El procedimiento de pendienre-deflexión no es muy práctico para 
edilicios de muchos pisos. Para un edificio de seis niveles y cuatro claros por nivel habrá 6 valores 
desconocidos de llJ y JO valores desconocidos de 0. o un total de 36 ecuaciones simultáneas para 
resolverlas. (El problema no es tan serio como pudiera parecer, ya que cada ecuación contendrá 
sólo algunas de las incógnitas y no las 36.) 
Edificio Alcoa. Sa11 Francisco. Un aspecto dominante de la 
estructura reticular de acero que sobresale de la "tiara" del 
proyecto de la Puerta Dorada de San Francisco son los mu­ 
ros de cortante exteriores en forma de diamante. resistentes 
a sismo. (Cortesía de la Bcthlchcrn Steel Corporation.) 
(6) Mac +Meo --1 Lec 
Una ecuación de condición similar puede escribirse para el nivel superior. el cual Llene una 
fuerza cortante externa de P1. Los momentos ñexionarues en las columnas producen fuerzas cor­ 
tantes que son iguales y opuestas a P2. lo cual permite escribir la siguiente ecuación para el nivel: 
380 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Mea = 011 + 20c ­ 3ll12 Mer = 29e ­ 3\fl, 
Meo= 2fk: + 00 Mffi = eE ­ 3~,t 
Í: Ma. = O = MsA + Mac + Mrm 
29s ­ 3\jJ¡ +20B + 0c ­ 31V2 + 2013 + ~ = Q 
60n ­J­ éc + en - 3\fl, - 3i!i2 = o L Me = Q = Mea + Meo 
0n + 20c ­ 3$2 + 20i + 0o = O 
es + 40c + eo ­ 3$2 = o 
Í:Mo =O= Moc +Mo1.i 
0c + 200 + 200 + ª" - 3\ji, = O 
0c + 400 + ec ­ 3~12 = o 
Í: ME = 0 = Mw + MEB + MEF 
00 + 206 - 3'V2 + ea + 2eE + 2eE - 3$1 = o 
813 + 80 + 68E - 3ljf¡ - 3q,2 = 0 
Moc = 0c + 2()11 
MDE = 200 + 0E - 31j¡z 
MED = 01) + 201:i - 31j¡2 
Mrm = 0s +20r,; 
MAll = 08 ­ 3~11 
MaA = 201} - 3\V I 
MHc = 20tt + 0c - 3~11 
Mal!= 20n +~ 
Al escribir Jas ecuaciones, y al observar que 0A = Br = O. Como los valores de 2EK son 
todos iguales se omiten, 
Observando que las cuerdas BE y CD no giran. 
Figura 18.16 
Solución. 
20 ries 
A F -..,;;~e-_L 
Empo1ra111ic~:~r~~ ,..,;,~r ~npotrarnienlo 
20 pies 
E e r constantes 
:. 2 EK constante 
20 ics 
D (' 
Encuentre los momentos para el marco mostrado en la figura 18.6 usando el método pendiente­ 
deflexién. 
CAPÍTULO 18 PENDIENTE-DfFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 381 
mento flexionante. E e I son constantes para cada miembro 
a menos que se especifique otra cosa. 
En los problemas 18.1 al 18.15, calcule los momentos de 
extremo de las vigas con las ecuaciones de pendiente­de­ 
flexión. Dibuje los diagramas de fuerza cortante y de mo­ 
18.1 O PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
No presentaremos en este capítulo el análisis Je marcos con columnas inclinadas. El análisis dt 
este tipo de marcos mediante el método de pendiente­deflexión es muy tedioso cuando se hace 
con una calculadora manual. y por lo tanto lo más probable es que no se use cuando se dispone dt 
otros métodos. Las soluciones con computadora usando métodos matriciales y el procedimicnk 
de distribución <le momentos presentado en los capítulos 20 al 25 son más usados actualmente. Sir 
embargo, una ve« que se entiende el análisis de marcos con columnas inclinadas usando la distri 
bución de momentos. el analista podrá retornar a este capítulo y usar el método de la pendiente· 
deflexión para el análisis de estas estructuras. 
18.9 ANÁLISIS DE MARCOS CON COLUMNAS INCLINADAS 
M813 = ME.B = + 158.2 klb­pie 
M.cs = t­­1oE = ­65.5 klb­pie 
Meo = Moc = +65.5 klb­pie • 
MAB = M~13 = ­176.4 klb­pie 
MaA = M1:.F = ­123.6 klb­pie 
M­sc =Meo= ­34,6 klb­pie 
Momentos finales: 
IJ,1 = +76.37 
~µ2 = +53.95 
0a = 0E = +52.75 
0t = 0o = +21.82 
Al resolver las ecuaciones simultáneamente, 
(6) 
I.H = 30, nivel de piso: 
MAn + MnA MnF + M1:F. _ 0 20 + 20 ­ ­3 
e8 ­ Jqi1 + 20n - 31jf 1 2eE ­ 3\JJ1 + eE ­ 31Js1 = _30 
20 + 20 ­ 
3Ha + 30e ­ 12i,JJ1 = ­600 
(5) 
20a + 0c - 3qi2 1­ 0a + 20c - 31),2 
20 
~H = ­ 1 O, nivel superior: 
M!lc + Mes MoE + M50 = ­10 20 + 20 
382 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 
. ."·~·1:º • ~ ~<; •;­t }'< 
··'! .~,J .. ,., 10 ,pies 10 pies 10 .pi:)10 pies 20p.ie: :i· r20pies , 
~ JO pies 20 pies 30 pies 
• 
B D e A 
1 oo klb ¡ 80klb 60 klh 
18.11 (Retp.: Mu" ­ ­239.J klb­pie. Mcn = ­405.7 klb­pie.) 
•• 
11 m----...¡..--- 9 m----' 
40 kN/m B e 
200 kN A 
18.10 
Empotramiento ­ I L 10 pie~~­­ ... ·:+r ... ~­­­­­­­30 pies 
2.-cl klb/pie B A 
e 
18.9 
Repita el problema 18.7 usando las ecuaciones modifica- 
das. 
(Resp.: Men = -21 O klb­pie. V e= 39.00 klb f.) 
18.8 
• 
.:.· -:::s.::;~.:;.~"' ­~­ ~­ ~­~·•n:_~­~~­­~¡.~:: l ,¡ Ernporramicnto IS pies " '"' • I 
~­­­­30 pies ­­­­,­­­­30 pies 
' 
60 klb 3.6 klb/pie 
Use las ecuaciones normales de pendiente-deflexión. es 
decir. aquellas que no han sido modificadas para apoyos 
simples en los extremos. (Resp.: M11,, ­328.1 klh-pie, 
Ml~ = ­173.9 klb­pic.) 
18.7 
i-------40 pics­­­­­­­­i 
B 4.8 klh/pie 
A 
18.6 
e 2.4 klb/pie B 3.6klbfpie D A 
18.S tResp.: MAH ­ ­97.90 klb­pic, M1x­ ­ 1 67.3 klb­pie.) 
. ,, Mf.,.. ·~· ;f . "'~'- ' Ernpotrarnieruo 
­60 pies­­­..,... ..... so p;~J ­40pies­­+­­ 
30 klb A 
18.4 
·\~~.~~~~~~r~1: ~¡$', ,,'f" ~..:, . . . 
Empotramiento Empotramiento L 15pies JO pies ­­­­­30 pies ­~1­­­­30 pies ---i 
2.4 k I b/pie 
D 40 klb A 
tResp.: M11" ­ -160 klb-pic. M1·n =­ ­250 klb­pie.) 18.3 
e 2...J klbfpic B D 60klb 
A 60klb 
18.2 
I. Empotramicruo 
20 pies 
Empo­ 
tramiento 
B 
e 80 klb A 
18.1 tResp.: M,,u = ­50 klb­pie, Mu,= ­140 klb-pie.) 
CAPiTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLJSIS POR DESPLAZAMIENTOS 383 
e 
D 
r------20 pies­­­­~ 
10 pies 
30 klb ­;­1­­1.­JI 
r 2.4 ldbfpie 
18.19 iResp.: M81l - t 79.60 klb­pie, Moc ~ ­220.53 klb­pic.) 
Para los problemas 18.19 al 18.22 determine los momentos en los 
extremos para los miembros de todas las estructuras usando las 
ecuaciones de pendiente-deflexión, Estas estructuras están sujetas 
a dcsplaz . amiento lateral. 1 y E son constantes. 
o 
60kN 
24 pies l 
e 
Em 
uanuemo 
60 kl'. 
SO ¡.N/m 
18.18 
...;:; •• ~ ,:i O' 
12 pies 'l.¡ . _:j Empotramiento !­­­'­­...;.­­_ pies ~J 
¡....­­­ 36 pies , 2-1 pies­­.¡ 
,. 
t 8 '.,. D 
4m 
l~ l ­ • 1 
4m 
A . e 1 ' ~~­ - _!._ ,,.­ :·¡ .,;­ ­s o '6",°'t o 
po- Ernpo­ . 11 rn tramienr 
so klb 
J A 3.6 kJb/pie Empo- 
GA.;:==~·======~·~==~i::::::~;-i~· tramiento ­~ ºt ­ 
,;/". , ...,,e.~ 
" 
18. L 7 (Resp.: Mue= ­274.3 klb­pie, McB = 1 122.0 klb­pie.) 
30 
Empo­ 
* trarniento 
3.6 klbfpie ~ 
' ­ ' ... • B ~ '° •• .ll' 11· ,; ­ 1 ,, . ' 
,¡,· 
!ii 
pies 
I e 
A 
,, ¡,. 
":..i .~ .. ~ ~<,l 
Rmpo­ 
40 pies rramiento 
e 
18.16 
En los problemas 18. l 6 al 18.18. determine los momentos de ex­ 
tremo para los miembros de todas las estructuras usando las ecua­ 
ciones de pendiente­deñexión, Observe que no se permite dcspla­ 
zarnicruo lateral para estas estructuras. I y E son constantes. 
18.14 La viga del problema J 8.2 si ambos extremos están simple­ 
mente apoyados. 
18.15 La viga del problema 18..t con el extremo derecho sim­ 
plcrnente apoyado. iResp.: MnA = ­545.8 klb­pie, M, 11 = 
­672.7 klb­pic.j 
1 
1.2 klb/pie J 2.4 kl b/pie 
Empo- ·~ - ! + t , • trarnlcmo \. ­·~;=­~===....,'"====:::;~~=====:::=~~­ ~lí- - 
• ~·--- 2-1 pies --- ·· .. -~';-[ ... q_"_ 16 pies •• ·:r .. 
18.13 Véase la primera de forros para los momentos de ernpo­ 
rramiento. (Resp.: M"11 ­ ­ 70.91 klb­pie. M0,, ­ ­42 . .W 
klb­pic.) 
Empo- • 
tramicnto 
.V 2.4 klb/pic 8 i e ,.. ' . 1 .~ .~1 ,,­~ ~;\; . .. • ' "~ ,­ ·Ñ ~t; ,: ¡ 'ft,c·~º 1f, ,. ~. ".,, "< 
20 ''"'--{ L2() pies 
10 pies 
10 pies JO pies ' 
50 klb 40klb A 
18.12 
384 PARTE DOS ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADASi--------30 pies __, 
Empo- 
tramiento 
Empo- 
tramiento 
20 pies 
18.22 18.20 El marco del problema 18.19 cuando las bases de las co­ 
lumnas están empotradas. 
18.21 tResp.: M1w - ­166. I klb­pie, MFE ­ ­130.7 klb­pie.) 
CAPiTULO 18 PENDIENTE-DEFLEXIÓN: UN MÉTODO DE ANÁLISIS POR DESPLAZAMIENTOS 385 
, ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE 
INDETERMINADAS 
MÉTODOS COMUNES 
ACTUALMENTE EN USO 
PARTE TRES 
389 
l. Para la estimación de costos de configuraciones estructurales y conceptos de diseño alter­ 
nativos, los análisis aproximados en ocasiones son de mucha utilidad. Los análisis y los 
diseños aproximados de diversas alternativas pueden efectuarse rápidamente y usarse en 
la estimación inicial de los costos. 
2. Para analizar una estructura estáticamente indeterminada. se debe hacer una estimación 
de los tamaños de sus miembros antes que la estructura pueda analizarse usando un 
método "exacto". Esto es necesario porque el análisis de una estructura estáticamente 
indeterminada se basa en las propiedades elásticas de sus miembros. Un análisis aproxi­ 
mado de la estructura dará fuerzas a partir de las cuales se podrán hacer estimaciones 
iniciales razonablemente buenas acerca del tamaño de sus miembros. 
3. En la actualidad se cuenta con computadoras que pueden efectuar análisis "exactos" y 
diseños de estructuras bastante indeterminadas en forma rápida y económica. Al usar pro­ 
gramas de computadora es aconsejable, desde un punto de vista económico, hacer algu­ 
nas estimaciones preliminares acerca del tamaño de los miembros. Si ya se ha efectuado 
un análisis preliminar de la estructura, será posible hacer estimaciones muy razonables 
sobre el tamaño de los miembros. El resultado será un ahorro apreciable tanto de tiempo 
de computadora como de horas de diseño. 
4. Los análisis aproximados son muy útiles para verificar las soluciones de la computadora, 
Jo que es de gran importancia. 
Los métodos aproximados que se presentan en este capítulo para analizar estructuras estáticamen­ 
te indeterminadas podrían muy bien designarse como métodos clásicos. La misma designación 
podría hacerse del método de distribución de momentos que se expone en los capítulos 20 y 2L 
Los métodos analizados en éste y los siguientes capítulos serán vistos y usados a menudo por un 
ingeniero en el curso del diseño diario: éstos son los métodos de análisis comúnmente usados en 
la práctica corriente de la ingeniería. 
Las estructuras estáticamente indeterminadas se pueden analizar ya sea en forma "exacta", o 
bien, de modo "aproximado". En los capítulos 15 al 18 se explican varios métodos "exactos" que 
se basan en deformaciones elásticas. En este capítulo se presentan los métodos aproximados 
que exigen el empleo de hipótesis simplificadas. Estos métodos tienen muchas aplicaciones prác­ 
ticas, como las siguientes: 
19.1 INTRODUCCIÓN 
Análisis aproximado de estructuras 
estáticamente indeterminadas 
Capítulo 19 
Diagonales con poca rigidei: 
La armadura de la figura 19.1 tiene dos diagonales en cada tablero. Si. una de estas diagonales se 
eliminase de cada uno de los seis tableros, la armadura se volvería isostática (estáticamente deter­ 
minada). Por lo tanto, la armadura original es hipcrcstática de sexto grado. 
Con frecuencia las diagonales en una armadura son más o menos largas y esbeltas, a menu­ 
do formadas por un par de pequeños perfiles angulares de acero. Éstas pueden soportar tensiones 
razonablemente grandes, pero las cargas de compresión que puedan soportar serán insignificantes. 
En este caso es lógico suponer que la fuerza cortante en cada tablero es soportada del todo por 
la diagonal que estaría en tensión con ese tipo de cortante (positivo o negativo). Se supone que la 
otra diagonal no loma ninguna fuerza. Si establecemos esta hipótesis para cada tablero, tendremos 
en total seis "ecuaciones" para evaluar las seis redundantes. Las fuerzas en los miembros restantes 
pueden evaluarse con las ecuaciones de equilibrio estático, empleando para ello el método de. los 
nudos o el método de las secciones. Las fuerzas en la figura 19.1 se obtuvieron con base en esta 
hipótesis. 
19.2 ARMADURAS CON DOS DIAGONALES EN CADA TABLERO 
Para hacer un análisis "exacto" de una estructura complicada estáticamente indeterminada 
es necesario que un proyectista competente "modele" la estructura. o sea. que fonuule ciertas 
hipótesis sobre su comportamiento. Por ejemplo, los nudos pueden suponerse simples, rígidos o 
semirrígídos. Además pueden suponerse ciertas características del comportamiento del material, 
condiciones de carga. e­te. La consecuencia de todas estas hipótesis es que todos los análisis son 
aproximados. Dicho de otra manera. aplicamos un método de análisis "exacto" a una estructura 
que en realidad no existe. Además, todos los métodos de análisis son aproximados en el sentido 
de que toda estructura se construye con ciertas tolerancias (ninguna estructura es perfecta) y su 
comportamiento no puede determinarse con precisión. 
Existen muchos métodos diferentes para efectuar análisis aproximados. Se presentarán aquí 
algunos de los más comunes, en especial los que son aplicables a armaduras, vigas continuas y 
marcos constructivos. Se. espera que los métodos aproximados descritos en este capítulo le pro­ 
porcionen al lector un conocimiento de conjunto acerca de un gran número de tipos de estructuras 
estáticamente indeterminadas. No todos los tipos de estructuras estáticamente indeterminadas se 
considerarán en este capítulo. Si11 embargo, se espera que con base en las ideas presentadas aquí, 
el estudiante sea capaz de hacer hipótesis razonables cuando encuentre otros tipos de.estrucruras 
estáticamente indeterminadas. 
Para poder analizar una estructura usando las ecuaciones del equilibrio estático, no debe 
haber más incógnitas que ecuaciones de equilibrio estático. Si una armadura o un marco tienen 
I O incógnitas más que ecuaciones de equilibrio, será estáticamente indeterminada de grado I O. 
Para analizarla mediante un método aproximado deberá hacerse una hipótesis por cada grado de 
indeterminación, o se­a, un total de I O hipótesis. Cada hipótesis proporciona una ecuación extra 
para usarse en los cálculos. 
5. Un análisis "exacto" puede ser muy caro para pequeños sistemas no críticos, sobre Lodo 
si se efectúan diseños preliminares. Un método aproximado aceptable y aplicable es muy 
apropiado para una situación corno ésta. 
6. Una ventaja adicional de los métodos aproximados es que le permiten al proyectista "sen­ 
tir" el comportamiento real de la estructura bajo diferentes condiciones de carga. Este 
recurso probablemente no se desarrollará a partir de soluciones elaboradas por compu­ 
tadora. 
390 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Antes de comenzar un análisis "exacto" de la estructura de un edificio, es necesario estimar el ta­ 
maño de sus elementos. Los tamaños preliminares de las vigas pueden determinarse considerando 
sus momentos aproximados. Con frecuencia es práctico aislar una sección de un edificio y analizar 
esa parte de la estructura. Por ejemplo, uno o más claros de vigas pueden aislarse como cuerpo 
libre paraluego formular hipótesis sobre los momentos en esos claros. Para facilitar ese análisis, se 
muestran en la figura 19.3 los diagramas de momentos ílcxionantcs para diferentes vigas cargadas 
de manera uniforme. 
Al analizar esta figura resulta obvio que el tipo de apoyo tiene un efecto considerable en la 
magnitud de los momentos calculados. Por ejemplo. la viga simple con carga uniforme de la figura 
19.3 VIGAS CONTINUAS 
Figura 19.2 Análisi« aproximado de una armadura con la hipótesis de que las diagonales cargan el 50% 
de la fuerza cortante en el tablero. 
15.8 klh 
9.2 klb 27.6 klb .i6.0 klb 15.8 kit> 
En algunas armaduras las diagonales se construyen con rigidezsuficiente para resistir cargas de 
compresión importantes. En el caso de tableros con dos diagonales. puede considerarse que la 
fuerza cortante es resistida por ambas. La división del efecto de esa fuerza hace que una diagonal 
esté sometida a tensión y la otra a compresión. La aproximación acostumbrada consiste en suponer 
que cada diagonal toma 50% de la fuerza cortante en el tablero: también son posibles otras divisio­ 
nes de la fuerza cortante, Otra división común es que un tercio de la fuerza cortante sea tomada por 
la diagonal que actúa a compresión y dos tercios sean lomados por la diagonal a tensión. 
Las fuerzas calculadas para la armadura de la figura 19.2 se basan en una división del 50o/o 
de la fuerza cortante en cada tablero. 
I 
Diagonales con rigidez considerable 
Figura 19.1 Una armadura analizada suponiendo que las diagonales actúan sólo en tensión. 
31.7 klb 18.3 klb 
18.3 klb 36.6 klb 54.9 kit> 55.J klb 53.4 klb 31.7 klb 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 391 
I Buildin,q Code Requirementsfor Reinforced Concrete. ACJ 318­05 (Detroit: American Concrete Institute), 
sección 8.3.3, pp. 96­97. 
19.3 tiene un momento máximo de wL2/8. Por otro lado, la viga doblemente empotrada con carga 
uniforme de un solo claro tendrá un momento máximo de wL2/ 12. Para una viga continua cargada 
de manera uniforme se podría estimar un momento máximo con un valor intermedio entre los dos 
anteriores, digamos wL2/1 O. y utilizar este valor para e] dimensionamiento preliminar de la viga. 
Un método muy común usado para el análisis aproximado· de estructuras continuas de con­ 
creto reforzado consiste en emplear los coeficientes de momentos y de fuerzas cortantes del Ins­ 
tituto Americano del Concreto (ACJ: American Concrete Instaure).' Estos coeficientes, que se 
reproducen en la Labia 19. l, proporcionan los momentos flexionantes y las fuerzas cortantes esti­ 
mados máximos para edificios de proporciones normales. Los valores calculados de esta manera 
serán en general un poco mayores que los que se lograrían con un análisis exacto. En consecuencia, 
Figura 19.l Diagramas de momento para alga nas vigas tfpicas. 
V V 
0.lwL2 O.lwL2 
0.08wL2 0.02.5wL2 S?:::,,, ­,==,, .e:::: 0.08wL2 
wl)/24 wL2/24 0.0703wL2 :::::::... 0.0703wL2 
.1 ¡..,I~--- L ­­­­1 
w 
wL2/8 
~­·t, ~ 
i-l•--L--i.l 
Empo­ 
w 
392 PARTE TRES ESTRUCTURAS !:STÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
normalmente puede obtenerse una economía apreciable si se Loma el tiempo o esfuerzo de efectuar 
un análisis de este tipo. Respecto a esto, el ingeniero debe ser consciente que esos coeficientes se 
aplican mejor a marcos continuos con más de tres o cuatro claros continuos. 
Al desarrollar los coeficientes, los valores de los momentos negativos se redujeron para tener 
en cuenta los anchos comunes de apoyo y alguna redistribución de momentos antes del colapso. 
Además, los valores de los momentos positivos se incrementaren ligeramente para tomar en cuenta 
la redistribución lle los momentos. Se observará también que los coeficientes toman en cuenta que 
en la construcción monolítica los soportes no son simples y que hay momentos presentes en los 
sopones extremos cuando esos soportes son vigas o columnas. 
Al aplicar los coeficientes. w es la carga de diseño por unidad de longitud. mientras que L., es 
el claro libre para calcular los momentos ñexionantes positivos y el promedio de los claros libres 
adyacentes para calcular los momentos flexionantes negativos. Esos valores fueron desarrollados 
para miembros con claros aproximadamente iguales (el mayor de dos claros adyacentes no excede 
al menor en más de 20o/o) y para casos donde la razón de la carga viva uniforme de servicio a la 
carga muerta uniforme de servicio no es mayor que 3. Además. los valores no son aplicables a 
miembros de concreto preesforzado. Si estas limitaciones no se cumplen. debe usarse un método 
más preciso de análisis. 
Para el diseño de una viga o losa continua. los coeficientes de momento ílexicnante pro­ 
porcionan en efecto dos conjuntos de diagramas de momento para cada claro de la estructura. Un 
"Amerícau Concrete lusutute ACI 3 l!l­05 
Fuerza cortante en la, caras 1fo todos los demás apoyos 
Fuerza cortante en elementos extremos en la cara del primer apoyo interior 
Cuando el soporte es una coluruna 
1 ' 24 wl.; 
1 ' -wL- 16 " 
1.1 :'iwL,, 
2 
wl., 
2 
Cuando el soporte es una viga de fachada o una. trabe 
Momento negativo en caras interiores de apoyos exteriores de elementos construidos 
rnonol íticamente con sus sopones 
1 , 
12w~ 
Momento negativo en caras de todo apoyo para: fa) losas con claros que no excedan de !O pies 
y (b) vigas y trabes donde la relación de la suma de las rigideces de las columnas con la 
rigidez de la viga exceda de 8 en cada extremo del claro 
Momento negativo en otras caras de apoyos interiores 
1 ' 9wL~ 
1 ' lOwL; 
1 2 ¡¡wL0 
Más de dos claros 
Momento negativo en la cara exterior del primer apoyo interior 
Dos claros 
1 ' -wL- 16 n Claros interiores 
Si el extremo discontinuo es monolítico con el apoyo 
1 ' ¡¡wL~ 
1 ' wL;; 14 
Si el extreme> discontinuo está restringido 
Claros extremos 
Momento positivo 
TABLA 19. l COEFICIENTES DE MOMENTO DEL ACI' 
CAPmJLO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 393 
Empotramiento Empotramiento Empotramiento Empotramiento 
Figura 19.S Porción de un marco de edificio para ser 
analizado por el método del marco equivalente. 
Empotramiento Empotramiento Empotramiento Emporrarnieruo 
En algunos casos el ingeniero tornará una porción de una estructura que incluye no sólo las 
vigas sino también las columnas de los pisos de arriba y de abajo. como se muestra en la figura 
19.5. Este procedimiento, llamado el método del marco equivalente, es aplicable sólo a cargas de 
gravedad. Se estiman los tamaños de los miembros y se hace un análisis usando uno de los métodos 
"exactos" de análisis que hemos estudiado. 
Figura 19.4 Envolventes de momentos para una Josa continua construida 
monolíticamente con soportes exteriores consistentes en trabes de fachada. 
wL//24 wL,,2110 wL¡, 2/11 wL,,2/24 
L Ll .. u J ¡ • L,, .. 1 1. Ln .1 1. Ln , ¡ 
wL/114 wLni/16 wL02/14 
diagrama es el resultado de colocar las cargas vivas de manera que causen un momento positivo 
máximo en el claro. El otro es el resultado de colocar las cargas vivas de manera que causen mo­ 
mentos negativos máximos en los soportes. En realidad, no es posible producir momentos negati­ • vos máximos simultáneamente en ambos extremos de un claro. Se requiere una colocación de las 
cargas vivas para producir un momento negativo máximo en un extremo del claro y otra colocación 
para producir un momento negativo máximo en el otro extremo. Sin embargo, la hipótesis de que 
ambos máximos ocurren al mismo tiempo está del lado de la seguridad, porque el diagrama re­ 
sultante tendrá mayores valores críticos que los producidos por cualquiera de las dos condiciones 
separadas de carga. 
Los coeficientes ACT dan valores máximos para una envolvente de momento flexionante para 
cada claro <.le un marco continuo. En la figura 19.4 se muestran envolventes típicas para una losa 
continua construida monolílicamente con sus soportes exteriores de trabes de fachada. 
• 
394 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
2C. H. Norris, J. B. witbur y S. Utku, Elementar» Structurat A111.1/ysis. 3a. ed. (Nueva York. McGraw­1­Iil l. 1976), 
200­201. 
Un método aproximado para analizar estructuras de edificios considerando cargas verticales impli­ 
ca estimar la posición de los puntos ele momento nulo en las trabes. Estos puntos, que se presentan 
cuando el momento cambia de un signo a otro, suelen denominarse puntos de inflexión (PJ) o pun- 
tos de contraflexión.Una práctica común consiste en suponer que en las trabes existen puntos de 
inflexión localizados aproximadameme a 1/10 de la longitud. desde cada extremo. y que además 
es nula la fuerza axial en esas trabes.' 
Estos supuestos tienen el efecto de crear una viga simplemente apoyada entre los puntos 
de inflexión, pudiendo determinarse mediante equilibrio estático los momentos positivos en la 
viga. En las trabes aparecen momentos negativos entre sus extremos y los puntos de inflexión. El 
valor de estos momentos puede calcularse considerando que la parte de la viga hasta el punto de 
inflexión funciona como voladizo. 
19.4 ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS DE EDIFICIOS 
PARA CARGAS VERTICALES 
Edificio de múltiples niveles con estructura de acero. 
mostrando el esqueleto estructural: Hotel Sheraton, 
Filadelfia, Penusylvania. (Cortesía de la Bethlehem Steel 
Corporauon.) 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 395 
Figura 19.6 
Empotramiento Empotramiento Empotramiemo Empotramiento 
Ahora podernos dividir la viga en el "claro simple" y en los dos "claros en voladizo" y calca­ 
lar las fuerzas que­aenian en cada unii. Una vez .calcu1adas las fuerzastse pueden trazar los 
diagramas demomenre flexjonant(;:­ 
rtop;~ 10 pies ·'~ ,o,;"l 1 
15 klb ! A 8 
Ernpo- .'· 
1 ' rramiento :· tramicnto ¡,,~ P.I. ' 3 pies 24 pies 3 pies 
30 pies 
10 15 
klb klb 
A B 
Solución. En la siguiente figura se muestra un dibujo detallado de fa viga y la posición de 
los puntos de inflexión supuestos. 
Determine las fuerzas en la viga AB del marco en la figura 19;6 suponiendo que los puntos de ·in­ 
flexión ~tán en los puntQ~ décimos del claro y que los extremos de la viga están empotrados. Las 
eargas distribuidas­que actúan sobre el marco son de 3 klb/pie cada una. Las cargas concentradas 
actúan en los tercios de] claro sobre la viga. 
La fuerza cortante en el extremo de cada trabe contribuye a las fuerzas axiales en las co­ 
lumnas. De manera análoga, los momentos flexionan Les negativos en los extremos de las trabes se 
transmiten a las columnas. En las columnas interiores. los momentos en las trabes a cada lado 
se oponen entre sí y pueden cancelarse. En las columnas exteriores hay momentos sólo en un la­ 
do, causados por las trabes unidas a ellas, y deben considerarse en el diseño. 
396 PARTETRES ESTRUCTURAS ES'rÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Sería útil para el lector ver dónde se presentan los puntos de inflexión para algunos tipos de 
vigas estáticamente indeterminadas. Esto puede ser de utilidad para estimar dónde se presentan los 
puntos de inflexión en otras estructuras. En la figura 19.8 se muestran los diagramas de momento 
para varias vigas. Los puntos de inflexión se presentan obviamente donde los diagramas de n10­ 
mento cambian de momentos positivos a negativos o viceversa. 
Figura 19.7 Puntos de inflexión estimados en una viga continua. 
.­Ac ·;t1 rr ~ · 
12 pies estimados 56 pies 12 pies estimados 
(b) 
'\ ­; ._.,,_·_60 pies­·._· __ ¿¡.,. .... · "_·"'­­so pies __ ·_" .. · :.i..· ... ""­­60 ,,~J .. 
(a) 
Esbozar la forma dcflcxionada a menudo ayuda para hacer estimaciones razonables acerca 
de la ubicación de los puntos de inflexión. Como ilustración. en la figura 19.7(a) se muestra una 
viga continua y un esbozo de su forma deflexionada estimada para las cargas mostradas se da en la 
parte (b). Del esbozo, se estima la ubicación aproximada de los puntos de inflexión. 
156 klh­pie 
3 pies 
304 klb­pie 
Empotramiento 
G;i, :1 klb/pic 156 k lb-pie ~t=---' ,<t 
3 pies 
15 llb 
• 162 klb­pie 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 397 
Los portales del tipo mostrados en las figuras I 9.9 y 19. 10 pueden estar empotrados en las bases 
de sus columnas, estar simplemente apoyados, o estar parcialmente empotrados. Se supone que las 
columnas del marco de la figura 19.9(a) tienen sus bases empotradas. En consecuencia, habrá tres 
fuerzas de reacción desconocidas en cada soporte, es decir, un total de seis incógnitas. La estruc­ 
tura es estáticamente indeterminada de tercer grado, y para analizarla con un método aproximado 
deberán hacerse tres suposiciones. 
Cuando una columna está rígidamente unida a su cimentación. no puede haber rotación en 
la base. Aun cuando el marco esté sometido a cargas de viento, ocasionándose que las columnas se 
flexionen de manera lateral. una tangente a la hase de la columna permanecerá vertical. Si la viga 
en las parles superiores de las columnas es muy rígida y está rígidamente conectada a las colum­ 
nas, las tangentes a estas últimas en los nudos permanecerán verticales. Una columna rígidamente 
conectada arriba y abajo adoptará la forma de una curva S al estar sometida a cargas laterales, 
como se muestra en la figura 19.9(a). 
19.5 ANÁLISIS DE PORTALES 
Figura 19.8 Localización de los puntos de inflexión en varias vigas tí­picas. 
0.2113L 
VI IVI 0.21131., IVI 
02113LH o.21BLl­l­­l~l­l­­lo2113L 
~L~~-1_··-0-L~--~L~ 
Empo- ;¡¡ iramíeruo ,hl· -"', "'------1,--',,--'--.L_.-L_',--!---'e--'---!--,:= 
.•f-:=-----,,..---~----¡¡,:-------,= 
Vi­< ~i"ví,< ""N 
o.2113LrJ o.211JLWo.21uL Ho2111L 
~
• 
­~ 0.2l l3L 
vr 
0.2l 13LLI 
Ernpotramicnro '~'==-_l_l __ l __ l_~..,,,­"=­i,;! Empotramiento 
i--l, -L--·' 
~i'Víj::rv1: 
0.122L 1­1­­ ~1­­1­..J O l22L 
~e< 
~ 
·~"":T~~ 
.. 1 ~ 
398 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
A la mitad de la altura de la columna, el momento será cero porque éste cambia de ser un 
momento que causa tensión en un lado de la columna a ser un momento que causa tensión en el 
otro lado. Si se suponen puntos de inllexión en cada columna, se tendrán dos de los tres supuestos 
necesarios. es decir. se dispondrá entonces de dos ecuaciones de suma de momentos. 
La tercera suposición que suele hacerse es que la fuerza cortante horizontal se divide de 
igual manera entre las dos columna'> en el plano de contrafíexión. Un análisis "exacto" demuestra 
que ésta es una hipótesis muy razonable, siempre que las columnas sean aproximadamente del 
mismo tamaño. Si no es así, puede suponerse que la fuerza cortante se distribuye entre ellas según 
una proporción un poco diferente, e11 que la columna más rígida coma la mayor cantidad de tuerza 
cortante. Una buena hipótesis en estos casos es la que consiste en distribuir la fuerza cortante en 
las columnas en proporción a sus valores I/L3. 
Para analizar el marco en la figura 19.9, la carga lateral de '.10 klb se divide en tuerzas cor­ 
tantes de I O klb en los puntos de inflexión de Ias columnas, como se muestra en la figura l 9.9(b). 
Puede calcularse el momento flcxionarue arriba y abajo de cada columna y es igual a l O x 5 = 50 
klb­pie. Se tornan enlences momentos respecto al punto de inflexión de la columna izquierda para 
determinar la reacción vertical derecha como sigue: 
Figura 19. 9 Análisis aproximado de un marco en portal con las bases de las columnas empotradas. 
(e) 
50 k lb-pie 50 klb-pie 
50 klb-pie 
50 klb-pie 
(b) (a) 
C,_~t. #~~ Bmpo­ ., • ' 
tramieruo ~,­­­1 O pies ---·~I 
l 
-JOklb IOklb- Sr ,;: ... • t , ­A.E Empo- • •, , ,c;lllpO rarmcmo .~. .mno- 
tramieruo ~ ~ tramicnto 
JOklb IOklb 50 klh-pie 50 klh­pie 
I 
I 
Q----P.1.----+- ........ 
IOklh- -1oklb 
5 pies 
20 klb 20 klb - 
1 
1 
I I 
I O pies I 
I 
CAPiTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 399 
Los marcos de edificio están sujetos a cargas laterales así como a cargas verticales. La necesidad 
de una atención cuidadosa a estas fuerzas aumenta a medida que los edificios son más altos. Un 
' 19.6 ANALISIS DE MARCOS DE EDIFICIO PARA CARGAS LATERALES 
Los principios que hemos analizado aquí pueden aplicarse a otras estructuras independiente­ 
mente del númerode crujías o del número de pisos. Excepto para análisis preliminares, la mayoría 
de las estructuras no se analizan usando métodos aproximados. La disponibilidad de software de 
análisis estructural y Ia rapidez con que se puede usar ha ocasionado que la mayoría de los análisis 
se realice mediante computadoras. 
(e) 
Figura 19.1 O Análisis aproximado de un marco en portal con las bases articuladas en sus columnas. 
100 kib­pie 
100 klb-pie 
(b) (a) 
IOklht 
IOklb 
¡JOklb 
201db 
• 
5 pies 
20 klb 1 _., 1 1 I I I 
I I 10 pies 
20 klb 
Por último, se dibuja el diagrama de momentos con los resultados que se muestran en la figura 
l 9.9(c). 
Si las bases de las columnas se suponen simplemente apoyadas. es decir, articuladas. los 
puntos de contrañexión se presentarán en esas articulaciones. Si se supone que las columnas son 
del mismo tamaño, la fuerza cortante horizontal se divide de igual manera entre las columnas. y 
los otros valores se determinan como se muestra en la figura 19.1 O. 
20(5) ­ lOYR = O 
VR=lOklbT 
400 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Otro método para obtener el grado de indeterminación es suponer que cada una de las trabes 
se corta con una sección imaginaria. Si se conocen estos valores (fuerza cortante, fuerza axial y 
momento) para cada trabe, los cuerpos libres producidos pueden analizarse mediante la estática. 
El grado total de indeterminación es igual a tres veces el numero de trabes. 
Figura 19.12 Un nivel del marco de la figura 19.1 t. 
Figura 19.11 
ISklb- ' • • ' 1 ¡, . 
1, 20 pies 
30 klb . .. ' . ' ,, 
,, 20 pies 
I,' ! 30 klb . \ . " • ·1 
20 pies l 
edificio no solamente debe tener suficiente resistencia lateral para evitar la falla, sino que también 
debe tener suficiente resistencia a las deflexiones para evitar un daño a sus diferentes partes. 
Otro aspecto de importancia es proporcionar suficiente rigidez lateral para dar a los ocupan­ 
tes una sensación de seguridad. Tal vez no tengan esta sensación en edificios altos que tienen una 
gran cantidad de movimiento lateral en los momentos de viento fuerte. Ha habido casos reales de 
ocupantes de pisos superiores de edificios altos que se quejan de mareos por el movimiento en días 
con mucho viento. 
Las cargas laterales pueden considerarse mediante las X u otro tipo de arriostramiento, me­ 
diante muros de corlan le, o mediante conexiones de viento resistentes al momento. En este capítu­ 
lo se considera solamente el último de estos tres métodos. 
Los edificios grandes de marcos rígidos son altamente indeterminados y hasta la década de 
los 60 su análisis mediante los llamados métodos "exactos" generalmente era impráctico debido 
a la multitud de ecuaciones que intervienen. El grado total de indeterminación de un edificio de 
marcos rígidos (internos y externos) puede determinarse considerando que consiste de portales 
separados. Un nivel de marco rígido de la figura 19_ I I 'se descompone en un conjunto de porta­ 
les en la figura 19.12. Cada uno de los portales es estáticamente indeterminado en tercer grado. y 
el grado total de indeterminación de un edificio de marcos rígidos es igual a tres veces el número 
de portales individuales en el marco. 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 401 
Plaza Wachovia, Charlotte, Carolina del Norte. (Cortesía de 
la Bethlehem Stecl Corporation.) 
Actualmente estas estructuras por lo general se analizan en forma "exacta" con las compu­ 
tadoras modernas, aunque ocasionalmente se usan los métodos aproximados para el análisis preli­ 
minar y el dimensionamiento de los miembros. Los métodos aproximados también proporcionan 
una revisión de las soluciones de computadora y dan al analista una mejor "percepción" del com­ 
portamiento de una estructura, así como de su comprensión de lo que pueda obtener examinando 
la impresión aparentemente interminable de una computadora. 
El marco de edificio de la figura 19.1 J se analiza con dos métodos aproximados en las si­ 
guientes páginas, y los resultados se comparan con los obtenidos con el programa de computadora 
SABLE32. Las dimensiones y la carga del marco se seleccionan para ilustrar los métodos que in­ 
tervienen, al mismo tiempo que los cálculos se conservan tan simples como sea posible. Hay nueve 
trabes en el marco, dando un grado total de indeterminación de 27, y cuando menos 27 hipótesis 
serán necesarias para permitir una solución aproximada. 
El lector deberá percatarse de que con la disponibilidad de las computadoras digitales ac­ 
tualmente es factible hacer análisis "exactos" en mucho menos tiempo que el requerido para hacer 
análisis aproximados sin el uso de las computadoras. Los valores más exactos obtenidos permiten 
el uso de miembros más pequeños. Los resultados del uso de las computadoras ahorran dinero en el 
tiempo de análisis y en el uso de miembros más pequeños. Es posible analizar en minutos estruc­ 
turas (tales como edificios altos) que son estáticamente indeterminadas con cientos o aun miles 
de redundantes, vía el método de desplazamientos, Los resultados para estas estructuras altamente 
indeterminadas son mucho más exactos y se obtienen de una manera más económica que los ob­ 
tenidos con análisis aproximados. 
• 
402 PARTE TRES ESTRUCTUfl,AS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
5 ibid., pp. 1723­1725. 
~ lbid. .. p. 1723. 
1727. 
'C. H. Norris, J. B. Wilbur y S. Utku, Elementary Strurtural Analvsis, 3n. ed. (Nueva York, McGraw­Hill. 1976). 
207­212. 
""'Wind Bracing in Steel Buildings", Transactians ot' the American. Society of Civil Engineers 105 (1940): 1725­ 
l. Las columnas se flexionan de tal manera que hay un punto de inflexión a la mitad de la 
altura (figura l 9.9). 
2. Las trabes se flexionan de tal manera que hay un punto de inflexión en sus ejes centrales. 
El método del portaJ 
El método aproximado más común para analizar los marcos de edificios para cargas laterales fue 
alguna vez el método del portal. Debido a su simplicidad, probablemente se usó más que cualquier 
otro método aproximado para determinar las fuerzas cólicas en los marcos de edificios. Este rné­ 
todo, que fue presentado por Albert Smith en el Journal of the Western Society of Engineers e11 
abril de 1915. supuestamente fue satisfactorio para la mayoría de los edificios de hasta 25 niveles 
de altura." 
Deben hacerse cuando menos tres hipótesis para cada portal individual o para cada trabe. En 
el método del portal, el marco se divide teóricamente en portales independientes (figura 19.12) y 
se formulan las siguientes tres hipótesis: 
Los dos métodos aproximados considerados aquí son los métodos del portal y del voladizo. 
Estos métodos se usaron en muchos diseños de edificios con tanto éxito que casi se convirtieron 
en el procedimiento estándar no oficial para la profesión del diseño antes del advenimiento de las 
computadoras modernas. En ninguno de estos dos métodos se consideran las propiedades elásticas 
de los miembros. Bsras omisiones pueden ser muy graves en marcos asimétricos y en edificios muy 
altos. Para ilustrar la gravedad del asunto, en edificios muy altos se consideran los cambios de ta­ 
maño de los miembros. En un edificio de este tipo probablemente no habrá un cambio muy grande 
en el tamaño de las vigas desde el piso de la parte superior hasta el piso de la parte inferior. Para las 
mismas cargas y los mismos claros los tamaños modificados se deberían a los grandes momentos 
por el viento en los pisos más bajos. Si embargo, el cambio en el tamaño de las columnas de arriba 
a abajo sería tremendo. El resultado es que los tamaños relativos de las columnas y vigas en los 
pisos superiores son completamente diferentes de los tamaños relativos en los pisos inferiores. Si 
no se considera este hecho, se originarán grandes errores en el análisis. 
En ambosmétodos del portal del voladizo, se supone que las cargas eólicas completas son 
resistidas por los marcos del edificio, sin ninguna ayuda de rigidez de los pisos, los muros y las 
particiones. Se supone que los cambios de longitud de las trabes y las columnas son despreciables. 
Sin embargo, no son despreciables en los edificios altos y esbeltos cuya altura es cinco o más veces 
la menor dimensión horizontal. 
Si la altura de un edificio es aproximadamente cinco o más veces su menor dimensión late- 
ral. generalmente se percibe que deberá usarse un método de análisis más preciso que los métodos 
del portal o del voladizo. Existen varios métodos aproximados excelentes que hacen uso de las 
propiedades elásticas de las estrucurras y que dan valores que se aproximan mucho a los resultados 
de los métodos "exactos". Éstos incluyen el método del Factor.' el método de Witmer de K porccn­ 
tajes," y el método de Spurr.5 Si se desea un método de cálculo manual "exacto". es conveniente el 
procedimiento de distribución de momentos de los capítulos 20 y 21. 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 403 
Para cualquier nudo del marco la suma de los momentos en las trabes es igual a la suma de los 
momentos en las columnas. Los momentos de las columnas han sido determinados previamente. 
Comenzando en la esquina superior izquierda del marco y trabajando de izquierda a derecha, su­ 
3. Momentos y fuerzas cortantes de las trabes 
2. Momentos en las columnas 
Se supone que las columnas tienen puntos de inflexión a la mitad de su altura; por lo tanto, sus 
momentos, superior e inferior, son iguales a las fuerzas cortantes en las columnas multiplicadas 
por la mitad de las alturas de las columnas. 
La fuerza cortante en la columna CD es 2.5 klb: en GH es 5.0 klb, ele. En forma similar, las 
fuerzas cortantes se determinaron para las columnas en el primero y el segundo niveles, donde 
las fuerzas cortantes totales son 75 y 45 klb, respectivamente. 
x + 2x + 2x + x = 15 .klb 
X= 2.5 klb 
2x = 5.0 klb 
1. Fuerzas cortantes en las columnas 
Primero se obtuvieron las fuerzas cortantes en cada columna de los diferentes niveles. La fuerza 
cortante total en el nivel superior es de 15 klb. Con10 hay dos columnas exteriores y dos interiores 
puede escribirse la siguiente expresión: 
El marco de la figura 19. lJ se analiza sobre la base de estas hipótesis. Las flechas mostradas en la 
figura dan la dirección de las fuerzas cortantes en las trabes y de las fuerzas axiales en las colum­ 
nas. El lector puede visualizar la condición de esfuerzos del marco si supone que el viento tiende 
a empujarlo de izquierda a derecha, alargando las columnas exteriores izquierdas y comprimiendo 
las columnas exteriores derechas. Brevemente. los cálculos se hicieron como sigue. 
Análisis de marcos 
Para este marco (figura l9.13) hay 27 redundantes; para obtener sus valores, se ha hecho 
una hipótesis en cuanto a la posición del punto de inflexión para cada una de las 21 columnas y 
trabes. Se hacen tres hipótesis para cada nivel en cuanto a la fuerza cortante que se divide en cada 
portal individual, o el número de hipótesis de fuerza cortante es igual a uno menos el número de 
columnas para cada nivel. Para el marco, se hacen 9 hipótesis de fuerza cortante, dando un total 
de 30 hipótesis y sólo 27 redundantes. Se hacen más hipótesis que las necesarias, pero son consis­ 
tentes con la solución (es decir, si solamente se usaron 27 de las hipótesis y los valores restantes se 
obtuvieron por estática, los resultados serían idénticos). 
3. Las fuerzas cortantes horizontales en cada nivel se distribuyen arbitrariamente entre las 
columnas. Una distribución comúnmente usada (y que se ilustra aquí) es suponer que la 
fuerza cortante se divide entre las columnas según la relación de una parle a las columnas 
exteriores y dos parles a las columnas interiores. La razón de esta relación puede verse en 
la figura 19.12. Cada una de las columnas interiores sirve a dos flexiones, mientras que las 
columnas exteriores sirven solamente a una. Otra distribución común es suponer que 
la fuerza cortante V tomada por cada columna es proporcional al área de piso que susten­ 
L~1. La distribución de fuerza cortante po.r los dos procedimientos sería la misma para un 
edificio con crujías iguales, pero para uno con crujías desiguales los resultados diferirían 
del método de área de piso, probablemente dando resultados más realistas. 
404 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
7 tbid, p. 1723. 
Otro método simple para analizar los marcos de edificios para las fuerzas laterales es el método del 
voladizo presentado por A. C. Wilson en Engineering Record. 5 de septiembre de 1908. Se dice 
que este método es un poco más deseable para edificios altos y estrechos que el método del portal 
y se usó satisfactoriamente para edificios con alturas que no excedieran de 25 a 35 niveles." No fue 
tao popular corno el método del portal. 
El método del voladizo 
Las fuerzas axiales en las columnas pueden obtenerse directamente de las fuerzas cortantes de las 
trabes. Comenzando en la esquina superior izquierda, la fuerza axial en la comuna en CD es numé­ 
ricamente igual a la fuerza cortante en la trabe DH. La fuerza axial en la columna GH es igual a la 
diferencia entre las dos fuerzas cortantes de las trabes DH y HL, que es igual a cero en este caso. 
(Si el ancho de cada uno de los portales es el mismo. las fuerais cortantes en la trabe en un nivel 
serán iguales, y las columnas interiores no tendrán fuerza axial, ya que solamente se consideran 
cargas laterales.) 
4. Fuerzas axiales en las columnas 
mando o restando los momentos según sea el caso. los momentos de las trabes se encontraron en 
este orden: DH, HL, LP. CG, GK, ere. Se concluye que con puntos de inflexión en los ejes centrales 
de las trabes, las fuerzas cortantes en las trabes son iguales a los momentos de las trabes divididos 
por la semi longitud de las trabes. 
Figura 19.13 Marco de edificio analizado por el método del portal para cargas 
laterales. 
V = 12.5 
M = 125 s =-32.S 
M 
" 
V =2.5 
M=25 
S =­2.5 
V= 7.S 
M =75 
S=-12.5 
.•. A E 
V =25.0 
M =250 
s"' o 
B F .1 so klb --.i....c....-1--_M_=_2_0_0_.._¡....:._.¡___M_=_2_00_-1--1----1---M-=-20_0 _ _¡_¡ N 
V=W V=20 Y=~ 
V = 12.5 Y= 25.U 
M = 125 M = 250 
S=+32.5 S=O 
V:­7.5 
M =75 
S =+12.5 
30 klb -....i-C-1------1--1-G=--i------1--1-K:..:....¡_ _. _ _J O 
M=LOO M=IOO M=IOO 
V=IO V=IO V=IO 
V=l5.0 V=l5.0 
M= 150 M= 150 
S=O S=O 
V =2.5 
M=25 
S =+2.5 
D H L P 15 klb -,.;;---1------1-~-1---M----'.'.-5--1-_:;:.---1- __¡__; M =25 !. M =2:'i 
V : 2.5 V = 2.5 V = 2.5 
V : 5.0 V = 5.0 
M=50 M=50 
S=O S=O 
M = momento 
V = fuerza cortante 
S = fuerza axial 
CAPITULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 405 
Figura 19 .14 Marco de edificio anal izado por el método del voladizo para r uerzas 
laterales. 
=­29.25 = 112.5 = 1 l.25 
30klb 
:­11.25 
: 67.5 
=6.75 
30 kit, 
= 2.25 
=22.5 
=2.25 
D H L • p 
V= 2.25 V =3.00 V =2.25 
M=22­5 M =30.0 M: 22.5 
S = +2.25 S = +0.75 S =­0.75 s 
M = 22.5 M :52.5 M=52.5 M 
V= 2.25 V= 5.25 V= 5.25 V 
e G K' o V=9.00 V= 12.00 V: 9.00 
M :90.0 M = 120.0 M=90.0 
S =+l 1.25 S = +3.75 S=­3.75 s 
M =67.5 M = 157.5 M = 157.5 M 
V: 6.75 V= 15.75 V= 15.75 V 
B F J 
V= 18.00 V =24.00 V: 18.00 N 
M = 180.0 M =240.0 M = 180.0 
S=+29.25 S=+9.75 S:­9.75 s 
M­:: 112.5 M=262.5 M= 262.5 M 
V=ll.25 V= 26.25 V=:Z625 V 
A E [ M 
­t . . . 
15klb 
M= momento 
V= fuerza cortante 
S = fuerza axial 
El marco previamente analizado por el método del portal se analiza por método del voladizo en la 
figura 19.14. Brevemente, los cálculos se hacen corno sigue. 
Análisis de marcos 
El método del señor Wilsonhace uso de las hipótesis que usa el método del portal. en cuanto 
a la posición de los puntos de inflexión en las columnas y las trabes, pero la tercera hipótesis difiere 
un poco. Más que suponer que la fuerza cortante para un nivel específico se divide entre las co­ 
lumnas según una cierta relación, se considera que la fuerza axial en cada columna es proporcional 
a su distancia desde el centro de gravedad de todas las columnas para ese nivel. Si se supone que 
las columnas de cada nivel tienen áreas transversales iguales (como se hace para los problemas de 
voladizos en este capítulo) entonces sus fuerzas varían proporcionalmente a sus distancias desde el 
centro de gravedad. Las cargas eólicas tienden a voltear al edificio, y se comprimirán las columnas 
en el lado de sotavento, mientras que aquéllas en el lado de barlovento serán sometidas a tensión. 
Entre mayor sea la distancia de una columna al centro de gravedad de su grupo de columnas, será 
mayor su esfuerzo axial. 
Esta hipótesis es equivalente a hacer varias hipótesis de fuerza axial iguales a uno menos el 
número de columnas en cada nivel. Nuevamente, la estructura tiene 27 redundantes, y se hacen 30 
hipótesis (21 hipótesis del punto de inflexión en la columna y en la trabe y 9 hipótesis de fuerzas 
axiales en la columna), pero las hipótesis adicionales son consistentes con la solución. 
406 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
La tabla 19.2 compara los momentos en los miembros de este marco como se determinan por los 
dos métodos aproximados y por SABLE32. 
19.7 ANÁLISIS APROXIMADO DE MARCOS COMPARADOS 
CON EL ANÁLISIS "EXACTO" POR SABLE32 
3. Momentos de columnas y de trabes y fuerzas cortantes en las columnas 
Los pasos finales pueden resumirse rápidamente. Los momentos en las trabes, como antes, son 
iguales a las fuerzas cortantes en las trabes multiplicadas por la semilongitud de las trabes. Los 
momentos de las columnas se obtienen comenzando en la esquina superior izquierda y trabajando 
a través de cada nivel en sucesión, sumando o restando los momentos de columnas y trabes previa­ 
mente obtenidos como se indica. Las fuerzas cortantes de las columnas son iguales a los momentos 
de las columnas divididos entre la sernialtura de la altura de las columnas. 
El siguiente paso es obtener las fuerzas cortantes en las trabes a partir de las fuerzas axiales en 
las columnas. Estas fuerzas cortantes se obtienen comenzando en la esquina superior izquierda y 
trabajando a través del nivel superior, sumando o restando las fuerzas axiales én las columnas de 
acuerdo con sus signos. Este procedimiento es similar al método de los nudos que se usa para en­ 
contrar las tuerzas en una armadura, 
2. Fuerzas cortantes en las trabes 
La fuerza axial en CD es 2.25 klb y aquélla en GH es 0.75 klb. etc. Se hacen cálculos simi­ 
lares de momentos para cada nivel para obtener las fuerzas axiales en las columnas. 
Figura 19.15 
. ]·~~s 
-- . _l 
JS IS IS JS 
Centro de gravedad de las columnas 
15 klb 
r 30pies t 30pies­j IIOpies· IOpie,1 1 
(15)(10) +(lS)(20)­(1S)(40)­('.1S)(60) = O 
S = 0.75 klb 
3S = 2.25 klb 
Considerando primero el nivel superior. se toman momentos alrededor del punto de contra flexión 
en la columna CD de las fuerzas arriba del plano de contrafíexión a través de las columnas en ese 
nivel. De acuerdo con la tercera hipótesis. la fuerza axial en GH será solamente de un tercio de la 
de CD, y estas fuerzas en GH y CD serán de tensión, mientras que aquéllas en KL y OP serán de 
compresión. Se escribe la siguiente expresión, con respecto a la figura 19.15 para determinar los 
valores de las fuerzas axiales en las columnas en el nivel superior­ 
1. Fuerzas axiales en las columnas 
CAPITULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 407 
8H. Suthcrland y H. L. Bowman. Structnral Theory (Nueva York: Wiley, 1950), 295­301. 
En los capítulos anteriores definimos una armadura como una estructura formada por un grupo de 
tirantes y de puntales conectados en sus nudos por medio de pasadores sin fricción, de manera que 
19.9 ANÁLISIS DE "ARMADURAS" VIERENDEEL 
El método de distribución de momentos descrito en los capítulos 20 y 21 para el análisis de vigas y 
de marcos estáticamente indeterminados implica ciclos sucesivos de cálculo, en los gue cada ciclo 
se acerca cada vez más a las respuestas "exactas". Cuando los cálculos se prolongan hasta que los 
cambios en los números son muy pequeños, el método se considera corno un método "exacto" de 
análisis. Si el número de ciclos se limita, el método resulta ser un excelente método aproximado. 
Como tal, se estudia en la sección 20.5 del capítulo siguiente. 
19.8 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS 
Observe que para varios miembros los resultados aproximados varían considerablemente de los 
resultados obtenidos por el método "exacto". La experiencia con los métodos "exactos" para ma­ 
nejar los marcos de edificio indeterminados mostrará que los puntos de inflexión no ocurrirán 
exactamente en los puntos medios. El uso de posiciones más realistas para los puntos supuestos 
de inflexión mejorará los resultados en gran medida. El método de Bowman8 Incluye la posición de 
los puntos de inflexión en las columnas y trabes de acuerdo con un conjunto especificado de reglas, 
dependiendo del número de niveles en el edificio. Además, la fuerza cortante se divide entre las 
columnas de cada nivel de acuerdo con un conjunto de reglas que se basan en los momentos de 
inercia de las columnas, así como en los anchos de crujía. La aplicación del método de Bowman 
da.resultados mucho mejores que los procedimientos del portal y del voladizo. 
408 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
TABLA 19.2 MOMENTOS EN LOS MIEMBROS 
Miembro Portal Voladizo SABLE32 Miembro Portal Voladizo SABLE32 
AR 125 112.S 258.3 u 250 262.5 222.6 
BA 125 112.5 148.9 J1 ro 262.5 161.6 ~~ 
BC 75 67.5 57.4 JF 200 240 162.6 
RP 200 J80 206.3 JK iso 157.5 140.6 
CB 75 67.5 100.7 JN 200 180 139.6 
CD 2.1 22.5 7.1 Kl 150 157.5 146.4 
CG 100 90 93.6 KG 100 120 114.5 
DC 25 22.5 20.8 KL 50 52.S 54.2 
DH 25 22.5 20.8 KO ](}0 90 86.1 
EF 250 26;2.S 250.3 LK 50 52.5 71.9 
FE 250 262.S 185.ó LH 25 30 47.4 
FR 200 180 161.6 LP 25 22.5 24.5 
FG 150. 157.5 142.4 MN 125 112.5 L79.!l 
F.J 200 240 166.3 NM 125 112.5 92.9 
GF 150 157.5 152.4 NJ 200 180 165.5 
GC 100 90 82.2 N() 75 67.5 72.7 
GH 50 52.5 43.9 ON 75 67.5 87.4 
GK 100 120 114. I OK 100 90 103.J 
HG 50 52.5 63.2 OP 25 22.5 15.6 
HD 25 22.5 18.0 PO 25 22.5 37.4 
HL 25 30 45.2 PL 25 22.5 37.4 
Las armaduras Vierendeel en general se construyen con concreto reforzado, pero también 
pueden fabricarse con acero estructural, Las cargas externas son soportadas por medio de la re­ 
sistcncia a flexión de los miembros cortos y robustos. Los nudos continuos resistentes a momento 
ocasionan que las "armaduras" sean altamente indeterminadas en forma estática. No obstante que 
las armaduras Vierendccl son algo ineficientes, éstas se usan. debido a su buen aspecto, en ciertas 
situaciones donde se desea tener grandes vanos libres. Además, son particularmente adecuadas en 
edificios donde pueden construirse con peraltes iguales a las alturas de los pisos. 
Estas estructuras altamente hiperestáticas pueden analizarse en forma aproximada con los 
métodos del portal o del voladizo descritos en la sección precedente. La figura 19.17 muestra una 
armadura Vierendeel (muy similar a la mostrada en la figura 19.16) y los resultados obtenidos 
al aplicar el método del portal. Para esta "armadura" simétrica. el método del voladizo dará los 
mismos resultados. Para seguir los cálculos, gire la estructura sobre su extremo porque la fuerza 
cortante considerada para la Vierendccl es vertical. en tanto que en las estructuras que se analiza­ 
ron antes era horizontal. Como la armadura es simétrica,los resultados se muestran sólo para una 
mitad de la armadura, 
En muchas estructuras Vierendeel. sobre todo en las de varios pisos. los miembros horizon­ 
tales inferiores pueden ser mucho más grandes y rígidos que los otros miembros horizontales. Para 
obtener mejores resultados con los métodos del portal o del voladizo. se debe tener en cuenta la 
falta de uniformidad de las dimensiones. suponiendo que la mayor parte de la fuerza cortante es 
tomada por los miembros más rígidos. 
Figura 19.16 Un ejemplo de una armadura Vicrendeel {puente 
peatonal Clinic Inn en Cleveland. Ohio, cortesía del American 
Insritute of Steel Construciion, lnc.) 
los miembros quedan sometidos sólo a tensión o compresión axial. Un tipo especial de armadura 
es la "armadura" Vierendeel (no es realmente una armadura según la definición anterior). Un ejem­ 
plo típico de una armadura Vierendeel se muestra en la figura 19.16. Puede verse aquí que son en 
realidad marcos rígidos o, como algunos dicen, trabes con grandes agujeros en ellas. La armadura 
Vierendeel fue desarrollada en 1893 por el ingeniero y constructor belga Arthur Vierendeel. Se 
emplea con bastante frecuencia en Europa, especialmente en Bélgica para puentes de carreteras y 
de ferrocarril, pero sólo en forma ocasional en Estados Unidos. 
CAPÍTULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 409 
19.5 Resuelva el problema 19.4 considerando que las diagonales 
que estarían normalmente en compresión pueden resistir 
sólo un tercio de la fuerza cortante ea cada tablero. (Resp.: 
u1u2 - + 13.33 klb, u,L1 = ­so klb.) 
Resuelva el problema 19.1 considerando que las diagona­ 
les en compresión pueden resistir la mitad de la fuerza cor­ 
ran le en cada tablero. 
19.3 Resuelva el problema 19. 1 considerando que las diagonales 
en compresión pueden resistir un tercio de la fuerza cor­ 
tante en cada tablero, tResp.: U0U1 = ­54.55 klb, L1L:! = 
~98.89 klb.) 
19.2 
15 pies l _JL2 Sin nudos 
30 ldb 20 kit) 20 klb 
+ u6 ~~~~~F==#tt==~===;.¡\-,- 
15 pies 
i'==~=;é=~==~~~~~~-' 
----i'.fL6 ,__ 6 por 15 pies= 90 pies ­1 
30 klb 30 klb 30 klb 40 kJb 
19.4 Calcule las fuerzas en los miembros de la armadura en vo­ 
ladizo considerando que las diagonales no pueden tomar 
compresión. 
19.1 Calcule las fuerzas en los miembros de la armadura que 
se muestra ea la figura. considerando que las diagonales 
no son capaces de tomar compresiones. (Resp.: U0U1 = 
-81.67 klh, L.~= +133.34 klb, U3L, = ­21.67 klb.) 
19.10 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Figura 19.17 Análisis de una armadura Vierendeel usando el método del portal. 
Y=O 
M=O 
S =200 
V=20 
M= 100 
S = 183.3 
V=40 
M = 300 
S = 133.3 
V=60 
M=300 
S = 50 
V =60 V=40 V=20 V=() 
M = 300 M=200 M= 100 M =0 
S =­50 S=­133.3 S = ­183.3 S =­200 
M = 500 M=300 M= 100 
V= 83.3 V=50 , V= 16.7 
M=300 
V=50 
Las fuerzas son simétricas respecto a la línea central. 
I• : 
I•. 
· .. 
r .=­­­­­­­­­,·. " • ­:» 
12 pies L . . . . . ~~-r~~~"--'-----i-~--"--r-~~~~-r-~~~ 
'1¡.,: >-1• 2_o_k_'b 2_o_k_lb 2~ ::r I o pies= 7::i:sb 2_o_k_lb .,_­º_k_l_b ~_.¡:­ir 
60 klb 60 klb 
JO klb ! 20klb 20 klb 20 klb 20 klb 20 klb + 
20klb 10 klb 
+ 
410 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
L ,sm­__._~ 1oml­1s .,'. 
5 11 
5 11 
80kN 
80 kN 
·- 
l e G K o -~ - l B F J N ­ 
l A E 1 M 
·• 
5 11 
H L 40kN 
p o 
19.14 
¡,o pies ~B"""'-=--~~-•11:Hffl 1 
tramicnto 30 pie,­­­i.­­:io pies tramrenro 
H 
19.13 tResp.: M"0 = 175 klb-pic, SFCJ - +21.67 klb.) 
12m 1.6m.l. 
60 kN 
5 m 
60 kN 
5 m 
­ 
e G K o . 
B F J N ­ 
7n 
A E 1 M ¡ 
,'. • • 
30 kN 
p L H D 
19.12 
p p 
40 klb 
5 pies 
40 klb 
5 pies 
5 pies 
e G K o 1 ­­ 
B F J .N 1 
A E 1 M 1 
" 
ies­l­40 
' 
i- 40 pies ­l­ 40 .; 
20 klh 
p L H 1) 
En los problemas 19.11 a 19.14calcule los momentos Ilexionantes, 
las fuerzas cortantes y las fuerzas axiales en todos los miembros de 
los marcos mostrados usando el método del portal. Se supone que 
todos los nudos son rígidos. 
19.11 (Re~p.: Mcu - 25 klb-pie, MGi· = 150 klb-pie, MJJ 250 
klb-pie.) 
19.9 Resuelva el problema 19.8 suponiendo que los puntos ele 
inflexión están localizados 8 pies arriba de las bases de las 
columnas. tResp.: M"u ­ 160 klb­pie, Mes - 24() klb­pie.) 
19.10 Resuelva el problema 19.8 suponiendo que las bases de las 
columnas están articuladas y que los puntos de inflexión se 
localizan ahí mismo. 
1 
# 20 pies oj 
.. r'S ·~ f;,,.Q te ... ".\­s~~ 
Empotramie.~t~·r·" . ~'~''"! ~mpotramienlo 
l­­­4Dp1cs­l 
40klb 
e B 
19.8 Analice el portal que aquí se muestra constderando que los 
puntos de inflexión están localizados a la mitad de la altura 
de las columnas y a la mitad del claro de la viga. 
AL¡ ¡ ¡ ¡ I_ 1 B 51 I _ ' 1 J ~­3 1 ¡ ¡ 1 1 l J 
\­ L11 = 13 pies .:..J ~­ Ln = 13 pies_:¡ 1­­­ L11 = 13 pies ­:J 
w = 360 lb/pie 
19.7 Se desea preparar los diagramas de fuerza cortante y de mo­ 
mento ílexionante para la viga continua que aquí se mues- 
tra usando los coeficientes ACl de la labia 19. l. Suponga 
que la viga está construida monolíticamente con las trabes 
en todos sus soportes. Dibuje los diagramas de momentos 
como envolventes. (Resp.: M"13 = ­2 535 pie­lb, Men ­ 
­6 084 pie­lb.) 
20 pies J 
20 klb -- ..... -----~f 
20 pies 
~ 
. t 
20 pies 
D 
Calcule las fuerzas en los miembros de la armadura que se 
muestra. considerando que las diagonales interiores que nor- 
malmente trabajarían en compresión no pueden resistir 
compresión. 
19.6 
CAPITULO 19 ANÁLISIS APROXIMADO DE ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 41 I 
19.20 Repita el problema 19.11 usando SABLE32. Suponga que 
los miembros de1 marco tienen áreas. módulos de clastici­ 
dad y momentos de inercia constantes. 
t 
12 pies -+ 12 pies 
~ t 
12 pies 
_l 
D+ + + + + 
H L 
G K e 
1 F J 
8 
A E l ., 
20klb 20 klb 20klb 20 kJb 20klb J 6 por 12 pies= 72 pies 
5 klb 5 klb 10 klb 10 klb 10 klb 10 klb JO klb 
19.19 tResp.: Mm;== 75 klb­pie. MKL = 60 klb­pic.) 
t pies 
_l 
8 D F+ H+ J L N ,­­.= 
12 
A. . e 8 G 1 K ·• ]\1J 
30 klb 30 klb 30 klb 
6 por 12 pies = 72 pies 
20 klb 20 klb 20 klb 
19.16 Resuelva el problema 19.12 considerando que las bases de 
las columnas están articuladas. 
19.17 Repita el problema 19. L3. tResp.: M_..8 = 250 klb­pic, 
Mm= 100 klb-pie.) 
En los problemas 19. 18 y 19.19 calcule los momentos Ilexionarues, 
las fuerzas cortantes y las fuerzas axiales en todos los miembros 
de las armaduras Vierendeel con nudos rígidos usando el método 
del portal. 
19.18 
¡.:._ 40 píes­¡:_ 40 pies­~­ 40 pies..:l 
5 pies 
5 pies 
5 pies e G K ij 
B p .1 Ni ­­ 
A E 1 •M 1 
,. ,,, ­ ,.,,..,,~· .e. 
L H p D 20 klb 
40klb 
40 klb 
En los problemas 19_¡5 al 19.17 analice los marcos con nudos 
rígidos usando et método del voladizo. 
19.15 (Resp.: Mee = 67.5 klb-pie, V NM = 15.00 klb.) 
412 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
413 
I Hardy Cross. "Continuity as a Factor in Reinforccd Concrete. Design". Proceediugs of th« American Concrete 
tnstitute, Vol. 2:5 (1929), pp, 669· 708. 
1 Hardy Cross, "Slmpliüed Rigid Frarnc Design", Repon of Comrniuee 301, Proceedings of tho American Con· 
crete l11sti1111e, Vol. 26 (1929\, pp. 170.183. 
·1 Hardy Cross, "Analysis of Continuous Frnmes by Distributing Fixed­End Momcnts". Proceedings r,f the Ameri- 
can Sociery 1>/' Civil Englneers. Vol. 56, No. 5 (mayo de 1930}: pp. 919­918. También, Tra11.wn·1i1111s of tbe Ameriran 
Societv of Civil E111tinee1~1·. Vol. 96 ( 1932), pp. 1­1 O. 
En 1929" 2 y L9303, el extinto profesor Hardy Cross escribió artículos acerca del método de distri­ 
bución de momentos, luego de haber enseñado ese procedí miento a sus alumnos en laUniversidad 
de Jllinois desde el afio de 1924. Sus artículos señalaron el comienzo de una nueva época en el 
análisis de marcos eslárícarnente indeterminados. dando un mayor impulso a su uso. El método 
de la distribución de momentos aplicado a vigas continuas y a marcos implica un poco más de 
trabajo que los métodos aproximados, pero proporciona una exactitud equivalente a la lograda con 
los métodos clásicos "exactos" mucho más laboriosos. 
En los capítulos anteriores. el análisis de estructuras estáticamente indeterminadas compren­ 
dió la solución de ecuaciones simulréneas, Estas ecuaciones no son necesarias en la aplicación 
del método de la distribución de momentos. excepto en raras situaciones, como en el caso de 
marcos complicados. El método que desarrolló Cross comprende ciclos de cálculos sucesivos que 
van aproximando los resultados hacia la respuesta "exacta". Las operaciones pueden suspenderse 
después de dos o tres ciclos. dando un análisis aproximado muy satisfactorio. o bien, pueden con­ 
unuarse hasta alcanzar la precisión deseada. Cuando se consideran estas ven Lajas a la luz del hecho 
de que la precisión obtenida mediante los laboriosos procedimientos .. clásicos" suele ser de valor 
cuestionable, se comprende la gran utilidad de este método práctico y rápido. 
Entre 1930 y 1960, el método de la distribución de momentos fue el más usado para el aná­ 
lisis de vigas continuas y de marcos. Sin embargo, desde 1960 se ha incrementado en forma ex­ 
traordinaria el uso de computadoras para el análisis de Lodo tipo de estructuras. La'> computadoras 
son extremadamente eficientes para resolver las ecuaciones simultáneas que se generan mediante 
otros métodos de análisis. Por lo general, el software se basa en el análisis matricial descrito en los 
capítulos 22 a 25 de este texto. 
Aun con el software de computadora disponible. el método de. la distribución de momentos 
sigue siendo el más importante de los métodos "manuales" para analizar vigas continuas y mar­ 
cos. El ingeniero de estructuras puede efectuar con él, rápidamente, análisis aproximados para 
20.1 INTRODUCCIÓN 
Distribución de momentos en vigas 
Capítulo 20 
Figura 20.1 
(e) (b) (a) 
Empotramiento 
Sujeción P./ artificial 
13· ' A 8 A 
Empo- 
tramiento 
Empo- 
tramiento p 1 p1 
Considerando el marco de la figura 20.l(a). los nudos A a D están fijos contra desplaza­ 
miento. Sin embargo, el nudo E no está fijo, y las cargas sobre la estructura ocasionan que gire 
ligeramente, tal como lo representa el ángulo eEen la figura 20.l(b). 
"El rascacielos horizontal" curvo más grande en Estados Unidos. 
Boston. Massachusetts. (Cortesía de la Bethlehem Steel Corporation.) 
1. Las estructuras tienen miembros de sección transversal constante en toda su longitud, es 
decir. los. miembros son prismáticos. 
2. Los nudos en que dos o más miembros se conectan no se trasladan. 
3. Los nudos en que los miembros se conectan pueden girar, pero los extremos de todos los 
miembros conectados a un nudo giran la misma cantidad que el nudo. En un nudo no hay 
rotación de los. extremos de los miembros entre sí o con respecto al nudo. 
4. La deformación axial de los miembros se desprecia. 
diseños preliminares, y también puede comprobar los resultados de la computadora, lo que es muy 
importante. Además, el método de distribución de momentos puede ser el único que se use para el 
análisis de estructuras pequeñas. 
El atractivo del método de distribución de momentos estriba en su sencillez teórica y de apli­ 
cación. Cualquier persona podrá comprender rápidamente los principios básicos y entender con 
claridad en qué consiste el procedimiento. En el análisis que sigue se han hecho ciertas hipótesis. 
Éslas son: 
414 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(b) 
Fi2ura 20.2 Concento de momento transportado. 
1 
= ..... _ 
~i' .._ __ -_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-_-...;._. e:_,_., ~," 
,__ L------.i 
(a) 
B 
Para determinar el momento transportado se considerará la viga sin carga y de sección transversal 
constante, que se muestra en la figura 20.2(a). Si se aplica un momento M1 al extremo izquierdo de 
Momento transportado 
Existen dos cuestiones que deben evaluarse antes de aplicar el método de distribución de momen­ 
tos en el análisis de estructuras. Esas cuestioucs son las siguientes: 
l. ¿Cuál es el valor del momento desarrollado o transportado al extremo fijo de un miembro 
cuando en el otro extremo actúa un momento determinado? 
2. Cuando una junta se Libera y gira. ¿cómo es la distribución del momento desequilibrado 
sobre los miembros estructurales que concurren en el nudo?, o bien. ¿qué valor de mo­ 
mento resistente proporciona cada barra? 
20.2 RELACIONES BÁSICAS 
Si se aplica una sujeción imaginaria en E, fijándola de manera que no pueda girar, la es­ 
tructura bajo carga tomará la forma mostrada en la figura 20. ltc), Cuando los extremos de todos 
los miembros están fijos contra rotación de esta manera, los momentos de empotramiento pueden 
calcularse con poca dificultad mediante las expresiones acostumbradas (wL2/l2 para cargas uni­ 
formes y Pah2/L2 o Pa2b/L2 para cargas concentradas) corno se muestra en la figura 20.4 y en 
el forro interior de la cubierta del libro. 
Si la sujeción en E se elimina, el nudo rotará un poco, ñexionando los extremos de los miem­ 
bros que concurren en él, lo cual origina una redistribución de los momentos en los extremos de 
los miembros. Los cambios en los momentos o las rotaciones en el extremo E de los miembros AE. 
BE, CE y DE causan cierto efecto en el otro extremo de esos miembros. Cuando en el extremo de 
una barra se aplica un momento estando empotrado el otro extremo. existe cierto efecto de trans- 
porte del momento aplicado hacia el extremo fijo. 
Una vez calculados los momentos de empotramiento, el proceso de distribución de momen­ 
tos puede enunciarse brevemente como el cálculo de ( 1) los momentos causados en el extremo E 
de los miembros por la rotación del nudo E, (2) la magnitud de los momentos transportados a los 
otros extremos de los miembros y (3) la suma o resta de estos últimos momentos a los momentos 
originales de empotramiento. 
Estos pasos pueden expresarse simplemente corno la suma de los momentos de empo­ 
tramiento más los momentos debidos a la rotación del nudo E. 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 41 5 
Figura 20.3 Momento transportado. 
(b) 
M1 
El 
(a) 
Por lo general, los elementos estructurales conectados en un nudo tienen diferente rigidez a la 
flexión. Cuando un nudo se libera y comienza a girar debido al momento desequilibrado, la resis­ 
tencia a la rotación varía de miembro a miembro. El problema consiste en determinar qué parte 
del momento de desequilibrio tomará cada uno de los elementos. Parece lógico suponer que el 
momento desequilibrado será resistido en razón directa a la respectiva resistencia a la rotación en 
el extreme de cada elemento. 
Factores de distribución 
Un momento aplicado en un extremo de una viga prismática empotrada en el otro extremo, 
transmitirá a este último un momento de magnitud igual a la mitad del valor del primero y de signo 
contrario. El factor de transporte es ­1/2. El signo menos obedece a la convención de signos adop­ 
tada en resistencia de materiales: un momento distribuido actuante en un extremo y que produzca 
tensión en las fibras inferiores se transmitirá de manera que origine tensión en las fibras superiores 
en el otro extremo. El estudio de las figuras 20.2 y 20.3 permite ver que un factor de transporte de 
1/2,, utilizado de acuerdo con la convención de signos para la distribución de momentos (Jo que se 
estudia en la sección 20.4), automáticamente considera esta situación, de manera que no es nece­ 
sario cambiar el signo en cada transporte. 
la viga, en el extremo derecho serádesarrollado un momento M2. El extremo izquierdo es un nudo 
que se ha liberado y el momento M1 producirá en él un giro 91• Sin embargo, no ocurrirá ninguna 
deflexión o desplazamiento del extremo izquierdo respecto del derecho. 
Puede utilizarse el segundo teorema del área del diagrama de momento para determinar la 
magnitud de M2• La deflexión de la tangente a la curva elástica de la viga en el extremo izquierdo 
con respecto a la tangente en el extremo derecho (que permanece horizontal) es igual al momento 
estático del área del diagrama de M/El, tomado con respecto al extremo izquierdo, pero esa des­ 
viación es igual a cero. A partir del diagrama de M/EJ de la figura 20.2(b), y después de dividirlo 
en dos triángulos para facilitar el cálculo del área, puede escribirse la siguiente expresión y luego 
despejar M2: 
416 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Después de eliminar la sujeción que restringe un nudo. el momento desequilibrado Jo hará girar. La 
rotación desviará los extremos de los elementos reunidos en el nudo cambiando sus momentos. En 
otras palabras, el giro del nudo es resistido por los elementos estructurales y se producen momen­ 
tos resistentes a medida que los miembros se deforman. La rotación continúa hasta que se alcanza 
el equilibrio (cuando la suma de los momentos resistentes es igual al momento desequilibrado), o 
sea. cuando es nula la suma de los momentos en el nudo. Los momentos que se desarrollan en los 
miembros estructurales que resisten la rotación son los momentos distribuidos. 
Momentos distribuidos 
Los nudos de una estructura se consideran inicialmente fijos. Cuando un nudo se libera, éste rotará 
si la suma de los momentos de empotramiento en el nudo no es cero. La diferencia entre cero y el 
valor de la suma de los momentos de extremo es el momento de desequilibrio. 
Momentos de desequilibrio 
Momentos de empotramiento perfecto 
Cuando todos los nudos de una estructura se fijan en forma cal que no puede ocurrir ninguna rota­ 
ción en ellos. las cargas externas originan ciertos momentos en los extremos de las barras a las que 
esas cargas están aplicadas. Esos momentos se denominan momentos de empotramiento perfecto. 
La figura 20.4 presenta los momentos de empotramiento para diferentes condiciones de carga. 
Los términos siguientes se emplean constantemente al exponer el método de la distribución de 
momentos. 
20.3 DEFINICIONES 
Para determinar el momento desequilibrado que toma cada uno de los elementos concu­ 
rrentes en un nudo, se suman los factores de rigidez para dicho nudo y se supone que cada barra 
resiste una parte del momento desequilibrado igual a su valor K dividido entre la suma de todos 
los valores K en el nudo. Estas proporciones del momento de dcscquil ibrio total resistidas por cada 
u110 de los elementos son los factores de distribución. 
r K=- L 
e _ f M1 (f)L -t (1)M1 (DL 
1 ­ El 
M1L ei = 4EI 
Al suponer que todos los elementos son del mismo material, con el mismo valor de E, las 
únicas variables en la ecuación anterior que afectan la magnitud de la rotación en el extremo son 
los valores l y L. El giro que se presenta en el extremo de un elemento varía, como es obvio, en 
razón directa al valor de L/1 del elemento. Cuanto mayor sea la rotación de una barra, menor será 
el momento que soporte. El momento resistido varía en razón inversa a la magnitud de la rotación, 
o bien, directamente con la cantidad f/L. Este último valor recibe el nombre de factor de rigidez 1(. 
La viga y el diagrama de M/EJ de la figura 20.2 se reproducen en la figura 20.3. con las rela­ 
cienes apropiadas entre M1 y M2; a continuación se tiene una expresión para la magnitud del giro 
originado por el momento M 1• 
Si se utiliza el primer teorema del área del diagrama de momento, el giro e I puede represen­ 
tarse por el área del diagrama de MIEL entre A y B, permaneciendo horizontal la tangente en B: 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 417 
.--l•--L--- 
Figura 20.4 Expresiones de momento de empotramiento, 
6EI.6fl} 
··.~ 23wL2/960 
V 
~ _ .. ·,:·· ­ 
i.------L------.¡ 
• 1 
­, ' ' . 
p 
i-------L--------i 
--1 
t w ~ 1 I l I l ~· ­~ ' ' ~ , , ' V ~ ­·· .. .. \J ~~= ' . l ' 
1: a b ~, (wb3/l 2L)(4 ­ 3b/L) o . ' ~) (wb·!J 2)(6 - 8b/L + Jb-rL· L 
V 
wL'/12 
Momentos de empotramiento Carga en la viga 
t·I w =l I I I I I I • . , . . * 1' ~ ' .. 
L 
p 
a ·i- b 
,. ( ..... /• . , ., ;' ~ 
418 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Se dispone ahora de los pocos medios necesarios para utilizar el método de distribución de mo­ 
mentos, y se describe su aplicación. 
En la figura 20.6(a) se muestra una viga continua con varias cargas aplicadas a ella. En la 
figura 20.6(b). los nudos interiores B y C se suponen fijos y se calculan los momentos de empo­ 
tramiento correspondientes. Para el nudo B se calcula el momento de desequilibrio, liberándose. 
después dicho nudo, como se ve en la figura 20.6(c). El nudo gira, distribuyéndose de esta manera 
el momento de desequilibrio entre los extremos B de las barras BA y BC en proporción directa a 
sus factores de distribución. Los valores de estos momentos distribuidos se transmiten, a razón de 
la mitad, a los extremos opuestos de los miembros AB y BC. Cuando se alcanza el equilibrio, el 
nudo B se sujeta en su nueva posición girada, soltando luego el C, como se muestra en la figura 
20.6(d). El nudo C gira debido a su momento desequilibrado hasta alcanzar el equilibrio, y la 
rotación produce momentos distribuidos en los extremos C de los miembros CB y CD. así como 
los correspondientes momentos transportados. Ahora se fija el nudo C y se libera el nudo B, en la 
figura 20.6(e). 
Se repite el mismo procedimiento. una y otra vez. para los nudos B y C. El valor del mo­ 
mento de desequilibrio disminuye rápidamente hasta que toda liberación adicional de un nudo 
sólo produce una rotación insignificante. En resumen. este proceso constituye el método de la 
distribución de momentos. 
Los ejemplos 20.1 al 20.3 ilustran el análisis de tres vigas continuas. Para el ejemplo 20.1, 
el momento de inercia I es constante para ambos claros y se supone igual a 1.0 para calcular la 
rigidez relativa o valores t de esos miembros. Con estos valores los factores de distribución se 
determinan como sigue: 
20.5 APLICACIÓN DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS 
Momentos externos mostrados 
Figura 20.S Convención de signos para 
la distribución de momentos. 
e 
+M 
e ) 
+M -M 
e ) 
+M -M 
) 
-M 
P¡ 
Los momentos en el extremo de un elemento se consideran negativos cuando tienden a girarlo con 
respecto al nudo en el sentido de las manecillas del reloj (el momento resistente en el nudo sería de 
sentido contrario). La viga continua de la figura 20.5, con Lodos sus nudos íljos, tiene momentos en 
el sentido de las manecillas del reloj (O sea­) en el extremo izquierdo de cada tramo, y momentos 
en el sentido contrario de las manecillas del reloj (o sea+) en el extremo derecho de cada tramo. 
La convención tic signos por lo común utilizada en resistencia de materiales le asigna a las vigas 
doblemente empotradas, sujetas a cargas verticales hacia abajo, momentos negativos en uno y otro 
extremo debido a que en estos puntos se manifiesta tensión en las fibras superiores de las vigas. 
Debe observarse que esta convención de signos que se usa en el método de la distribución de mo- 
mentos, es la misma que se empleó en el capítulo 18 con el método de pendicrue­deflexión. 
20.4 CONVENCIÓN DE SIGNOS 
Momentos transportados 
Los momentos distribuidos en los extremos de las barras originan momentos Ilexionantcs en los 
extremos opuestos, que supuestamente están fijos. Estos últimos son los momentos transportados. 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 419 
l. Se calculan los momentosde empotramiento, anotándolos en el primer renglón de la tabla 
(renglón Momentos de empotramiento en los ejemplos 20.1 y 20.2). 
2. Los momentos de desequilibrio de cada nudo se distribuyen en el siguiente renglón (Dist. 1 ). 
3. Se efectúan los transportes desde cada nudo y se anotan en el siguiente renglón (Momcn­ 
tos transportados 1 ). 
4. Se distribuyen los nuevos momentos desequilibrados de cada nudo (Dist, 2) y así suce­ 
sivamente. (Como la viga del ejemplo 20.1 tiene un solo nudo para balancear. sólo es 
necesario efectuar un ciclo de distribución.) 
En los ejemplos 20. l y 20.2 se utiliza un arreglo tabular sencillo para familiarizar al lector 
con el método de la distribución de momentos. En ejemplos posteriores se usará una variante algo 
distinta, preferida por el autor, la cual conduce a la solución más rápidamente. El procedimiento 
tabular puede resumirse de la siguiente manera: 
1 
20 -,1~~ . .,-, = 0.43 
20 +25 
1 
Kac 15 ­ DFnc == 2,K = _I _I = 0 . .)7 
20+25 
D.F KnA 8,\ ::: L K 
(e) 
Figura 20.6 Procedimiento para la distribución de momentos. 
.: 
(d) 
(b) 
A B e 
'if,_'lj;·,t;'7'.J::-,,e,O- 
(e) 
B e 
• ' 
P1 Pz B w e P3 ! 
Ji""" ... ,,, • "'9b • 
(a) 
B e 
' 
420 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 20.8 
2 klh/pic 
Usando la distribución de momentos, determine los momentos de extremo de los miembros para 
la estructura de.la figuras 20.8. Como los miembros tienen valores diferentes de l. los miembros 
reales ( o los valores relativos de esos números) se usan para calcular los factores de rigidez y de 
distrihución • 
. El valor calculado de, { pai:a el miembro AB es \°? = 8, mientras que para el miembro BC 
es;~= 10. La rigidez total de los miembros que concurren en Bes 8 + 10 = 18. El miembro 
AB tiene i8s:avos del total = 0.44, mientras que el miembro BC tiene :~avos del total = 0.56. Estos 
valores son los factores de distribución en el rindo B. Se hacen cálculos similares en el nudo C 
para Jos factores de distribución. 
Cuando la distribución alcanza la exactitud deseada, se trazan dos rayas debajo de cada 
columna de cifras. El momento final en el extremo de un elemento es igual a la suma de todos los 
momentos de la tabla correspondientes a su posición. A menos que un nudo se encuentre empotra­ 
do. será nula la suma de los momentos finales en los extremos de los elementos que llegan a éste. 
El transporte se muestra con líneas punteadas • 
Factores de distribución 
Momentos de empotramiento 
Distribución 1 
Momentos transportados 1 
Momentos finales 
o.o l 1 OA3 0.57 1 1 o.o 
-125 +125 o.o o o 
o.o ­­­­­­­53.8 ­71.2­...._ o.o ­­ ­26.9­­­­­­ ­­ 6 ­35. 
­151.9 +71.2 ­7l.2 ­35.6 
Solución. 
Figura 20.7 
Constante I 50 klb 
+ Empo- 
tramiento 
Determine los momentos de extremó de la estructura mostrada en la figura: 20.7 por distribución 
de moméntos, 
CAPITULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 421 
Figura 20.9 
t­­­­­25 pies­­­­­i­­­­25 pies­­­,~ 
I consranic 
Calcule lbs momentos de eX:ttemo en la viga mosuada en la figura20.9. 
A partir del ejemplo 20.3 se usará un procedimiento ligeramente diferente para distribuir los 
momentos. Sólo un nudo a la vez será balanceado y los transportes requeridos se harán desde ese 
nudo. En términos generales, es deseable (pero no necesario) balancear el nudo que tiene el ma­ 
yor desbalanceo, efectuar los transportes, balancear el siguiente nudo con el mayor desbalanceo, 
etc .. porque este proceso dará una convergencia más rápida. Este procedimiento es más rápido 
que el método tabular usado en los ejemplos 20.1 y 20.2 y se desarrolla junto con la descripción 
del comportamiento de una viga continua (con empotramientos imaginarios), como se hizo en la 
figura 20.6. 
• 
Factores de distribución 
Momentos de empotramiento 
Dist. 1 
Momentos de transporte J 
Dist. 2 
Momentos de transporte 2 
Dist. 3 
Momentos de transporte 3 
Dist. 4 
Momentos de transporte 4 
Dist. 5 
Final 
o.o 1 1 0.44 0.56 1 1 0.5 0.5 1 1 o.o 
­1042 +104.2 ­150.0 +150.0 ­75.0 +75.0 
+20.2 +25.6 ­37.5 ­37.5 
+10.1 ­18.8 +12.8 ­18.8 
+8.3 +10.5 --6.4 --6.4 
+4.2 ­3.2 +5.3 ­3.2 
+1.4 +1.8 ­2.7 ­2.7 
+0.7 ­1.3 +0.9 ­1.3 
+0.6 +0.7 ­0.4 -0.4 
+0.3 ­0.2 +0.4 ­0.2 
+0.1 +0.1 ­0.2 ­0.2 
­88.9 +134.8 ­13­+.8 +l22.2 ­122.2 +SL5 
Solucián. 
422 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Para muchos casos donde la estructura y/o las cargas son muy asimétricas habrá algunos 
ciclos de mayor ajuste de los momentos en toda la estructura. Si no se hacen esos ajustes. la dis­ 
tribución de momentos no servirá como un buen método aproximado. El analista podrá reconocer 
Iácilrnentc cuándo puede detenerse; el proceso con buenos resultados aproximados. Esto ocurrirá 
cuando los momentos desbalanceados y los de transporte resulten muy pequeños al compararlos 
con sus valores iniciales. 
0.921 
0.973 
0.994 
0.998 
1,000 
112.5 
118.9 
121.5 
122.0 
122.2 
1.172 
1.058 
1.01 l 
1003 
1.000 
104.2 
94.J 
89.9 
89.2 
88.9 
1 
2 
3 
4 
5 
Razón del 
momento aproximado 
al momento 
"exacto" 
soporte e 
Momentos en 
el soporte C 
Razón del 
momento aproximado 
al momento 
"exacto" 
soporte A 
Momentos en 
el soporte A 
Valores dados 
después del 
ciclo núm. 
TABLA 20.1 EXACTITUD DE LA DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS DESPUÉS DE CADA CICLO DE BALANCEO 
PARA LA VIGA DEL EJEMPLO 20.2 
En el capítulo 19 se presentaron varios métodos para analizar en forma aproximada estruc­ 
turas estáticamente indeterminadas. La distribución de momentos es uno de los métodos "exactos" 
de análisis si se lleva a cabo hasta que los momentos por distribuir y los momentos transporta­ 
dos resultan muy pequeños. Sin embargo. ese método puede usarse como un excelente método 
aproximado en estructuras estáticamente indeterminadas si se efectúan sólo unos cuantos ciclos 
de distribución. 
Consideremos la viga del ejemplo 20.2. Se dice que en esre problema cada ciclo de distribu­ 
ción termina cuando los momentos dcsbalanceados quedan balanceados. En la tabla 20. I se mues­ 
tran las razones de los momentos totales de cada ciclo en los nudos A y C a los momentos finales 
en esos nudos después que se han completado todos los ciclos. Esas razones dan una idea de qué 
tan buena es la distribución parcial de momentos como método aproximado. 
• 
o.u 1 1 0.5 í)_'i l 1 n.o 
­208.3 +208.3 
+208.3 -[(}4.2 
­78.1 ­156.2 ­156.2 ­78.l 
+78.J +39.0 
­9.8 ­19.5 ­19.5 ­9.8 
+9.8 +4.9 
-i.z -2.:i ­2.5 ­1.2 
+1.2 +0.6 
-0.2 ­0.3 ­0.3 ­0.2 
+0.2 +178.5 ­178.5 ­89.3 
o.u 
Solución. 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VJGAS 423 
I 
L 
25 píes ­­­­~1 
I constante 
Figura 20.1 l 
Determinar los ni omentos de extremo en la estructura que se muestra en la ñgura 20. U emplean­ 
do el factor de rigidez modificado para el apoyo simple­dél extremo izquierdo. 
Figura 20.1 O Comparación de la rigidez relativa rara dos condiciones de apoyo. 
(b) 
M1 
El 
(a) 
M1 
2EI 
t 
M1 
El 
El factor de transporte fue ideado para transportar momentos hacia los extremos empotrados, pero 
puede aplicarse en los extremos simplemente apoyados, en donde los momentos finales deben ser 
nulos. El extremo simple del ejemplo 20.3 se consideró empotrado; se efectuó la transmisión al 
extremo opuesto y el nudo se soltó después, equilibrándolo de nuevo en cero. Entonces. una mitad 
de ese momento equilibrado se transportó sobre el apoyo adyacente. Este procedimiento, repelido 
una y otra vez, es absolutamente correcto, pero implica un trabajo innecesario que puede eliminar­ 
se estudiando la rigidez de los elementos con extremos simplemente apoyados. 
En la figura 20.1 O (a) y (b) se compara la rigidez relativa de un elemento sujeto a Ja acción deun momento M1 cuando el extremo lejano está empotrado y cuando es un apoyo simple. En la parle 
(a), usando los principios del método del área de momentos vistos en el capítulo 11, la pendiente 
en el extremo izquierdo, que se representa por 01, es igual a M1L/4EL 
Para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura 20. lO(b), nuevamente usando los 
principios de área­momento, la pendiente 01 es M1L/3EI. Por lo tanto. la pendiente generada por 
el momento M1 cuando el extremo lejano está empotrado es sólo tres cuartos tan grande (.l\.11L/4EJ 
­é­ M1L/3El = i) que cuando e1 extremo lejano está simplemente apoyado. La viga simplemente 
apoyada en el extremo lejano sólo tiene tres cuartos de la rigidez de la viga con el extremo lejano 
empotrado. Si los factores de rigidez se modifican según un factor de tres cuartos en el caso de 
tramos de extremo simplemente apoyados. el extremo simple se equilibra en cero. se hacen trans­ 
portes a los soportes adyacentes y no se efectúa ya ningún transporte hasta ese punto, por lo que se 
tendrán los mismos resultados. En el ejemplo 20.4, la rigidez modificada se usa para la viga que 
se evaluó previamente en el ejemplo 20.3. 
20.6 MODIFICACIÓN DE LA RIGIDEZ PARA EL CASO DE EXTREMOS SIMPLES 
424 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
En la figura 20. J 2(c) y (d) se muestra un apoyo simple interior. En la parte (e). la distribución 
de momentos da un momento negativo a la derecha y un momento positivo a la izquierda, que cau­ 
sa tensión en las fibras superiores. La parte (d) muestra el efecto de momentos de sentidos opuestos 
en el mismo apoyo considerado en la parte (e). 
Figura 20.12 Interpretación del sentido de los momentos resultantes. 
(¡l) (e) 
Tensión en la parte inferior Tensión en la parte superior 
-M +M 
(b) (a) 
Tensión en la parte superior Tensión­ en la parte superior 
Empotramiento 
-M ( .... ·.': :., ,, 
?!h ·. 
El trazo de los diagramas de cortante y de momento es un medio excelente para comprobar el valor 
de los momentos finales determinado mediante el método de distribución de momentos, así como 
para tener una idea de conjunto de la condición de esfuerzos en la estructura. Antes de trazar los 
diagramas es necesario considerar algunos puntos que relacionan la convención de signos para 
esos diagramas con la que se emplea en el método de la distribución de momentos. Se utilizará 
aquí la convención usual de signos para el trazo de diagramas (el momento ñexionante es positivo 
cuando provoca tensión en las fibras inferiores de una viga y la fuerza cortante es positiva cuando 
corresponde al lado izquierdo y es ascendente). 
La relación entre los signos de los momentos en las dos convenciones se muestra en las vigas 
de la figura 20. 12. La parle (a) de la figura representa una viga empotrada para la cual el resultado de 
la distribución de momentos es un momento negativo. El momento en el sentido de las mane­ 
cillas del reloj flexiona la viga como se indica, causando tensión en las fibras superiores. o sea, 
un momento negativo. según ]a convención usual para los diagramas de cortante y de momento 
flexionante. En la figura 20. l 2(b) el resultado de la distribución de momentos es un momento po­ 
sitivo, pero nuevamente las fibras superiores de la viga están en tensión, Jo que indica un momento 
negativo para el diagrama de momento flexionante. 
20.7 DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLEXIONANTE 
• 
O.O 1 1 (}.43 0.57 1 1 o.o 
­208.3 +208.3 
+208.3 + 1 ()4.2 
O.O ­134.4 ­178.1 ­89.1 
+178.1 ­178.1 ­89.1 
Salucián: 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 425 
o.o I 1 0.33 0.67 1 1 0.67 0.33 1 1 o.o 
­112.5 +112.5 ­133.3 +133.3 ­300.0 +300.0 
+112.5 +56.2 ­150.0 ­300.0 
+105.6 +21 1.1 +105.6 
­47.0 ­94.0 ­47.0 
+15.7 +31.3 +IS.7 
­5.2 ­10.5 ­5.2 
+J.7 +3.5 +1.7 
­0.6 ­1. I ­­0.6 
+0.2 +0.4 +0.2 
­0.l ­0.J 
o.o +115.8 -l.L5.8 +326.8 ­326.8 O.o 
Cálculo de las reacciones 
+15.00 +15.00 +40.00 +40.00 +60.00 +60.00 
­3.86 +3.86 ­10.55 +1055 +10.89 ­10.89 
+ l l.14 +18.86 +29.45 +5055 +70.89 +49.1) 
Reacciones de la "viga simple" 
Reacciones de momento 
Reacciones finales 
Solucián. 
Figura 20.13 
1­­­­­30 pies -----i--- 20 pies ­­­­­­­­30­pies ­­­­ 
30klb 
Constante T 
Distribuir los momentos y trazar los diagramas de fu.e.ri.a: cortante y de ~omento :flexionante pasá 
la estructura que se muestra en la fignra 20.13 .. 
Del análisis anterior puede concluirse que la convención de signos usada aquí para la dis­ 
trihución de momentos en vigas continuas concuerda con la usada para trazar los diagramas <le 
momentos flexionantes en las parles derechas de los apoyos, pero no concuerda con las partes 
izquierdas. 
Para dibujar los diagramas de un elemento vertical, en algunas ocasiones se considera que su 
lado derecho es el lado de abajo. En los ejemplos 20.5 y 20.6 se distribuyen los momentos en las 
vigas continuas y luego se trazan los diagramas de fuerza cortante y de momento ñexionante. 
Las reacciones que se indican en la solución <le este problema se determinaron calculándolas 
como si cada tramo estuviese simplemente apoyado y sumándoles los valores de las reacciones 
producidas por los momentos presentes en los apoyos de la viga. 
426 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figut<a 20.14 
20 klb 30 klb 60klb 
Empo- ~.f~· ~.--,-~!-__,,----....1... ..J_..L.L...L,.:L.JL.l--1-L--.--,----l 
tramiento ; ,..,.... ..... __ ,__. ­­­­­­­­.~­­­­­­­­~~­­'­­­­' 
. L",,~l,o,,"j_'°'':1,· 1- so pie, 20 pies­­­­1s pies 
Constante I 
Distribuya los momentos y dibuje los.diagraruas de fuerza cortante.y momeato flexionante para 
la viga continua mostrada en la figura 20.14. 
­326.8 klb­pic 
­7.6 klb­pkº 
­115.8 klb­pie 
301.4 klb-pie 167. 1 klb­pie 
­49.J J klb 
­12.28 pies~ 
-18.86 k.lb 
11.14 klb 
Fuerza 
cortante 
29.45 klb 
­50.55 klb 
­ ?.36pics ­12.64pies_j_l?.72pic~­ 
70.89 klb 
• 
Diagramas de fuerza cortante y momento ñexionante: 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 427 
El software Sable permite al lector analizar muy rápidamente Lodos los problemas contenidos 
en este capítulo. El ejemplo 20.7 ilustra el análisis de la viga continua de tres claros de la figura 
20.1 S(a) con SABLE32. Aunque los datos se ingresan a la computadora de una forma muy pare­ 
cida a como lo fue para el análisis de armaduras bidimensionales y tridimensionales en capítulos 
anteriores, debe tener especial cuidado con la información proporcionada para los extremos de 
los claros de la viga. 
El lector recordará que los tipos de apoyos para la viga se ingresan con los datos de los 
nudos. Para esta viga, el empotramiento izquierdo proporciona resistencia al movimiento en las 
direcciones x, y y z, mientras que los otros apoyos sólo proporcionan resistencia al movimiento 
en la dirección y. 
Cuando se proporcionan los datos de la viga, el usuario deberá considerar a los extremos de 
los claros como nudos y debe decidir si el extremo de un claro puede moverse independientemente 
con respecto del claro contiguo. Para la viga de las figura 20.15, el lector puede ver que éste no 
20.8 SOLUCIONES CON COMPUTADORA CON SABLE32 
-40.3.2 klb-pie 
­299.8 klb-pie 
­126.9 klb­pie 
188.9 klb­pie 181.0 klb­pie r­­­­­­­ 
6.4 32.65 klb 
pies ­/ 14­­.;­­ 13.6 pies 
­30.79 klb 
­0.79 klb 
15.35 klh 20 klb 
• 
59.21 klb 
Momento 
flcxionante 
Fuerza 
cona me 
Diagramas de fuer­La cortante y momento Ilexionaote: 
o.o 1 1 0.471 0.529 1 1 1.00 1 o.o 
­333.3 +266.7 ­80.0 +80.0 ­300.0 
+l 10.0 +220.0 
­69.9 ­139.7 ­157.0 
­403.2 +127.0 ­127.0 +300.0 ­300.0 
Cálculo de las reacciones 
+50.00 +40.00 +'.?.4­.00 +24.00 +20.00 
+9.21 ­9.21 ­8.65 +8.65 
+59.21 +30.79 +15.35 +32.65 +20.00 
Solución, 
428 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTEINDETERMINADAS 
Datos: Posición de los nudos y datos de restricciones 
Coordenadas Restricciones 
Nudo X y z X y R0tación 
1 O.OOOE+OO O.OOOE+oo O.OOOE+OO s s. s 
2 4.000E+Ol O.OOOE+oo O.OOOE+oo N s 
3 8.000E+01 O.OOOE+OO 0.000E+OO N s 
4 1.100E+02 O.OOOE+oo o. 0001;:+oo. N s 
Figura 20.16 
2 
Analice la viga dela figura 20. lS' usando SABLE32. 
Sotucion. El miembro se vuelve a esbozar en la figura ·20.16 y. se numeran sus nudos y 
claros. 
Se muestran todos los datos ingresados con esta solución, ya que el autor piensa que puede 
ser una ayuda para el estudiante la especificación de las condiciones de extremo rara sus pro­ 
blemas. 
Figura 20.15 
(b) Condiciones de apoyo, y nudos para la viga 
(al Viga que se va a analizar 
'\.f..::f~4­ e ~':,.., L 20 pies 20 pies J". 40 pies­­­­­i­o>­­­­40 pies ­­­­­'­­­30 pies­­ 
Empo- 
trarniemo ~~ 
2.4 klb/pie 1.2 klb/pie 
60 k 
es el caso en el empotramiento y tampoco es posible en los nudos interiores. donde los extremos 
derechos de los claros izquierdos no pueden moverse con respecto a los extremos izquierdos de 
los claros derechos. Como resultado, las condiciones de los extremos de los claros son como se 
muestra en la figura 20. J 5(b) con las letras F­F. que significan empotrado­empotrado. 
CAPÍTULO 20 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 429 
··­ ,. ·:.: .. ' 
e B 3.6 klb/pie D A 
e 60 klb 80klb A 
I constante I COOSL.lnte 
20.2 20.J (Resp.: MA = ­192.5 klb­pic, M11 = ­215 klb­pie.) 
puestas dadas, los signos se basan en la convención de los 
diagramas de fuerza cortante y de momento. 
En los problemas 20.1 al 20.21 analice las estructuras con 
el método de distribución <le momentos y dibuje los diagra­ 
mas de fuerza cortante y momento flexionantc. Para las res­ 
20.9 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Viga Caso Extremo Axial Cortante-Y Momento-Z 
1 1 l o.ooos­oo 2.105E+01 1.207E+02 
j 0.000R+OO 2.695E+01 ­2.387E+02 
2 1 i 0.000E+O­CY 2.835E+01 2.387E+02 
j O.OOOE+OO 3.165E+Ol ­3.047E+02 
3 1 i O.OOOE+OO 4.6t6E­101 3.Q47E+02 
j O.OOOE+OO 2.584E+01 6.148E+ó.6 • 
Datos: Fuerzas calculadas en los extremos de las vigas 
Viga Case p .a w 
1 1 O.OOOE+OO o.OOOE+Oo ­1.200E+OO 
2 1 ­ñ.OOOE+01 2. OOOE+01 O.,OOOE+OO 
3 1 O.OOOE+OO O.OOOE+OO ­2.400E+OO 
Datos: Cargas aplicadas a las vigas 
Datos: Posición de las vigas y datos de propiedades 
Propiedades de las v.ig;as 
Viga i j Tipo· Estaqo Área lzz E 
1 1 2 F-F A 1.000E+OO 1.000E+OO 1.000E+OO 
2 2 3 F-F A 1. OOOE+OO t .OOOE+OP 1.000E+OO 
3 2 4 F-F Á 1.000E+ÓO 1 . OO'OE+OO" r.ocoe­co 
430 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Empotrarniemrr Empouamiento L 15 pies 15 pies j 30 pies ­­•·,­­30 pies __ ..,_ __ 30 pies 
B 
o 40 klb A 
l constante 
20.11 (Resp.: M¡¡ ­ ­171.9 klb­pie, M0 = - 75.9 klb­pie.) 
Empo­ 
tramiento J ~­­i.­­~­ 10 m-.+oo.- 5 m 5 m 
10 m--+---- 20 m ­­­­­­10 m 
Empotramiento 
B e 2.4 kN/m 
D 50 kN A 60kN 
I constante 
20,10 
A 
fmffe:e@f~. 3 ~ ,,; .,, . "' . ·t ·;!' '" ; Z."..!1.­~ t :i·" '"l{' ~,, 31( ,_. ; .At @ . .:w ---1 ,o,;.,. 20 pies 
15 pies 40 pies 30 pies 40 pies 
C 2.4 klh/pie D F. 
60 klb ! 40 klb t 8 
T constante 
20.9 iResp.: M,i ­ ­600 klb­pie. Me ­ +203 klb­pie.) 
[ 
20 p;c, 10 ,;.,. o, pies : 2' p;"l 
40 pies 40 pies 40 pies 
I constante 
60kN A 
T constante 
20.7 (Resp.: M11 ­146.28 klb­pic, Ye= 73.75 klb j.) 
e B 40 kN/111 D A 
I constante 
20.6 
A 40 klb 60 klb 2.4 E lJ B 3.6 klb/pie e l o klb/p1e 'd r ?if": e=;wrm t· x,;;,:t . m·•**::S~' ,;,, 
Emp~>- ¡ "" 1 Empo- 
t1~·a~~nto 50pies­­Id trarnicn o 
( O 20 pie, 25 pies 25 pies 
ies 
­ 30 pies 50 pies 1 50 pies­­..i..­­...i 25 pies 
I constante 
20.4 Resuelva el problema 20.3 si se agrega una carga de 60 klb 
en el centro del claro derecho. 
20.5 tResp.: M11 = ­580.5 klb­pie, Me­ ­646.8 klb­pie.) 
Empotrarniento Empotramicni.o 
J..,1 ·­­­­­ 36 pies ----..i.--- 27 pies­­­•..il 
1=3000 
A 
20.3 (Resp.: Mt\ = ­414.5 klb­pie, MC' = ­269.2 klb­pie.) 20,8 
CAPÍTULO 20 DISTRIBL)CIÓN DE MOMENTOS EN VIGAS 431 
Para los problemas 20.22 al 20.26 use SABLE32. 
20.22 Problema 20. J. 
20.23 Problema 20.3. iResp.: M" = ­414.5 klb­pie, Me - 
­268.7 klb-pie.) 
2­0.24 Problema 20.6. 
20.25 Vaya a la biblioteca y lea el ensayo escrito por Hardy Cross 
sobre el método de distribución de momentos. Véase la re- 
ferencia en los pies de página en la primera página de este 
capítulo. 
,:~ 20,;~j 
­­­­­ 30 pies 
B E A 
80 klb 
3.6 klb/pie B A 
D 40 klb 
20.17 iResp.: Mil ­ ­538.8 klb­pie, Me= ­7 J 5 klb­pie.) 
­i­40pies .1. . , 30 pies 
1.2 klh/ iie 3.6 klb/ ie 
I constante 
20.16 
20.15 Repita el problema 20.2 considerando que los soportes ex­ 20.21 tResp.: MA = ­88.5 klb-pie, Me= ­439.7 klb­pie.) 
lremos A y D son soportes simples. tResp.: Ms = - 723.3 
klb­pie = Me.) I constante 
1.2 klb/pie 
I constante 4 klb/pie 
20.20 
l constante 
20.19 (Resp.: MA =­48.2 klb­pie, Mu= ­262.0 klb­pie.) 
D 3.6 klb/pie e B 
I constarne A 
A 
40 klb 
50 5() 
klb klb ¡ D 
1 constante 
20.14 
' 1 
1 
,rilm." ••.• Emp?· 
tram1ent\J i­­­­­­­­­~­30 pies­­·• O pies 11 O pies I O pies 
r--20 pies­­­­40 pies------30 pies­­ 
• 
B C 2.4 klb/pie 1) A ­ 
60 klb i 80 klb 
I constante 
20.13 tResp .. lvlA ­ ­165.9 klb­pie. Me ­ ­199.7 klb­pie.) 
Empotramiento 
l­60 pics­­­i­­­60 pies­­..­­ 
' 
D e B 
1 constante A 
20.l2 20.18 
432 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
433 
Figura 21.1 
Empotramiento 
1 =40 
2 k!b/pie 
r JO pies ­­­­­­20 pies ------i 1­ Empotramiento ~·-------''-------------[,~ .­'­­­'­­­'­­­­­­­­­­........;­­­1\c; ~~ 
30 klb 
25 pies 1 = 50 
Dererminar los momentos de extremo del marco que se muestra en la figura 2Ll. Se muestra el 
valor relativa de I pará cada miembro del marco. 
El método de la distribución de momentos se aplica también a marcos. siempre que se impida 
en éstos el movimiento lateral o ladeo. El análisis de marcos sin Jadeo se muestra en los ejem­ 
plos 21.1 y 21.2. Sin embargo, cuando el ladeo es posible, debe tornarse en consideración. ya que 
los movimientos o dellexiones en los nudos ocasionan rotaciones en los extremos de los miem­ 
bros conectados a los nudos que afectan la magnitud de los momentos de los elementos en todos 
los miembros. 
Cuando las estructuras por analizarse son muy complejas, es necesario usar algún método 
para registrar los cálculos, de manera que éstos no interfieran entre sí. En este capítulo, se usa un 
sistema para marcos en el cual los momentos de las vigas se escriben abajo de éstas o en los ex­ 
tremes izquierdos, y arriba de ellas en los extremos derecbos. Para las columnas se usa el mismo 
sistema, considerando que los lados derechos corresponden a los lados de la base. 
21.1 MARCOS SIN DESPLAZAMIENTO LATERAL 
Distribución de momentos para marcos 
Capítulo 21 
434 
­156.2 
35.4 
­26.0 
87 
­3.() 
1.0 
­140 t 
0.25 0.33 
­39.0 
­4.4 
­1.1 
­44.5 
0.33 o 0.25 o 
• 
118,8 
­l.5 
4.4 
­5.9 
17.7 
­52.J 
156.2 
33.7 D.7 
6.5 
26.5 
20 pies 
Figura 2 J ,2 
Solución. 
r­ 
20 klb ­ :--~t 
!Ores 
Empotramiento­·'{', ~,,;rtl·, ~- ,!!!"1~_;¡;,,.:-- º,,¡r~f ""' Empotramiento 
i.­­­­­25 pies­­­­­­­ 25 pies­­­o­t,­­­­25 pies ----i 
t. ,, 
i ! . ' ' , ' . 
¡;"'. 
,,_ .. 
, . v, 
. 
3 klb/pie 
Calcule los momenros.de extremo de la estructura mostrada en la figura 21.2. Los valores de . .J son 
constanres para todos los miembros .de esta estructura. 
• 
o o 
­133.3 
l l.6 
­121 .7 
"T H 
V 
t 7.8 klb-pic 
30 pies 
35.5 klb­pie 
Columna derecha 
es 
Figura 21.3 
1.78 lJb 2.67 klb ­ 
---·"- 
0.5 1 +44.4 1 0.5 1() 1() o ­88.8 vo,-,~,~,- d "' ~ +44.4 ~99-i~ ~ ­ r~ -l 1.1.~ +5.6 +i ­5.6 
+2.8 
­­0.7 
+0.3 
­0.4 
'1­0.2 
­53.3 
"I :X:, sr N -r-. ­ ~1;1~1 ­ 1 
>"<. ~ • ·se¡, 
+35.5 
­0.1 
+0.2 
­0.7 
+].4. 
­1.4 
+2.8 
-1 l.l 
+22.2 .,., ') 
Empotramiento Empotramiento 
llOpies 20 pies ·1 
. . . 
, • . 
,, ' ' 
• .. 
; . I es constante en todos 1, 
los miembros 30pí 
' . . , . 
' 
,, I• _._ . . 
I • ' 
. ·-- .. '«,~~, _11.,~;0 ~-.~~'· ~tf--lJ:.«R'$f. fa 
20klh 
Los marcos estructurales, como el que se muestra en la figura 21.3, por lo general se construyen 
de modo que puedan ladearse al ser sometidos a la acción de cargas. El marco que se muestra en la 
figura es simétrico, pero tenderá a desplazarse lateralmente debido a que la carga Pes excéntrica. 
21.2 MARCOS CON DESPLAZAMIENTO LATERAL 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 435 
El soporte es imaginario, y si se retira permitirá que el marco se deflexione hacia la derecha. 
Al dcflexionarse la estructura hacia la derecha, los nudos se lijan contra rotación. Los extremos de 
las columnas giran en dirección de las manecillas del reloj y producen momentos negativos o en 
el sentido de las manecillas del reloj en los nudos (figura 21.5). Pueden colocarse en las columnas 
valores supuestos de estos momentos que causan desplazamientos laterales. Las relaciones nece­ 
sarias entre estos momentos se discuten en la sección 21.3. 
1 .7$ klb ?..67 klh 
Figura 21.4 
- 
' ,­­­­,­­,­.,­­­­­,­­,­­­­,:­. ­. ­­! g~>~;~ imaginario 
r 
La reacción en la base de la columna izquierda se determina de una manera similar. De los 
resultados obtenidos, vemos que la suma de las fuerzas horizontales sobre toda la estructura no es 
igual a cero. La suma de las fuerzas hacia la derecha es de 0.89 klb más que la suma de las fuerzas 
hacia la izquierda. Si esta estructura simétrica se sometiera un sistema de fuerzas fuera de equili­ 
brio corno éste, no estaría en equilibrio. 
El análisis usual no da resultados consistentes porque la estructura se deflexiona lateralmen­ 
te hacia un lado, y las deflexiones resultantes afectan a los momentos. Una solución posible es 
calcular las deñexiones causadas al aplicar una fuerza de 0.89 klb hacia la derecha en la esquina 
superior del marco. Los momentos causados por esta fuerza podrían obtenerse para las deflexiones 
calculadas y sumarse a los momentos de empotramiento distribuidos originalmente, pero el méto­ 
do es más bien difícil de aplicar. 
Un método más conveniente es suponer la existencia de un soporte imaginario, algunas ve­ 
ces llamado soporte virtual, que impide la deflexión lateral de la estructura, como se muestra en la 
figura 21.4. Los momentos de empotramiento se distribuyen y se calcula la fuerza que el soporte 
imaginario debe proporcionar para mantener el marco sin deflexión. Para el marco de la figura 21.3 
el soporte ficticio debe proporcionar 0.89 klb que empujan a la izquierda. 
­35.5­17.8+30H= O 
H = +1.78 klb ­ 
Í:., M parre superior de la columna = O 
El análisis de este marco da resultados incongruentes si se utiliza el procedimiento acostumbrado. 
Los momentos de empotramiento se balancean y las componentes de la reacción horizon­ 
tal se calculan en los apoyos. Cada columna se torna como un cuerpo libre. Se loman momentos 
en Ja parte superior de una columna especíñca de las fuerzas y de los momentos apJicados a esa 
columna y se determina la componente ele la reacción horizontal. Con referencia al boceto de 
la columna derecha en la figura 21 .3. puede escribirse la siguiente expresión observando que la 
componente de la reacción vertical pasa por el punto donde se están tomando los momentos si 
la columna es en sí misma vertical. 
436 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
2 
(L1)1 P1 - 2 -=--'--'-- 3EI1 
Corno las deflexiones son las mismas para ambas columnas, pueden escribirse las siguientes ex­ 
presiones: 
Figura 21.6 Marco simple para el análisis que considera deñexión lateral. 
(b) {a) 
L1 11 
p­,­­,..¡ 
En el caso de que todas las columnas de un marco tengan igual longitud e igual momento de iner­ 
cia. los momentos por desplazamiento lateral supuestos serán los mismos en todas las columnas. 
Sin embargo. si difieren las longitudes de las columnas y/o sus momentos de inercia. lo anterior no 
sucederá. Se demostrará en los párrafos siguientes que los momentos por ladeo supuestos deben 
variar de columna a columna en proporción a sus valores I/L2• 
Si la carga P que actúa sobre el marco de la figura 2 l .6(a) desplazara a éste una distancia !l, 
el marco tomaría la configuración deformada que se muestra en la figura 2 l .6(b ). En teoría, ambas 
columnas se deforman según curvas S perfectas, si se considera que la viga es rígida. En los puntos 
medios de las columnas, la deflexión será igual a 11/2. Esos puntos pueden considerarse entonces 
corno puntos de contra flexión, y las mitades inferiores como vigas en voladizo. La dcflcxión en una 
viga en voladizo con una carga concentrada en su extremo libre es 
PL:1 
Ó.=- 3El 
21.3 MOMENTOS DEBIDOS AL DESPLAZAMIENTO LATERAL 
Empotramiento Empotramiento Ernpotrarnicn LO Empotramien to 
Se retira el soporte 
imaginario y 
los nudos se fijan 
contra rotación 
CAPITULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 437 
Figura 21.5 
0.89 klb 
El análisis del marco de la figura 21.3 se termina en la figura 21.7 con el método del despla­ 
zamiento lateral. Primero, se calculan los valores de I/L 2 para cada una de las columnas (igua­ 
les en este caso) en la parte (a) de la figura. Entonces, en la parte (b) se suponen momentos de 
desplazamiento lateral proporcionales a los valores de IJL2 y se distribuyen en todo el marco, des­ 
pués de lo cual se calculan las reacciones horizontales en las bases de las columnas. Los momen­ 
tos de desplazamiento lateral supuestos de -l O klb­pie se encuentran de modo que produzcan 
reacciones horizontales a la izquierda por un total de 0.92 klb. Sólo se necesitan 0.89 klb, y si 
Debe emplearse esta relación para suponer los valores de los momentos originados en las 
columnas de un marco por desplazamiento lateral. Pueden suponerse cualesquier valores para los 
momentos, siempre que éstos sean proporcionales a las magnitudes J/L2. Si los valores de I y de L 
fueran iguales, los momentos supuestos tendrían idéntico valor. 
El procedimiento para aplicar el método de la distribución de momentos cuando se tiene 
desplazamiento lateral puede resumirse como sigue: 
l. Determine los factores de distribución para cada miembro del marco. 
2. Calcule los momentos de empotramiento causados por las cargas aplicadas. 
3. Distribuya los momentos de empotramiento hasta que se alcance la convergencia. 
4. Calcule la fuerza de desequilibrio, que es la fuerza en el soporte virtual que impide que 
ocurra el ladeo. 
5. Calcule el valor de I/L 1 para cada una de las columnas. 
6. Calcule los momentos supuestos de ladeo en proporción aJos valores I/L2 de cada una de 
las columnas y distribúyalos hasta IOI:,Tfar la convergencia. Pueden seleccionarse cuales­ 
quier momentos convenientes siempre que sean proporcionales a los valores de I/L 2 delas 
columnas, 
7. Calcule la fuerza lateral causada por esos momentos. 
8. Sume estos últimos momentos finales. multiplicados por la razón de las fuerzas laterales, 
a los momentos obtenidos en la distribución original. Éstos son los momentos de extremo 
de miembro finales en el marco. 
Despejando de estas expresiones P1 y Pi, que son las fuerzas que actúan en los voladizos. se tiene: 
P _ 12El1Á 1­ 3 L1 
p _ 12Ehá 
2 ­ Li 
Los momentos producidos por las dos fuerzas en los extremos de sus voladizos respectivos son 
iguales a la luerza multiplicada por la longitud del voladizo correspondiente. Al escribir las expre­ 
siones. para estos momentos y sustituyendo en éstas los valores de P1 y P2, se tiene que:_ L1 _ (12ET1á) ~ = 6EI,á M1 ­ P1 2 ­ L3 2 Lz 1 1 
_ L2 = (12EI2Á) L2 = 6Eh!l 
M2 ­ P2 2 L1 2 lJ 
De estas expresiones se puede obtener la relación entre los momentos. como se indica en seguida, 
debido a que Á es la misma en cada columna: 
M1 6EI1á/L~ 11/Li -= 2= 2 M2 6Ehli/Lí h/L2 
Á 
2 
438 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
f4­­­­­­30 pies-------i 
l = JO 
l =30 1 
1 =20 10 pies ~l 
Figura 21.8 
w = 4 klb/pie 
20 pies 
Usando distribución de momentos. encuentre todos los momentos de extremo en la estructura 
mostrada en la figura 21.8. 
0.89/0.92 multiplicado por los valores de los momentos distribuidos se suman a los momentos 
de empotramiento distribuidos originalmente, se obtendrán los momentos finales. Los resultados 
se muestran en la figura 21 .7(c). Las reacciones horizomales en las bases delas columnas también se 
cale u Jan y se muestran. 
Los ejemplos 21.3 a 21.5 presentan las soluciones para problemas adicionales de desplaza- 
miento lateral. Se observará en el ejemplo 21.4 que las bases de las columnas tienen seguros. Esta 
situación no altera el método de solución. Para equilibrar los momentos de empotramiento o para 
equilibrar los momentos de desplazamiento lateral supuestos. las bases se equilibran hasta sus 
valores cero correctos como se hizo con las vigas continuas. Se usó un factor de tres cuartos para 
calcular las rigideces de las columnas para este ejemplo. 
(e) 
0.92 klb 
(b) 
­ 22.2 klb 22.2 klb - 0.46 klh Total 
Momentos finales 
­53.J 
+5.8 
­17.5 
O'l ~,<st; e­ r- I(") 
- 1 N 1 1 
(a) 
Figura 21.7 
0.46 klh 1 
900 
1 . 1 n : 900 
05 1 +s:o I 0.5 
V) V) o ­s.o 11~~; 00 o +2 .. ~ 1'.:i ~ 1 .___ 
o ­1.2 o ­0.6 
1 +0.3 
+0.2 
-0.l 
+6.J 
º.,., 'O "'I°' o ór­i ·e;¡-: ó ­¡+'1'+1 1 
~ 
41.3 
+5.8 
-i-35.5 
+6.1 
­­0.1 
+0.2­ 
­r0.3 
-O.ti 
­1.2 
+25 
CAPITULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 439 
A continuación, distribuya esos momentos de ladeo supuestos. 
De estos resultados vemos que el soporte imaginario debe ejeréér una fuerza de 
20.96 klb actuando hacía la derecha. Ésta es la fuerza necesaria por eqirilibrioeslático en la 
dirección horízontal. Cuando la estructura se ladea, los momentós de ladeo supuestos son 
negativos y e~tán en la siguien!e prop()rclón: 
16.28 klb ­ 
tr>O-Of"'"lOr---0~ OOC·O~o:-aoo. 
8. OOciMOCO-ri N I I N 
- 1 - 1 
'°lºººº°'ºt--000 ­: "! e: q C?'O)·q ~ C? q q 
r---, o o -! o V) o °' o o o 
- N <X> N .- 
Soporte imaginario 
20.96 klb 
0.400 1 0.333 o o e ­300.00 o r­­ 120.(X) -e NO ""'º "'o 88 00 'O ""' ~q <'"• o \DO -o 'O '­­­ ­49.95 oó 9º ,....: c:i '?º óó 8º ó -si' ' ,. [9.98 "' (') 1 '­­­ ­9.99 4.00 - 
­l.66 001 0.67 o o 00 
­0.33 o óó 
0.13 '­­­ 1 
­217.16 ­ 37.24 klb 
o 00 ºº!°' o o o ººloo o 00 ºº°'ººº V) o...,. ci 00 gº:!º"'º ºº~ ..... 
'­­­ 
248.34 
­0.J I 
0.33 
­0.67 
2.00 
­3.33 
9.99 
­19.98 
60.00 
­99.90 
300.00 
Solución. Distribuya los momentos de empotramiento y calcule las reacciones horizonta­ 
les en las bases de las columnas. 
440 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
20.69 klb 
'.W.69klb ­ 
• 
­217.16 
1.98(­19.64) 
­256.11 
1.98(­28.24) 
248.34 
190.94 
20.96 = l 9·85 10.56 . • 
Los momentos de extremo de miembro finales en el marco son entonces iguales a 1.985 
veces los momentos de ladeo supuestos distribuidos más los momentos de empotramiento 
disrribuidos. 
El factor por el cual se multiplican los momentos de ladeo supuestos se calcula a partir dé 
­28.94 
­0.03 
0.09 
0.07 
­­0.20 
­0.89 
2..66 
2.00 
­­ó.00 
­26.64 
O.O() 
0.400 1 1 0.333 o 
~ $~ r­­­ o 00 °' o ~~ o ~<:::- ~q ~~ '° OJJO °' '1' o 00 'i' o r­­ o 000 ó r­­­ ­ ..... ...., ­12.00 '!' -o o cr, o 00 o o º1\D o -o 1 ~ ~-ci ció: ó ~ ~ ~ d -o ---- ó ­r'l.~2 
5.33 C'I 1 "i' !,C ....__ 
1.00 
­0.40 - 
­0.44 
0.18 o ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~18 §¡ ~ o 0.03 o @O;E¡ONO'j'OOO;'); 
­0.01 1 '­­ ­!9.64 ­ 8..34 klb 
o 00 88 00 "'º ~º1"' o 00 00 00 ó~: o 00 "1' o .fo c;;o r<> ' "" ~ Total ­ ­ 2.22 klb 10.56 klb 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 441 
43.20 
­­0.30 
0,51 
­0.45 
0.75 
­4.05 
6.75 
­6.00 
10.00 
­54.00 
9000 
0.500 0.600 I Soporte imaginario o ~,~ ºI~ 81° ºlº ºIº º e, .. ,_ ,.......,i ..- o o V"1 o iri o o e V) ­90.00 1 10.53 klb 000 _:º_:º....;ººº o 8 00 - Ntn 20.00 ~ ~8 gg 00 88 88 ,­.. o "' ....__ ­27.00 en 00 oó C"i ci "<t ó 00 o 1 1 ' ' 1 'í' l3.50 '--- 
­3.QO 
l.50 
­2.03 
20 k:tb 1.01 
­0.23 
0.11 
­86.13 ­ - 
$ ~ 81~ >< V) 8,.,.., 8 ­ o O\ o 888888~8 V, o o ~ ~~~~ ~r--:· .~q~ o ­o V) o coco 00000- o dOOOC·c--ió~O °iº ­ lr'l --1 ('(') · - t I 1 1 1 1 
'­ '­ ­ ­ 7.29 klb 3.24 klb 
Solución.. Distribuya los moll}entos de empotr_amiento y calcule las reacciones horizonta­ 
les en las bases de las coluranas. 
Figura 21.9 
1 = 266.7 plg" 
JO pies 
zo us +­­ .. kl­O<l plg" 
IO pies l~ ··tr, .... ~~· ­· ­­­­­30 pies-------..! 
J = 600 plg" l 
Derermine.Ios momentos finales de extremo de miembro para el marco mostrado en la ñgura 
2l.9. 
442 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El factor por él cual se multiplican los. momentos de desplazamiento supuestos se calcula 
a partir de lo siguiente observando que los momentos de desplazamiento lateral supcesies 
debieron haber sido negativos. 
S = _ 20 ­ 7.29 ­ 3.24 = ­0.784 
6.76 + 5.32 
6.76 klh ­ 532klb 
8 ci 
­ 
~ ~ 8 JQ 8 8 8 8 81~ R ~ oóocioor-icicio-o-.ó º 
..,.., 1 - 'r"' ­ 
0.00 
­50.00 
­20.01 
I0.01 
7.50 
­3.75 
­J.50 
0.75 
056 
­0.28 
­56.72 
N,00 o \I") ºI"" o ­ o o o 8 '"'": ~ q r--: ~ r--; C: C? C! q ~ t.r¡ '°ºººº""ººººº ci Vjl 1 - 11')0 ,- - 
0500 1 
o 8 'SI' o o o o o 00 º1"'' t-: .l"':~~q~~<-:C?r--: '°º"'º"'o­ooor­­ t.o ­. 1 lr: 
1 
1 0.600 
­48.61 
­0.23 
0.38 
1.13 
1.88 
­3.00 
5.00 
15.00 
­25.00 
­40.02 o.oo 
A continuación, distribuimos esos momentos de desplazamiento lateral supuestos: 
M1 L2 202 J.0 { M1 = 100 klb­pie l -=-= ­ Sea M2 = 66.7 klb­pic M2 12 266.7 0.667 
!J. 202 
Después de calcular la reacción en la base de la columna derecha, vemos que el so­ 
porte imaginario debe ejercer una fuerza de J 0.53 klb actuando hacia la izquierda. Ésta es la 
fuerza necesaria por equilibrio estático en la dirección horizontal, incluyendo la carga lateral 
de 20 k.lb. Los momentos de desplazamiento lateral supuestos se determinan como sigue: 
J¡ 400 
Al calcular las fuerzas cortantes en los extremos de los miembros, debemos incluir 
todas las fuerzas que actúan sobre los miembros. La columna izquierda tiene una carga 
concentrada actuando en el centro del claro. La fuerza cortante en la base de la columna 
izquierda es, entonces 
H . _ +86.13­31.99­ (20)(10) _ 7 29. kíb Izquierda ­ zo ­ · +- 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 443 
Figura 21.10 
··~l,1¡.,:~·'·­·­­­­30 pies------i-.o-----30 ples­­­­­~ 
1 =400plg4 J = 300 plg4 1 = 200plg4 
1 =200 plg" 11=200plg1 
I O pies -l-1 O pies I O pies 
. ( 
30 pies 
20 ics 
30klb 40 klb 
20klb 
Calcule los momentos ñnalesde extremo para·c1 marco mestrado.en la fi~uraQ..LIO. 
12.60 klb ­ 7.40 klb - 
En el ejemplo 21.5 se analiza un marco de dos crujías o tres columnas para mostrar que el 
mismo método de desplazamiento lateral puede usarse para analizar marcos sometidos a despla­ 
zamiento lateral independientemente de cuántas columnas estén presentes. 
-86.13 
­­0.784(­5fí.72) 
­4 l.65 
• 
­0.784(­48.62) 
43.20 
81.33 
Los momentos finales de extremo de miembro son iguales a los momentos de empo­ 
tramiente distribuidos menós O. 784 veces Ios momentos de desplazamiento supuestos dis­ 
tribuidos. 
444 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Distribuya los momentosde ladeo supuestos. 
l,a estructura se ladea a la derecha; por lo tanto, se suponen momentos negativos en 
Ias columnas en proporción a los valores de ~2­ 
M1.: M2 :M3 
30 40 20 
302 : 302 : 202 
30: 40: 45 
7.13 klb ­ J.07 klb 
~ "(? ó .;,~ 
1 1 1 ec 1 
Soporte imaginario ­ 13.48 klb ­ 0.40 1 +55.5 1 0.25 0.25 1 +244.0 1 0.40 ­ e -c: ci +27.8 ­222.0 ~,1 ~;:; ;~ o o ­11.1 V: +55.5 ~ t 1 ,~ 'q ­ +6.1 e :48.8 1 1 o ·111~ ­2.4 - +12.2 - ­­ +l.4 'C: "'t: r- ! "! "": ~ ­5.6 
--0.6 ~ '? ­ ".¡: ~ ­ +2.8 + ­ +0.3 + + ­1.2 
­0.1 +0.6 C'l M 
+21.4 -0.3 "' . r- 1 +O.I 1 
­206 .. 7 . . ­ !2.58 klb 
si: ""! "". --: 1 r-: ""! C'~ "(? '­'=: <'lr'? 00­990 IJ")C'INO.O- 1 1 ­ or,­+++i­­ 1 + + + 
.. ' 
+167.8 
--0.1 
+03 
­0.6 
+ 1.4 
­2.4 
+6.1 
­11.1 
+27.8 
97 6 
+64.1 
+0.1 
­0.3 
+0.6 
-l.2 
+2.8 
­5.6 
+J? ') 
20 klb 
Solucián: Distribuya los momeares de empotramiento y calcule las reacciones horizonte­ 
les en las bases de las columnas. 
CAPITULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 445 
2.47 klb 3.83 klb 
' . 
­ 18.63 klb ::~1~ r­ 1:- t + 1 
+91.8 +214.0 
+27.7 +46.2 
+64.1 +167.8 20.0klb 
r-;I"' '1: +21.4 <'ll '<!; lC! ­206.7 qr· <>'! <"• N - ±llJ. ONN +34.6 v 'O!' "i' '7 "¡' "'"'i' ,;t ­ 1­a + - "l' í +53.7 + ­172.1 
5.84 klb ­ Total 
2.02 klb 1.20 klb ­ ­ 
Momentos.finales = momentos de empotramíenro dístribuides + ~;t,f veces los mo­ 
mentos de desplazamiento .laterál supuestos distribuidos. 
• 
0.40 1 +10:0 1 0.25 0.25 1 +1s:o I 0.40 o -o o +12.0 +!O.O º1- -1º1º º o +9.0 ~c¡i ~ 1~~ o +5.0 .,.., ',C) ._ 
­2.0 d o o ­3.7 ó ­1.8 ­ ­1.0 ­ ("') +0.7 +0.5 1 ºlvlºl'°Iº º +0.2 ~9-iti~~ +0.4 
­0.1 ­­02 
+14.0 +IS.O q 
-\1") 1 
• 7.·H :X ... ­ 2.62klb 
q q V: "'I~ ~~1 i 91ij 00\-0- 'í' + 1 + <'¡' 
• . 
+20.0 
­­0.1 
+0.2 
+0.7 
­1.8 
­2.0 
+5 O 
±illl ­0.2 
+0.4 
+05 
­1.0 
­3.7 
+60 
446 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 21.11 
(a) 
(b) 
o 
15 pies ­+­>­­­­30 pies _J"" 
B 4 C 4 ~-.:------:-::;:-=---,- - , 3 ­­ 5 .._____ I 
/ I / J / J 
5// J 
// J 
/ 
1 = 20() 
El marco con un elemento inclinado en la figura 21.11 puede analizarse, en gran parte, de la 
misma manera que los marcos con elementos verticales que consideramos con anterioridad. Los 
momentos de empotramiento dehidos a cargas externas se calculan y se distribuyen; también se 
calculan las reacciones horizontales, y se determina la fuerza horizontal necesaria en el soporte 
imaginario. 
Esos momentos de ladeo son proporcionales de nuevo a los valores 6~\li. en cada uno de 
los miembros. En marcos con columnas inclinadas. la magnitud de !::.. en cada uno de los miem­ 
bros es a menudo desigual. como lo son los valores de 1 y L. Por lo tanto. debemos considerar que 
los momentos de Jadeo son proporcionales a los valores de~­ Estos momentos supuestos son dis­ 
tribuidos, las reacciones horizontales son calculadas. y los momentos necesarios requeridos para el 
balanceo son calculados y sobrepuestos a los momentos distribuidos de empotramiento. 
Para esta discusión, se considera y se supone que el marco de la figura 21 .11 (a) se ladea a 
la derecha corno se muestra en la parte (b) de la figura. Puede verse que el movimiento lateral del 
Puente I­91 en Lyndon, VermonL (Cortesía de la Vermont Agency of 
Transportaríon.) 
Los marcos considerados hasta ahora han estado compuestos de elementos verticales y horizon­ 
tales. Antes se demostró en este capítulo que cuando en esos marcos se presenta el ladeo, en las 
columnas se producen momentos de empotramiento proporcionales a sus rigideces y al ladeo, 
es decir, a 6ELl/L '.!. (Corno 6EÁ fue una constante en estos marcos. se consideraron los momentos 
de empotramiento proporcionales a sus valores JJL'.!.) Además. los desplazamientos laterales no 
produjeron momentos de empotramiento en las vigas. 
21.4 MARCOS CON ELEMENTOS INCLINADOS 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 447 
Figura 21.1 2 
59.9 
20 pies 
B l Momentos 12º resistentes 1/ 
+59.9 + 120 + 15VA ­ 20HA = O 
El ejemplo 21.6 muestra el análisis del marco de la figura 21.11. El mismo procedimiento 
usado para deterrni nar las componentes de reacción horizontal en las bases de las coltunnas incli­ 
nadas se usa para las columnas verticales. (Es decir, se considera que cada columna es un cuerpo 
libre, y se tornan momentos en la parte superior para determinar la reacción horizontal en su base.) 
Para las columnas verticales, las reacciones verticales pueden despreciarse por pasar por los puntos 
donde se toman los momentos. Éste no es el caso para las columnas inclinadas y las reacciones 
verticales serán incluidas en las ecuaciones de momentos. 
La columna izquierda AB del marco de la figura 21. l l se considera como un cuerpo libre 
después de haber distribuido los momentos de empotramiento y se muestra en la figura 21. l 2. 
Tornando momentos en B para determinar HA, resulta la siguiente ecuación: 
aprox irnadarnente ­100 kl b­pie -2 
aproximadamente ~50 klb-pie +l 
aproximadamente ­100 klb­pie M,\Jl = (250)(:5) = _2 
(25}- 
Mr, _ (300)(+3) 
IC ­ {30)l 
M (200)(­4) 
CI) - (20)2 
Aoc= 13 
t.1,;o = ­4 
Momentos de ladeo relativos IA/L 1 Valores relativos de A 
marco causará As, y por tanto momentos en la viga así como en las columnas. Para determinar 
el valor de IA/I} para cada miembro es necesario determinar los valores relativos de A para los 
diferentes miembros, 
A medida que el marco se ladea a la derecha, el nudo B describe un arco alrededor del nudo 
A y el nudo C describe un arco alrededor del nudo D. Como estos movimientos de arco son muy 
pequeños, se considera que consisten en líneas rectas perpendiculares a los respectivos miembros. 
En lugar de intentar desarrollar fórmulas trigonométricas complejas para los A relativos, el autor 
simplemente ha dibujado triángulos de deformación en la figura. 
La columna AB tiene una pendiente de cuatro en sentido vertical. tres en sentido horizontal, 
o cinco en senlido inclinado. Si el movimiento relativo del nudo B perpendicular aAB se supone 
corno cinco, entonces su movimiento vertical será tres y su movimiento horizontal será cuatro. 
El nudo C se mueve en dirección horizontal a la derecha perpendicular al miembro CD. Si se 
desprecia el cambio de longitud del miembro BC, el nudo C debe moverse en sentido horizontal la 
misma distancia que el nudo B, o sea una distancia de cuatro. Ahora están disponibles los valores 
relativos de A como sigue: AAB = 5, en el sentido de las manecillas del reloj; .6.8c = 3, en el senti­ 
do contrario al de las manecillas del reloj; y Aco = 4, en el sentido de las manecillas del reloj. La 
rotación en el sentido de las manecillas del reloj produce un momento resistente negativo o en el 
sentido contrario al de las manecillas del reloj. Estos valores se dan al final de este párrafo junto 
con los valores de J6/L2• 
448 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
5.33 klh 
21.0 klb ­ 12..5 klb i 
5.:n klb 
85klb 
t 
- ­ 
+50.0 
+25.0 
+9..4 
­4.7 
+0.6 
­0.3 
+SO.O 
.,... .,."' 
OC'lOOO O O.....: 00 ó '"'° -+ - o 1 +~ 
1 
0.5 Qj 
+80.1 
+1.2 
­'2,4 
+18.8 
+12.5 ~-- 
+50.0 
Distribuya.los momentos de ladeo supuestos. 
36.0 klb 27.0<) klh ­ 9.0 klb t Toial 
- 
­180.0 
+90.0 
­56.2 
+2S.I 
­3.5 
+1.8 
­­0.2 
+0.1 
-lJ9.9 
.J­120 
­0.4 
+0.9 
­7.0 
+1-1.0 
-112.5 
+45.0 ,­­­­...­­, 
.,..._o._s __ .._ +_1s_o_.o...., __ o_.s __ .,.~ ~ 
-o ; 
Soporte imn.gi 1111rio 
27.0 klb 
36.0 klb 
36.0 klb 
t 
­ 
Determine los momentos do extremo finales para el marco mostrado en la figura 21.11. 
Solucíon: Distribuya los momentos de empotramiento y determine las reacciones en .los 
apoyos. 
Observe que es necesario calcular VA antes de resolver la ecuaciónpara HA­ El autor encuen­ 
tra conveniente aislar la viga BC como cuerpo libre y calcular la reacción vertical aplicada a cada 
extremo por Ja5 columnas. Una vez que se determina el valor en B. la suma de las fuerzas vertica­ 
les en la columnaAB se iguala a cero y puede determinarse VA. Se sigue el mismo procedimiento 
después de distribuir los momentos de ladeo supuestos. 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 449 
Figura 21.13 
I O pies --+----- 20 pies ----"'t""---15 pies­­~ 
20 pies 
B 3 
!:i.Alt = ­3.605 
!:,.H(' = +4 .25 
!:i.cn = ­3.75 
Valores relaóvos de !:,. 
' 
15 pies 
En la figura 21.13 se presenta otra ilustración de la determinación de los valores relativos 
de A para un marco con elementos inclinados. Con los números mostrados inicialmente en los 
triángulos de deformación, el nudo B se mueve tres unidades a la derecha y el nudo C se mueve 
cuatro unidades a la derecha, pero el movimiento horizontal de los nudos B y C debe ser igual. Por 
esta razón los valores iniciales en C se marcan y se multiplican por tres cuartos, de modo que los 
valores horizontales sean iguales. Los valores resultantes se muestran en seguida. 
• 
19.92 klb 
t 
29.13klb 
19.92 klb 
t 
42.87 klb 
°' .,., ... °' . ­,­~ 1/') 
V) - ..... 1~~ 1 1 
°'Iº°' r-i rri O\ NO­< ("-1-- 1 1 1 ­119.9 +103.0 ­16.9 
+223 +I03 
+120 
Momentos finales = + ~:g­ veces los momentos de ladeo supuestos distribuidos más los 
momentos de empotramienro distribuidos. 
450 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
I C. T. Morris, "Morris on Analysis of Cominuous Frames". Transactions 1?/"llie American Society ofCivit E11gi- 
neers 96 ( 1932): 66­69. 
El análisis del marco por el procedimiento acostumbrado de desplazamiento lateral incluiría 
( 1) una hipótesis de momentos en el piso superior para la condición x y la distribución de los mo­ 
mentos para el marco completo. y (2) una hipótesis de momentos en el piso inferior para la condi­ 
ción y y la distribución de los momentos para el marco completo. Podría escribirse una ecuación 
para el piso superior igualando x veces las fuerzas horizontales causadas por los momentos x más 
y veces las fuerzas horizontales causadas por los momentos y con la fuerza cortante real lota] en el 
piso. P1• Podría escribirse una ecuación similar para el piso inferior al igualar las fuerzas horizon­ 
tales causadas por los momentos supuestos con la fuerza cortante en ese piso. P 1 + P2. La solución 
simultánea de las dos ecuaciones daría Jos valores de x y de y. Los momentos finales en el marco 
son iguales ax veces los momentos distribuidos x más y veces los momentos distribuidos y. 
El método del desplazamiento lateral no es difícil de aplicar a un marco de dos niveles, pero 
para marcos de múltiples niveles, el método resulta engorroso porque cada nivel adicional introdu­ 
ce otra condición de desplazamiento lateral y otra ecuación simultánea. 
El profesor C. T. Morris de la Universidad estatal de Ohio introduce un método mucho más 
simple para manejar los marcos de múltiples niveles, el cual incluye una serie de correcciones su­ 
cesivas. 1 Su método también se basa en la fuerza cortante horizontal total a lo largo de cada nivel 
Figura 21.14 Desplazamiento lateral de pisos en un marco de dos pisos. 
(e) 
' 
• 
y 
t 1 1 ·~,,,.,~ ». ~~:-::.•~ . .¡} .~\l. • ,,,'f .. 
(b) (a) 
­ b_ 
P1 1 , . 
1 
1 ,, X 
' 
' 
P2 ' . 
Hay dos maneras posibles en que el marco en la figura 21.14 puede desplazarse lateral mente. Es 
obvio que Jas cargas 1)1 y Pz harán que ambos pisos de la estructura se desplacen hacia la derecha, 
pero no se sabe cuál es la magnitud del desplazamiento en el piso superior (condición x) o cuál es 
su valor para el piso inferior (condición y). Ambas condiciones de desplazamiento lateral tienen 
que considerarse. 
21.5 MARCOS DE NIVELES MÚLTIPLES 
De los análisis considerados en este capítulo es obvio que los miembros de marcos están so­ 
metidos a fuerzas axiales (y por tanto a deformaciones axiales), así como a momentos flexionantes 
y fuerzas cortantes. El lector debe entender claramente que los efectos de las deformaciones axia- 
les (si bien generalmente son insignificantes) se desprecian en los procedimientos de distribución 
de momentos descritos aquí. 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 451 
Edificio de oficinas en 99 Park Avenue, 
Nueva York. (Cortesía del American 
Instiuue of Sreel Construction, Inc.) 
A la mitad de la al tura de las columnas se supone que hay un punto de contraflexión. Puede 
considerarse que la columna consiste en un par de vigas en voladizo, una por arriba del punto y 
otra por debajo del punto, corno se muestra en (c). El momento en cada voladizo será igual a la 
fuerza cortante multlplicada por h/2 = Vh/2, y el momento total superior e inferior es igual a Vh/2 + Vh/2 = Vh. Como tal, el momento total en una columna es igual a la fuerza cortante sustentada 
por la columna multiplicada por la altura de la columna. 
Figura 21.15 
(e) (b) tal 
1 t h P2 2 -t V h 
h 2 J_ 
del edificio. Al considerar el marco de la figura 21. IS(a), que se deílexiona lateralmente por las 
cargas P1 y P2, se supone que cada columna adopta la forma S aproximada que se muestra en (b). 
452 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
20 pies 
Figura 21.16 
, .... ~, .. ' "'(:i-;_,Q ... ~ ., . 
I constante 
30 klb 
• 1 
i-----20pies 
Determine los momentos finales para la estructura de la figura 21.16: Use el método de correc­ 
ciones sucesivas desarrollado por el profesor Morris. 
1. Calcule los momentos de empotramiento. 
2. Calcule los momentos totales en las columnas (iguales a la fuerza cortante en ese nivel 
multiplicada por la altura de la columna) para cada nivel y distribúyalos entre las colum­ 
nas en proporción a sus valores de JJL2• luego divida cada valor por la mitad; una mitad 
para la parte superior de la columna y la otra mitad para la inferior, 
3. Equilibre lodos los nudos en la estructura completa, sin hacer transportes. 
4. Haga el transporte para el marco completo, 
5. El total <le los momentos de las columnas en cada nivel ha cambiado y no será igual a la 
fuerza cortante multiplicada por la altura de la comuna. Determine la diferencia y sume o 
reste la cantidad para las columnas proporcionalmente a sus valores de I/L2. 
6. Los pasos 3 a 5 se repiten una y otra vez hasta que la cantidad de correcciones que se 
hagan sea despreciable. 
En forma similar, para cualquier nivel los momentos totales superior e inferior de todas las 
columnas son iguales a la fuerza cortante total en ese nivel. multiplicada por la altura de la colum­ 
na. El método consiste en suponer inicialmente este total para los momentos de las columnas en un 
piso y distribuirlo entre las columnas proporcionalmente a sus valores de [/L2. 
El momento Lomado por cada columna se distribuye como la mitad para el extremo superior 
y la mitad para el extremo inferior. Los nudos se equilibran, incluyendo los momentos de empo­ 
tramiento, sin efectuar el transporte hasta que se equilibren todos los nudos. En este momento 
la suma de los momentos de la columna no es igual al valor final correcto; así, éstos se corrigen en 
su total inicial y final. y los nudos se equilibran nuevamente. Las correcciones sucesivas funcionan 
extraordinariamente bien para marcos individuales o de múltiples niveles, corno lo muestran los 
ejemplos 21. 7 y 21.8. El procedimiento que se usa es como sigue: 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 453 
Fig1.fra 2 (. 1 7 
­­­­20 pies ­­ 
r constante 
20 klb 
.1 20pies 
Determine los momentos finales para el marce­de la figura 21.17 medjante correcciones suee­ 
sivas. 
15 k.lb 15 klb • 
0.5 1 +75.0 1 0.5 
V') V') ci +75.0 si: I<°'! ~ ('! ~ si' N 00 
o+37.S 00 O O ­ ..... ::,; .¿ ¡d~ N +· 1 + 1 + 'í' ~ ~ + ­ ,-- o +9.4 1 1 :o +4.7 V> 
"'j +1.2 
+0.6 
+0.2 
+128.6 
o V) C'l ('"-. __,...... -.o o,.· - ~ o º ¡­­.'..¿ '<!' r-:~ 11 ­ o V'\MV)+I · i-- V'). ­+1 ­ ~ 1 1 1 . ' 
+128.6 
+0.2 
+-0.6 
+l.2 
+4.7 
+9.4 
+37 5 
454 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El ejemplo 21.9 presenta el análisis de un marco de un nivel y una crujía con SABLE32. Con una 
excepción, el procedimiento es el mismo que el que se usó anteriormente para las vigas. Esta ex­ 
cepción alude a los sistemas de coordenadas. 
Se usan dos sistemas de coordenadas en SABLE32. Éstos son el sistema global de coorde­ 
nadas y el sistema de coordenadas de los elementos, que también se conoce como el sistema Jocal 
de coordenadas. El sistema global se usa para especificar los datos de los nudos o juntas en una 
estructura y para interpretar los desplazamientos y las fuerzas calculados en los nudos. El sistema 
de los elementos o sistema local se usa para especificar los datos relativos a los elementos o miem- 
bros en la estructura y para interpretar las fuerzas calculadas en los elementos. 
Los dos sistemas coordenados se estudian con detalle en el capítulo 24. El lector aprenderá 
en el capíiulc de matrices que el sistema local de coordenadas o de los elementos se establece para 
21.6 ANÁLISIS CON COMPUTADORA DE LOS MARCOS 
- 
• 
V)~OO-f'l"')tj--Qí"'O ~~j.¿~oo~ó\OO C'I + 1 + - C'I ,,., '-0 .,., 
- 1 + 1 + ....... 1 1 
+66.7 +:n.1 
+24.4 
+12.2 
+9.1 
+..J..6 
+3.4 
+153.7 
0.33 
<'"• ~ c,1­­­~ tl:n I 
+153.7 
+3.4 
+4.6 
+9.1 
+12.2 
+24.4 ¡;:: 
+33J ~---1 o 
+66.7 1 
+25­l) 
+12.5 
+11.6 
+5­8 
+4.5 
+2.2 
+J.7 +63.3 
0.5 1 
+63.3 
+ 1.7 
+2.2 
+4.5 
+5;8 
+ 11.6 
+1?5 ~­­~ 
+2S:o I o.s 
­ 
CAPITULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 455 
Solución. 
Coordenadas Restricciones 
Nudo X y z .¡e y Rotac·i'ón 
1 O. ó00E+OO 0.ÜÓOÉ+Oo ú,óOOE+.oo s s s 
2 Q.OOOE+oo '2 .OOOE+01 c.ooea­oc N N N 
3 3.000E+O! 2 .. 000E+Ol ().QOOE+oo N N N 
4 3.000E+01 o.ooos­oo O. OOOE­f­00 s s s 
3 
Posición de fos nudos y resericciones 
­, 3 , , 2 
ENTRADA 
Solúcián. Numerando los nudos y los miembros del marco, 
--i---15 pies -- 
' ' 
60klb 
,:I 
' 1 O pies -t 
Figura 21.18 
jQklb- 
Determine los momentos de extremo de 1­0s rn¡~mbi;qs del marco mostrado en la figura 2J .18 
usando SABLE32. Las áreas de los miembros, los momentos de inercia y los módulos de eíasti­ 
éída<l son constantes pata todos Jos miémbres. 
cada miembro de la estructura dibujando el eje x a lo largo del eje del miembro independiente­ 
mente de que sea inclinado, vertical u horizontal. Para los marcos esto afectará la dirección de las 
cargas. Como una muestra, la carga de 50 klb del miembro horizontal mostrado en la figura 21.18 • estará en la dirección y perpendicular a la columna izquierda. 
456 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
,­­­20 pies­­­i 
10,,~J,_' 
20 pies 
20 pies 
B 
1.2 klh/pie 
I constante 
40 kit, I constante 
21.1 (Resp.: M11A = 107.5 klb-pie, Mcn = 123.J klb-pie.) 21.2 
Balancee los momentos y calcule las reacciones horizon­ 
tales en las bases ele las columnas para los problemas 21.1 
al 21.6. 
21.7 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Viga Caso Extremo Axial Gortante-Y Momento-Z 
1 1 i 2.668E+01 2.857E+01 2.048E+02 
j ­2.668E+01 2.143E+01 ­i.333E+02 
2 1 i 2.143E+Ol 2.668E+01 1.333E+02 
j ­2.143E+01 3. 332E­1­01 ­2.330Et02 
3 1 i 3.332E+Ol 2.143E+Ot 2.330E+o2 
j ­3.332E~1 ­2. 143.E+Ol 1 :956Etó2 • 
Fuerzas de extremo en fas vigas 
SALIDA 
Viga i j Tipo Estado Á:r.ea Izz E 
1 1 2 F-F A 1.000E+OO 1.000E+O.O 1 . 00.QE+OO 
2 2 3 F-F A 1.000E+Oó 1.000E+OO i.O'OóE+OO 
3 3 4 F-F A rooos­coo 1.000E+OO 1.0íJOE+oo 
Carga,¡ aplicadas a las vigas 
Viga Caso p a w 
1 1 ­5.000E+Oi 1. OOOE+01 O.OOOE+oo 
2 1 -"tl .. OOOE+01 1.500E+01 0.QOOE+OO 
3 1 O.OOOE+oo O.OOOE+oo O.OOQE+OO 
Posición de las vigas y datos de propiedades 
CAPÍTULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 457 
es 
.~. *·~;;;.,; ,, : ;4·,;i:,·.,~.,..,,,,­­; ­. -. "" B ' '" . . . ~ '·"' ·" . . . . . D . .... :~·, . • ' . . ,­ 
es .. • ' l constante 20pi 
A 
-ee W'.ll-,-. '"'~ e ., ­­ ":r . ­r ..,..,.~ 
30 pies • 
. "'·"" ., 
2.4 klb/pie 
r "I 
21.9 tResp.: MoD = 130.9 klb­pie, Meo= 85.7 kíb­pie.) 
E=­30pies­=3 
es 
B l D ' J;<' :: ' " .­ ' . •. . . . . 
' ' ' 
1 ' • ¡­ JO pies 1·,,, --t, O pi . ' 50 klb I constante ­ ,. 
' 10 pies . 
A e 
~~~ ~ ~=~·{,•)[" ­­­.:.."%. .... ~;11,~ ~J# ·­ " ' . ,. 
15 pies 15 pies 
60 klb 
i------ 30 pies­­­­­ 
A ' e 
I consianre 30 pies 
' ' 
( 
' ' 
I 
~ ~-------'-'----"''''--- 
' 
40 klb 
21.8 
Para tos problemas 21.7 a 21.9 determine los momentos finales 
con el método de desplazamiento lateral. 
21.7 (Resp.: MRA = 77.2 klb­pie, Mnc = 437.2 klb­pic.) 
~.y ::L~"~ 15 111­­­··l"_·~_~ :.¡.·~­=­~·_m_~_,_.. 1 O m- 
' r 15 m---o.1 
200kN--t~ l::.mpotrarniento 
I constante 
20kN/m 
200kN 
21.6 
"t~~'\1';\j "1'. •;O. .,_ 1i .,_ .,_:q.¡O 
..,. __ "4 r" - ·" • t;"'· ...,, 
Empotramiento Empotramiento Empotramiento Empotramiento 
j.._30 pies • f.. 30 pies , I, 30 pie~­­J 
e J 5 pies ~~!,--1 
D t 
I de las columnas= 300 plg" r de las vigas= 600 plg" 
1.2 klb/pie 
21.5 (Resp.: MAJJ == 23.7 klb-pie, Mor= 94.7 klb-pie.) 
;..,­­­­­­­30 pies­­­­­­ 
e A 
' . 
40 klb .. ' .¡..___..;¡.... 40 klb 
B oJ 
I O pies 
. , .\ .. %.,,. 
2.4 k.lb/pic 
21.4 
50 kN/m 
21.3 (Resp.: M8A - 533.6 kN, M,>ll = 533.2 l<N · rn.) 
458 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
20 pies 
1---'1--20 klb 
l lo pies 
i­­­­36 pies ­­ ',f\.: ·¡..¡~,_­, 30 pies Empo­ ___ .., tramienro 
lO pies 
l = 400pJg4 
tramieruo 
I constante 
l: 60Q plg'' .t6 klb/pie 
21.15 (Resp.: M¡1n = 4.7 klb­pie, Mfü = 256.9 klb­pic.) 
21.18 
3.6 k lb/¡)il! 
21.14 
Sm­ 
I)~ 
Empotramiento · 
tramienro i------15 m 
r 5 m 
60kN-, -1- 
:5 m _J_ 
1 
60kN 
21 .17 iResp.: ~1A11 = 57 .8 klb­pie, M,>c = 2.1 klb-pie.) 21.13 iResp.: MAu = 264.2 klb­píe. Mm,= 135.7 klb-pie.) 
A 
I de las columnas = 200 
I de las vigas = 300 
1 
O pies 
J_ 
1.2 klb/pit! 
~=:::z:.t.:~;;;;;;;;;¡~:JD 20 ¡ '" 
1 = 300 plg" '>O pi r: 
Empotramiento _J»: ¡,;:po­ 
i 30 . 1rarniento ¡­­15 pies -+---- pies 
20 pies 
~,.,¡..E~, J_ 
~¡. "l~'/ 30 pies­­'­­ 30 pies _::j'-' ,,_· 
20 pies 8 ':;"·"e$-«.·.:'$:; ·r~ ''°'T D 
t ' • ' 
5 pies 2 ¡ ' t l constante e º#te . il( 5 pies i;.~r . , 1 A 
tl,0: •..... · ... ~ .... .. ,, .. 
60 pies • 
40 klb 
1 
D 
2.4 klb/pie 
21.12 
"Gancho de techo" 
(solamente proporciona apoyo vertical) 
21.10 Resuelva el problema 21.7 suponiendo que las bases <le las 21.16 
columnas están articuladas. 
21.11 Resuelva el problema 21 .8 suponiendo que la columna 
CD está articulada en su base. iResp.: M11¡\ ­ 99. l klb-pie. 
M1Jc - 219.5 klb-pie.) 
CAPITULO 21 DISTRIBUCIÓN DE MOMENTOS PARA MARCOS 459 
Para los problemas 21.24 al 21.26 resuelva los problemas indica­ 
<los usando SABLE32 o SAP2000. Suponga que las áreas y los 
módulos de elasticidad son constantes. 
21.24 Problema 21.18 . 
21.25 Problema 21.19 (Resp.: MAH = 39.93 klb­pie, M1>c: - 
143.8 klb­pie.) 
21.26 Problema 21.21. 
J;,..==­­""=~ ­­­1­ 20 klb E 
2.4 klb/pie 
I constante 
B 
1.2 klb/pie 
e E=::=3~~µF:_~,1 ro klb 
20 ies 
21.23 (Resp.: MAU = 189.6 klb­píe, M8L = 222.1 klb­pie. MF.f 
3.7 klb­pie respuestas después de 5 ciclos.) 
m 
, .. ,. ' ._, , ­ e. . , . f ' . B D ' F 
' 1 constante 7.5 A e E J_ 
~~t:r..,.:1· ­~~ "'•( t ; ;,JJ~ ... ,~~f ~~· . 
15 m 15 m 
80kN 
40 kN/m 
.¡ ·~. '. o • w;·• .. P, Empotramicruo 
•­­­ 20 pies­­..¡..,_ __A 
I constante 
Para los problemas 21.20 al 21.23 analice estas estructuras usando 
el método de correcciones sucesivas. 
21.20 Resuel va el problema 21.7. 
21.21 tResp.: MAn = 1.6 klb­pie, M0"' = 7.5 klb­pic, Mrn, 
106.4 klb­pie, M1•1; = 67 .5 klb­pie respuestas después de 3 
ciclos.) 
;;J' 15 pies­""i­­­20 pies­­1­o 10 pi~ 
e 
20 pies 
15 pies 
1 
10 pies 
B 
21.19 (Resp.: MA = 18.9 klb­pie, M8 ~ 21 .1 klb­pic, Me= 24.4 21.22 
klb­pie, MD = 23.9 klb­pie.) 
460 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
461 
Durante muchos años, los ingenieros de estructuras intentaron resolver los problemas de análisis 
estructural mediante la aplicación ele los métodos matemáticos del álgebra lineal. 
Aun cuando muchas estructuras pudieron analizarse con las ecuaciones resultantes, el tra­ 
bajo fue tan tedioso que resultó impráctico, hasta que estuvieron disponibles las computadoras de 
gran capacidad. De hecho, las ecuaciones matriciales usuales no pueden procesarse con calculado­ 
ras de bolsillo, a menos que se trate de estructuras muy sencillas. 
Actualmente. el análisis matricial (mediante computadoras) ha reemplazado casi totalmente 
a los métodos clásicos de análisis en los despachos de ingeniería. En vista ele esto, los profeso­ 
res de ingeniería y los autores de libros de texto sobre análisis estructural se encuentran frente a 
una decisión difícil. ¡,Deben exigir un estudio completo de los métodos clásicos seguido de un 
estudio de los métodos matriciales modernos? ¿Deben exigir que sus alumnos aprendan ambos 
22.2 MÉTODOS MATRICIALES 
Durante varias de las décadas anteriores han ocurrido grandes cambios en los métodos de análisis de 
estructuras usados en la práctíca de la ingeniería. Estos cambios han ocurrido principalmente gra­ 
cias al gran desarrollo de computadoras digitales de alta velocidad y al uso creciente de estructuras 
muy complejas. Los métodos matriciales de análisis proporcionan un lenguaje matemático muy 
adecuado para la descripción de un sistema estructural complejo que se puede resolver fácilmen­ 
te con el uso de las computadoras. Antes del advenimiento de las computadoras. los métodos ma­ 
triciales eran de poco uso, pues las soluciones de las ecuaciones eran muy difíciles de manejar 
usando métodos de cálculo manual. 
El costo decreciente de las computadoras personales ha escalado esta tendencia y se tiene 
disponible una impresionante potencia de cómputo en casi todas las oficinas de diseño. Por ello 
es muy importante que todos los estudiantes de ingeniería de estructuras conozcan los principios 
fundamentales del análisis matricial de estructuras y puedan conocer tanto los puntos fuertes como 
los débiles de este tipo de análisis. 
El análisis de estructuras mediante métodos matriciales no implica la adquisición de con­ 
ceptos nuevos de ingeniería de estructuras. Sin embargo, la organización del trabajo debe ser tanto 
versátil como precisa. La computadora es capaz de realizar operaciones aritméticas en forma ex­ 
traordinaria, pero sólo puede efectuar aquellas que sean descritas por medio ele instrucciones sim­ 
ples, precisas y sin ambigüedades. En los capítulos siguientes el autor ha intentado explicar cómo 
se organizan los problemas del análisis de estructuras para uso en la computadora, y cómo pueden 
escribirse instrucciones que permitan a la computadora resolver una gran variedad de problemas 
según el deseo del analista. 
22.1 ANÁLISIS DE ESTRUCTURAS CON El USO DE LA COMPUTADORA 
Introducción a los métodos matriciales 
Capítulo 22 
Los métodos presentados e11 los capítulos anteriores para analizar estructuras estáticamente inde­ 
terminadas pueden agruparse en dos tipos generales. Éstos son los métodos de las tuerzas y los 
22.4 MÉTODOS DE ANÁLISIS DE LAS FUERZAS 
Y DE LOS DESPLAZAMIENTOS 
Los estudiantes de ingeniería tienen alguna formación en álgebra matricial; sin embargo, pare­ 
ce que los estudiantes del autor necesitan un pequeño repaso de la materia antes de estudiar el 
material presentado en éste y en los siguientes tres capítulos. Si usted pertenece a esta clase de 
estudiantes, tal vez podría examinar las secciones de repaso del álgebra matricial presentadas en 
el Apéndice B de este libro. 
22.3 REPASO DE ÁLGEBRA MATRICIAL 
métodos al mismo tiempo? ¿Deben enseñar sólo los métodos modernos? Se podrá ver. por Jo 
expuesto en los capüulos precedentes, que el autor considera que un estudio inicial de algunos de 
los métodos clásicos seguido de un estudio de los métodos matriciales formará ingenieros con un 
mejor entendimiento del comportamiento estructural. 
Cualquier método de análisis que implique resolver ecuaciones algebraicas lineales puede 
formularse en notación matricial y emplear para su solución operaciones con matrices. La posibili­ 
dad de la aplicación de los métodos matriciales por el ingeniero de estructuras es muy importante, 
ya que todas las estructuras linealmente elásticas. ísostaücas o hiperestáticas están regidas por los 
sistemas ele ecuaciones lineales. 
Los ejemplos numéricos sencillos que se presentan en los próximos capítulos podrían resol­ 
verse más rápidamente por medio de los métodos clásicos. usando una calculadora de bolsillo. en 
lugar de utilizar un procedimiento matricial. Sin embargo, en estructuras más complejas y cuando 
se tienen que considerar múltiples condiciones de carga, los métodos matriciales que usan compu­ 
tadoras se hacen cada vez más útiles. 
Puente de intercambio de Cold Springs (U. S. 395). al norte de Reno. Nevada. (Cortesía 
del Dcpanamento de Transporte de Nevada.) 
!! ' ' 
462 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
1. Se selecciona un número suficiente de redundantes y se les retira de la estructura para 
hacerla estáticamente determinada. La estructura restante, que con frecuencia se le llama 
estructura primaria o estructura liberada, debe ser estable. 
2. Se anali.za la estructura primaria para determinar las deformaciones en y en la dirección 
de las redundantes que se retiraron. 
3. Se aplica un valor unitario a la estructura primaria en el punto y en la dirección de una 
de las redundantes y se determina la deformación en esa redundante y en cada una de 
las otras redundantes. Por ejemplo, se calcula la defíexión debida a una carga unitaria en 
el punto 1 y se le rotula corno 01,1 incluso: la deflexión en el punto 2 debida a una carga 
Este método es en realidad el método de las deformaciones consistentes (previamente descrito en 
el capítulo 15) puesto en forma matricial. Los pasos que intervienen en el análisis de una estructura 
estáticamente indeterm.inada por este método se esbozan como sigue: 
22.S INTRODUCCIÓN AL MÉTODO DE LAS FUERZAS 
O DE LAS FLEXIBILIDADES 
Método de análisis de los desplazamientos 
En este método, llamado también de la rigidez; o del equilibrio, los desplazamientos de los nu­ 
dos, necesarios para describir totalmente la configuración deformada de la estructura. se usan en 
un conjunto de ecuaciones simultáneas. Después de resolver estas ecuaciones y determinar los 
desplazamientos, éstos se sustituyen en las relaciones fuerza­deformación de cada elemento pa­ 
ra determinar las diversas fuerzas internas. El método pendiente­deñexión (véase el capítulo 18) 
es un método de desplazamientos. 
Observe que el número de incógnitas en el método de los desplazamientos es en general mu­ 
cho mayor que el número de incógnitas en el método de las fuerzas. A pesar <le ello. el método de 
los desplazamíentos es el de mayor importancia, debido a que, como se mostrará, es el método 
matricial que puede computarizarse más fácilmente para su uso general. Por esta razón, sólo se 
dedica la sección 22.5 al método de las fuerzas, mientras que el resto de este libro se dedica al 
método de los desplazamientos. 
Método de análisis de las fuerzas 
En este método, llamadotambién de las flexibilidades o de las compatibilidades, las redundantes 
se escogen y eliminan de la estructura, de modo que quede una estructura estable y estáticamente 
determinada. Se plantea una ecuación de compatibilidad de deformaciones en cada sección de la 
que se ha excluido una redundante. Estas ecuaciones se escriben en términos de las redundantes, 
y las ecuaciones resultantes se resuelven para los valores numéricos de esas redundantes. Una vez 
conocidas éstas, las fuerzas internas restantes. los momentos. etc .. pueden determinarse por medio 
de la estática. El método de las deformaciones consistentes (véase el capítulo 15), es un método de 
fuerzas. 
métodos de los desplazamientos. Ambos métodos se han desarrollado a un grado tal que pueden 
aplicarse a casi cualquier estructura, como son armaduras. vigas. marcos, placas, armazones, ele. 
Sin embargo, en la actualidad los métodos de los desplazamientos se usan de manera más amplia 
debido a que pueden progran1arse con mayor facilidad para ser utilizados en las computadoras 
(corno se describe en el capítulo 25). Estos dos métodos de análisis, que se analizaron previamente 
en la sección 14.5, se redefinirán aquí, ya que consideramos que el material presentado en los últi­ 
mos capítulos le permitirá al lector entender mejor las definiciones. 
CAPITULO 22 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS MATRICIALES 463 
{ 6L} es un vector de desplazamientos debidos a las cargas impuestas 
[Fl es una matriz de coeficientes de flexibilidad 
{R} es un vector de fuerzas redundantes 
{oR} es un vector de deformaciones finales en los apoyos (todas son iguales a cero aquí) 
Esta ecuación puede escribirse en una forma un tanto alterada y resolverse para las redun­ 
dantes: 
donde 
(22.3) 
Esta ecuación en realidad c.lice que los desplazamientos debidos a las cargas más la matriz 
de flexibilidad, multiplicada por las redundantes son iguales a la deformación final en los apoyos. 
Puede escribirse en forma simbólica compacta como sigue: 
(22.2) 
Estas ecuaciones pueden ponerse en forma matricial como sigue: 
(22.1) 
8, + 6uR1 + 61.2R2 + 61.3R3 = 6R, 
82 + 8i.1 R1 + 62.2R2 + th.3R3 = 6R1 
63 + 63, 1 R 1 + 03,2R2 ­1­ Í>3_3R3 = 0R1 
Para ilustrar este procedimiento se considera a la viga de cuatro claros de la figura 22.1. Esta 
viga es estáticamente indeterminada en tercer grado y las tres reacciones de apoyo R1, R2 y R3, 
se han seleccionado como las redundantes y se considera que se retiran de la estructura como se 
muestra en la parte (b) de ]a figura. Las cargas externas harán que la viga se deflexione hacia abajo 
según los valores de 61• o1 y o3, como se muestra. 
En la figura 22.1 (e) se aplica una carga unitaria en el punto l que actúa hacia arriba. Causa 
deflexiones hacia arriba en los puntos 1. 2 y 3. respectivamente, iguales a 61.1, 8'.u y 83•1• En forma 
similar. en las partes (d) y (e). se aplican cargas unitarias hacia arriba en los puntos 2 y 3 respecti­ 
vamente. y se determinan las deformaciones en los tres puntos redundantes. 
Entonces se escriben ecuaciones para la deformación total en cada uno de los puntos. Puede 
verse que estas ecuaciones se expresarán en términos de todas las redundantes. Esto significa que 
cada redundante afecta a los desplazamientos asociados con cada una de las otras redundantes. 
Ahora podemos escribir una expresión para la deformación en cada uno de los nudos. Aquí 
8R1 es la dcílexién total en el punto 1, oR2 es la deílexión lota! en el nudo 2, etcétera. 
Como se supone que esta viga tiene apoyos que no se asientan. estos valores son cada uno 
de ellos iguales a cero. 
unitaria en el punto l se rotula corno 82.1• ele. Se sigue este mismo procedimiento con un 
valor unitario de una redundante aplicada a cada una de las otras posiciones de las redun­ 
dantes. • A los desplazamientos debidos a la carga unitaria se les llama coeficientes de fle- 
xibilidad. El desplazamiento real en el nudo I debido a la redundante R1 es R1 por la 
deflexión causada por una carga unitaria que actúe ahí, es decir, R1 * 61.1: el desplaza­ 
miento en el nudo 2 debido a R1 es R1 * 82_1• etcétera. 
4. Finalmente, se escriben ecuaciones simultáneas de compatibilidad de deformación para 
cada una de las posiciones de las redundantes. Las incógnitas en estas ecuaciones son las 
fuerzas redundantes. Las ecuaciones se expresan en forma matricial y se resuelven para 
las redundantes. 
• 
464 PAR.TE TR.ES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El símbolo [Fl 1 representa el inverso de la matriz [F]. Esta matriz puede encontrarse de una 
manera formal a través del procedimiento matemático descrito en el apéndice B. Sin embargo. en 
la mayoría de los problemas prácticos. la inversa no se encuentra explícitamente, 5.100 qui! el con­ 
junto de ecuaciones algebraicas se resuelve de manera simultánea por algúl' ocro procedimiento, 
(4) 
Figura 22.1 
Suma de deformaciones en el punto I 
= 61 + R 1o1. 1 + R10, 2 + R~o1. ~ = () 
(e) 
ir~ li 
1 
\ 
\ ' .... ,, ..... _ 
(d) 
1.0 
.. ~ ,1 ... : . ­ 1 1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 : ~---+---------------~---- ~--- ~., 6 ...... ____ ... 1 3.3 .... , Tenemos R 1 veces estos 
valores 
--, -.rrli 7 ­~ 
­­ ­­ 63.2 .................... ­­­­­­­ .J.­­­ ­­ 1 l\.'.!: ­­ Tenemos R~ veces estos valores 
(e) 
·.. .. .. .:;. 'ft- 1 1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 ­­­­­­­ ­­~ 1 
1 
1.0 
~ - =- # Z#- µ 
°'l. 1 ­­ ­­ 03.1 ............ ­­­ ­­­ ­­ 
'~~~=----.J. ,---~, . ­­ '<';,."'~;."';:''~*"" 1 - 1 
1 
1 
1 
1 
1 
1 ---·----- 1 .,,,..-- 1 ~- ... ...... 1 
-- 1 
Tenemos R1 
veces estos 
valores 
(b} 
60 klb 60klb 30klb 
(a} 
JO' 
60 klh 60klb 
CAPITULO 22 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS MATRICIALES 465 
1 6000 ET 7 33.3 
4667 
Poniéndolas en forma matricial: 
­1 !_:.85n QOO + 6 OOOR1 + 7 :l33R2. + 4 667R,) = O EI . Y ·. . ., 
1 El [­1 230 000 + 7 333R1 + 10· 667Rz + 7 333R.,] = O 
1 Ef [­905 OOQ + 4 667Rt + 7 33'.3R2 + 6 OOOR,3] = O 
Escribiendo las ecuaciones: 
Determine IQS valores de las reacciones R¡, R2 y R3 de la viga continua de la figura 2,2. l usando 
un enfoque matricial y el método de las fuerzas o de las flexibilidades. 
Solución. 
Las siguientes deflexiones se obtienen usando ya sea el procedimiento de la viga conjugada 
del capítulo 12 o el método del trabajo virtual del capítulo 13. 
~ 850. 000 klb . 3 UJ = - ­ple El ·· 
~ l 230 000 '­lb . 3 o2=­ EI ,­,.­p1~ 
~. 905 000 klb . :r "13 = - EI ­pre 
6000 ·3. 6u = El klb­pie: 
~ ~é 7 333 klb . 3 ºL.2 = "'t.J = El. " -pre- 
~ <:, 46ó?,~ib··3 uc1 .3 = 0.3: 1 = El ·""' ­p1e· 
S\·_ 10 667 klb . ,3 vz,:! = El -pre 
~ 7j33 . i <> = l'>.3" - · klb­pie' ·~ · ·" El 
i 6 000 "'b' . '3 Ü),~ ·= . jU ñ..nt. e ··~ El ..,. 
por ejemplo, el método de Gauss. Seguirá usándose la notación inversa en este libro para represen­ 
tar simbólicamente la solución del conjunto de ecuaciones algebraicas. 
En el ejemplo 22. J, las reacciones redundantes se determinan para la viga de la figura 22. l. 
En este problema es necesario calcular tres deformaciones en los apoyos y nueve coeficientes de 
flexibilidad. Estos cálculos más bien complicados, que pueden manejarse con los métodos ante­ 
riormente presentados en este libro, no se muestran aquí. La aplicación de la ley de Maxwell de las 
deflexiones recíprocas abrevia el trabajo un poco en que 812 = l:h.1, 813 = 63.1 y !h.3 = 632. Ade­ 
más, debido a la simetría de esta viga específica. 8u = 8 3_1· 
466 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
300 (L) 100 (L) (300)(60) (100)(60) 82 = AE 3 + AE 3 = (2.0)(30 x 103) + (2.0)(30 X 103) 
= 0.40 plg 
( L) 1(180) 82­2 = l AE = 2.0(30 x 103) = 0.003 plg 
Solueián. 
La reacción en el extremo 2 se considera corno la redundante para este problema. Cuando 
esta reacción se retira, la estructura restante (primaria) se muestra en la figura22.Z(b ). En la 
figura 22.2(c) se muestra una carga unitaria aplicada a La estructura primaria. Un miembro 
sujeto a una carga axial cambia en longitud por Ái como se describe en la sección 13.4 de 
este libro. Entonces 
Figura 22.2 
(e) 
(b) 
- ­ 100 klb 200 klb 
Cal 
100 klh 200 klb 
A-= 2.0 ple1 
E= 30 X 10~ klb/111g2 
L= ISOº 
- ­ 
El miembro sujeto a una fuerza axial mostrado en la figura 22.2(a) está apoyado en cada extremo y 
cargado con fuerzas axiales en posiciones intermedias. Determine las reacciones en los apoyos. 
En el ejemplo 22.2, sólo se consideran deformaciones axiales con objeto de simplificar los 
cálculos numéricos requeridos mientras que al mismo tiempo se muestran Los principios que in­ 
tervienen en el método. En el capítulo 23 se trabajan problemas similares con el método de rigi­ 
dices. 
R1 = 34.0 klb ·1 
R:2 = 40.2 klb T 
a, = 75.3 klb ·¡ • 
Resolviendo las ecuaciones: 
CAPITULO 22 INTRODUCCIÓN A LOS METODOS MATRICIALES 46 7 
I W. Weaver y J. M. Gcrc, Matrix Anatysis of Frumed Strurtures 2a. ed. (Nueva York: Van Nostrand Reinhold, 
1980). 
22.3 Determine los coeficientes de flexibilidad asociados con la 
viga continua mostrada para este problema. Use los mo­ 
mentos en los nodos 2 y 3 como redundantes: la estructura 
liberada aparecerá entonces como dos vigas simplemente 
apoyadas. como se muestran adyacentes a la figura. Los 
coeficientes de Flexibilidad serán parte de la matriz [F] en 
la ecuación matricial: 
Emporrarn lento Empotrarnicn Lo 
~---------L----------.-1 
2 
22.2 Utilice el método de las ücxlbilidades para determinar las 
reacciones en el nudo 2 de la viga doblemente empotrada 
que sustenta una carga uniformemente distribuida. Suge­ 
rencia: Use los coeficientes de ñexibilidad que se encon­ 
Lraron en el problema 22.1. 
El 
1 .#+ ~r 
t:mpo1ramienLO 
~,~~~~~~~~~t~~~~~~~~~-i 
{ ;; } = IF] { ~: } 
LJ L2 
Resp.: { ;: } = 3ET 2EI {::} L2 L ­ 2Ef El 
22.1 Encuentre los coeficientes de flexibilidad asociados con las 
cargas nodales aplicadas en el nudo 2. es decir. encuentre 
los coeficientes de la matriz [F] en la ecuación: 
22.6 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Una dificultad inherente con el uso del método de las fuerzas es que el anal isla debe saber 
desde el inicio cuántas redundantes existen en la estructura que se va a analizar. Además, deberán 
seleccionarse los miembros o las reacciones que deben servir como redundantes. La selección 
de las redundantes, que no es única, puede afectar la complejidad que interviene en la solución ma- 
nual del problema. Sin embargo, con el método de las rigideces. que se introduce en el capítulo 
23, es mucho más fácil prcpanll' un programa general aplicable a todos los tipos de estructuras 
estáticamente determinadas o indeterminadas. 
En este libro no se incluye una discusión completa del método de las fuerzas porque las 
tendencias actuales del análisis de estructuras son decididamente en la dirección del método de los 
desplazamientos o rigideces. Sería posible expandir el método de las fuerzas descrito aquí para in­ 
cluir otros aspectos tales como el desarrollo de los coeficientes de flexibilidad usando los métodos 
matriciales, una consideración de los diferentes tipos de estructuras. etc. El lector interesado en 
estos temas tal vez preferiría estudiar Llll libro de texto tal como el de Weaver y Oere1 que describe 
el método en detalle. 
81 ­1­ ~>z.2R:i = 6R1 = Ú 
R ­ ­ º·4º ­ ­133 klb 2 ­ 0.003 ­ ­ ­ . 
Entonces se­calcula la reacción en el extremo I a partir de una relación de equilibro. 
LFx = R1 ­i­200+ IüO+ R2 = O 
R1 = ­167 klb • 
Entonces; s~ calcula fa reaeci­Qn en el extremo 2 a partir de una ecuación similar a la ecuación 
22.J: 
468 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
A =2.0 plg2 
E= .lO x 10-' klb/plg~. constante 
200 klb 3A ---.... 3A 2 
~ ­ 1 A &1 '1 : 
22.10 Un miembro sujeto a una fuerza axial consistente en tres 
segmentos que tienen diferentes áreas transversales. está 
sustentado en cada extremo y cargado con una carga inter­ 
media de 200 l<lb. Use el método de las flexibilidades para 
encontrar las reacciones en los apoyos. 
Estructura liberada 
1 3 
] 111Y11Ihl Í 
~L-l-L__j 
2 ' --wL- 48 
I J -wL" 48 
Resp { ~i} = 
5 ' ­­wL· 48 
22.9 Determine los momentos en los extremos y el momento en 
d nudo 2 para la viga continua que se muestra, La carga 
sustcruada por la viga consiste en una carga uniformemente 
distribuida en un claro. como se muestra. Use los momen- 
tos en los nudos como redundantes: la estructura liberada se 
muestra adyacente a la figura. 
2 
~ };I;t~1J ¡ ¡ ' i~ ­ n::c t, 
... ,\{" ..r'I ~ ;.., ~ 
• • L • I 
,J f~: , . .,.¡-·,----L 
3 w 
22.8 Determine las reacciones en los nudos 1 y 2 para la viga 
continua mostrada, La carga uniformemente distribuida ac­ 
túa sobre el claro entre los nudos 2 y 3 solamente. 
Resp .. · { ~:} = 
11 
28wL 
32 
28wL 
22.7 Determine las reacciones en los nudos 1 y 2 para la viga 
continua mostrada en el problema 22.6. suponiendo que 
una carga uniformemente distribuida actúa sobre toda la 
longitud de la viga, tal como se muestra en el problema 
22.4. 
Estructura liberada L--1 
3 2 3 f 1 2 
22.6 Determine los coeficientes de flexibilidad para la viga 
continua que se muestra. Seleccione las reacciones en los 
nudos I y 2 como redundantes; la configuración liberada 
se muestra adyacente a la figura. Encuentre IFl en la ecua­ 
ción 
J p 
Resp.: {~:} 
2_pL2 
14 
__ J PL2 
14 
22.5 Use los coeficientes de flexibilidad encontrados en el pro- 
blema 22.3 para determinar los mornemos en los nudos 2 y 
3. para la viga continua cargada con una carga concentrada 
como se muestra. 
22.4 Use el método de las flexibilidades para encontrar los mo- 
memos internos en los nudos 2 y 3 para la viga continua 
que se muestra. La viga está cargada con una carga uni fer­ 
rncmcnte distribuida en toda su longitud. (Sugerencia: Use 
los coeficientes de flexibilidad determinados en el proble­ 
ma 22.3.J 
Estructura I iberada 
R { 92.1{\­~9:1,.,} = esp.: 0 , 3.­ 
6EI 3EI 
L 
6EI 
L 
CAPÍTULO 22 INTRODUCCIÓN A LOS MÉTODOS MATRICIALES 469 
470 
Figura 23.1 
klb 
Empotramiento 
La rigidez de un nudo generalmente se define corno la fuerza (o momento) requerido para producir 
un desplazamiento unitario (o rotación) en el nudo si se impide el desplazamiento en todos los 
demás nudos de la estructura. Para este estudio inicial se considera el resorte lineal mostrado en 
la figura 23.1. 
23.2 RELACIONES GENERALES 
Cuando una estructura se está analizando con el método de los desplazamientos o de las rigideces. 
los desplazamientos de los nudos (traslaciones y rotaciones) se tratan como incógnitas. Se escriben 
ecuaciones de equilibrio para cada nudo de la estructura en términos de ( 1) las cargas aplicadas. (2) 
las propiedades de los miembros que concurren en el nudo y (:el) los desplazamientos desconocidos 
del nudo. El resultado es un conjunto de ecuaciones algebraicas lineales que pueden resolverse 
simultáneamente para los desplazamientos del nudo. Entonces estos desplazamientos se usan para 
determinar las fuerzas internas de la barra y las reacciones en los apoyos. 
El método de los desplazamientos puede usarse con la misma facilidad para el análisis de 
estructuras estáticamente determinadas o estáticamente indeterminadas, El analista no tiene que 
hacer una selección de redundantes y no tiene que especificar ni aun saber sí la estructura es está­ 
ticamente determinada o indeterminada. Además, si la estructura es inestable, no puede determi­ 
narse una solución y por ello el analista está advertido de la inestabilidad. 
En este capítulo el autor ha desarrollado los fundamentos del método de 1as rigideces para 
vigas y puntales continuos. Ha intentado presentarlas ecuaciones en una forma que permita al lec­ 
tor comprender el significado físico de los términos involucrados. En el capítulo 24 se desarrollan 
ecuaciones de rigideces para estructuras que consisten en vigas y columnas. También se conside­ 
ran barras inclinadas o con pendiente. 
23.1 INTRODUCCIÓN 
Fundamentos del método de los 
desplazamientos o de las rigideces 
Capítulo 23 
El coeficiente de rigidez k1,1 puede interpretarse como el momento que debe aplicarse en el ex­ 
n-e1110 1 de la viga con objeto de producir una rotación unitaria (81 = 1 ). mientras que el extremo 
opuesto de la viga está fijo (02 = O). como se muestra en la figura 23.3. El coeficiente k2,1. es el 
momento resultante en el extremo 2 de la viga para esta situación. En forma similar, los coefícien­ 
tes k1.2 y k2.2 pueden interpretarse corno los momentos resultantes en los extremos J y 2 de la viga, 
respectivamente. cuando 82 = 1 y 81 = O. Esta situación se muestra en la figura 23.4. 
(23.1) 
L L 
Los coeficientes 4El/L y 2EI/L pueden escribirse simbólicamente como k;J, donde los subín­ 
dices definen la posición de la fila y de la colurnna de los coeficientes en la matriz de rigideces. 
2EI 
L {ªI} 4El 02 
4ET 
L 
2EI 
Estas ecuaciones se expresan en forma matricial como sigue: 
4El 2EI 
Mi =2EK(281+82)=LS1+L02 
2EI 4EI M2 = 2EK(01 + 202) = TªJ + Tª2 
Los momentos en los extremos M1 y M2 producen las rotaciones en los extremos 91 y 01. 
Usando el procedimiento de pcndiente­deñexión de la sección 18.2 pueden escribirse las siguien­ 
tes ecuaciones suponiendo que no ocurre una rotación en la cuerda. En estas expresiones K es igual 
a l/L, el así llamado factor de rigidez. 
Figura 23.2 
El = constante 
k = P1 si 61 = 1.0 
Por lo tanto si se conoce la constante del resorte el desplazamiento puede determinarse para 
cualquier carga aplicada P1• 
Para la mayoría de los problemas prácticos se necesita el desplazamiento en más de un nudo 
o posición. Éste es el caso para la viga simple mostrada en la figura 23.2. 
En esta expresión k es la constante del resorte o sefuena requerida para producir un despla­ 
zamiento unitario: 
A partir de esta figura la relación entre la fuerza aplicada P1 y el alargamiento del resorte 81 
puede escribirse como 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 471 
Para el estudio que sigue se considera la barra o puntal individual con fuerza axial de la figura 
23.5(a). Puede considerarse a esta barra como un resorte lineal. Aunque en las últimas páginas este 
resorte ha sido considerado el lema. se reconsidera aquí de modo que puedan introducirse caracte­ 
rísucas adicionales del método de las rigideces. 
Los extremos del puntal se identifican como nudos o puntos nodales (los dos rénninos se 
usan en forma intercambiable). Éstos son los puntos de aplicación de­ las fuerzas y donde se de­ 
terminan los desplazamientos. A las fuerzas que actúan en los puntos nodales se les asigna a cada 
una dos subíndices. Éstos representan los números de los nodos de la barra sobre la cual actúan las 
fuerzas. El primer subíndice es el nodo donde se ubica la fuerza mientras que el segundo representa 
el otro extremo de la barra. Por ejemplo F,.2 es la fuerza que actúa en el nodo I de una barra cuyos 
nodos extremos son 1 y 2 y la fuerza F2•1 es la fuerza que actúa en el nodo 2 de la misma barra. 
El eje x del sistema se toma paralelo al eje de la barra en la figura 23.5 y la dirección positiva 
se toma de izquierda a derecha. Se supone que las cargas de los nudos y los desplazamientos de los 
nudos son positivos cuando actúan en el sentido positivo del eje x de la barra. Así. en la figura 23.5, 
tanto F,.2 como F2.1 son positivos. En forma similar; los dcsplazamieruos u¡ y u2 tienen direcciones 
positivas. 
23.3 ECUACIONES DE RIGIDEZ PARA BARRAS CON FUERZA AXIAL 
Un estudio de esta viga simple con sus dos nudos ilustra muchas de las características cru­ 
ciales del método de las rigideces, aun cuando casi todas las estructuras prácticas analizada por 
dicho método tienen mucho más que dos nudos. El resto de este capítulo se dedica al desarrollo de 
la ecuación de rigideces de una forma aplicable a las vigas o puntales que tengan cualquier número 
de nudos. 
(23.2) 
La ecuación matricial 23.1 involucra dos ecuaciones algebraicas y pueden resolverse simul­ 
tánearnente para obtener las rotaciones de los extremos 01 y 92. El resultado, escrito simbólica­ 
mente, es: 
Figura 23.4 
Figura 23.3 
• 
472 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMlNADAS 
(23.6) 
AE 
{ F1.2 }n=. ­­ L 
F2.1 AE u1 
L 
O en forma matricial 
(23.5) Fr.1 = (~)u2 Fil - ·Fil - (AE) 1 ? ­ ­ ' 1 - - - U1 ,- -· L 
Si ahora se impide el movimiento del nudo I del puntal, como se muestra en la figura 23.S(c). 
existirán las siguientes relaciones entre las fuerzas y los desplazamientos: 
(23.4) U¡ 
AE 
L 
AE ­­ L 
Escribiendo con la notación matricial, estas ecuaciones pueden resumirse como sigue: 
(23.3) 
Si se impide el movimiento del extremo 2 del puntal. como se muestra e11 la parle (b) de la 
figura, existirán las siguientes relaciones (desarrolladas do los principios de la Resistencia de los 
materiales) entre Jas fuerzas y los desplazamientos: 
Figura 23.5 
(C) 
(b) 
(a) 
­­­x 
2 A. E 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 473 
El análisis deJ puntal mostrado en la figura 23.6(a) es un poco más difícil que el análisis de! 
puntal de dos nudos de la figura 23.5. Sin embargo, un estudio de esta barra ilustrará mejor los 
principios involucrados en los últimos párrafos. 
(23.11) 
La solución esbozada por la ecuación 23.1 O no tiene sentido ya que la inversa de la matriz 
[K] no existe, es decir. la matriz [K] es singular. La razón de esta peculiar circunstancia es que 
los movimientos de cuerpo rígido no se han eliminado de la ecuación 23.8. Si u, debe ser igual 
a u, el puntal puede desplazarse cualquier distancia arbitraria sin el beneficio de ninguna de las 
fuerzas axiales F1.2 o F2.1• Sin embargo, si a alguno de los dos extremos del puntal se le da un des­ 
plazamiento específico tal como u2 = O existirá una relación bien definida entre la fuerza F1,2 y el 
desplazamiento resultante en el nudo 1: 
(23.10) 
AE -1 ­­ L 
AE ­ L 
AE 
L 
AE ­­ L 
{F J es un vector de fuerzas en los nudos, 
{ u I es un vector de desplazamientos en los nudos, y 
[KJ es una matriz de coeficientes de rigidez conocida como la matriz de rigideces. 
Puede verse de las ecuaciones 23. 7 y 23 .8 que cada columna de la matriz de rigideces repre­ 
senta el conjunto de fuerzas que corresponde a un valor unitario de un desplazamiento individual 
de un nudo. La comprensión de esta característica de la matriz de rigideces permitirá al estudiante 
desarrollar matrices de rigideces para estructuras mucho más complejas que unos simples punta­ 
les. 
Aunque la matriz de la ecuación 23.8 representa dos ecuaciones algebraicas diferentes es­ 
critas en términos de dos incógnitas es imposible resolverlas para los desplazamientos u1 y u2 en 
términos de las fuerzas dadas F1.2 y F2_1• Este hecho puede verificarse intentando obtener una solu­ 
ción usando el procedimiento formal de inversión de matrices, como sigue: 
donde 
(23.9) {FI = [KJ{u} 
Simbólicamente. la ecuación 23.8 puede escribirse como 
(23.8) 
(23.7) 
AE AE 
{ F } total { F ~ } 1 { F ~ } 11 ­­ L L 1.2 = l.~ + '·- = U¡+ U2 F2.1 F2.1 F2,1 AE AE ­­ L L 
O, en forma matricial, 
AE AE 
{ F1.2 } total = ­­ { ~~} L L F2.1 AE AE ­­ ­ L L 
A los extremos 1 y 2 del puntal se les puede asignar desplazamientos arbitrarios y. basándo­ 
se en el principio de la superposición. pueden escribirse las siguientes relaciones para las fuerzas 
resultantes en los nudos 1 y 2: 
474 PARTETRES ESTRUCTURASESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
L­0s subíndices adscritos a los coeficientes AE/L se refieren a los números de los elementos 
asociados con los términos. 
Si al nudo 2 se le da un desplazamiento arbitrario mientras que se impide que los demás 
nodos se desplacen como se muestra en la figura 23.6(c). existirán las siguientes relaciones entre 
las fuerzas de los nudos y los desplazamientos de los nudos: 
1 (AE) X1=y1u1 
X~=­(~) 
1u1 
X~ =0 
X~ =0 
Este puntal tiene tres segmentos, o elementos, y cuatro nudos. A los extremos del elemento 
se les asigna nodo, o nudo, números y a cada elemento se le asigna un número de identificación. 
Estos números se muestran dentro de círculos en la figura 23.6(a). A la fuerza externa que actúa en 
el nodo j se le da el símbolo Xj. 
Si al nudo l de la figura 23.6 (a) se le da un desplazamiento arbitrario y se impide que todos 
los demás nudos del puntal se desplacen, como se muestra en la figura 23.6 (b), existirá la siguiente 
relación entre las fuerzas de los nudos y los desplazamientos de los nudos: 
((AE)1 
X1 X2 X X4 CD 3 ­ ­ - - B·':fiMiZ:: Ft~ • I~ L, ~ L, L2 
(3) 
1 X,¡ x: xl xi - J -- ­­ - --1 Ju, l- • 2 •\ '* ·~· :~ :.) ~,;"' u,=0 u,=O U4 = Ü 
(b) 
x]' x]' 
-xi xá' x" ­ '.I - - ,,. ' "'·, o~~ ~·1 
-1 U21- ~; ~; *·~ .. ,;l~<j.<O 
ll¡ = o U3=Ü U4=Ü 
(C/ 
Figura 23.6 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 475 
La matriz de rigideces [KJ mostrada en la ecuación 23.13 es singular y no tiene una inversa. 
Por lo tanto, como antes, no es posible despejar los desplazamientos u1, u2, u3 y u4en términos 
de las fuerzas nodales X1, X2, X3 y X¡. Sin embargo, si se impide el movimiento de cuerpo rígido 
para el puntal especificando uno o más desplazamientos nodales, es posible una solución. Como 
ejemplo, sean u1 = O y u4 =O.Esto conducirá a la configuración mostrada en la figura 23.7. 
{Pl=IK]j6} 
Esta relación puede escribirse simbólicamente como 
(23.13) 
o 
o o 
(~)I -(~), 
-(~)I U¡+ (ALE) i + (ALE) 2 U1 
o ­(~)2 
o o 
o o (23.12) ­(:E)2 o 
(~)2+(~)J U3 ~ ­(~)3 U4 
­(~)3 (~)3 
1­ 
o 
o 
O en forma más compacta 
X1 
X2 ­ X3 
X4 
Este procedimiento puede repetirse con cada nudo dado un valor arbitrario mientras que se 
impide el movimiento de Lodos los demás nudos. La superposición de todas estas relaciones pro­ 
duce la siguiente ecuación: 
476 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
{ ll?} [ 2 000 ­J ººº]-I { 200} u; = -1 000 2 000 100 (23.16) 
2 ­ { 200 } { O. 167 plg} = 10­3 3 3 1 2 l 00 ­ 0.133 plg ­ ­ 3 3 
Entonces. la ecuación 23.15 puede resolverse con los siguientes resultados: 
( ~E) 
1 
= ( ~~B) 
1 
= (ALE) 
3= 1 000.0 klb/plg 
X2 = 200 klh y X3 = 100 klb 
Se suponen los siguientes valores de mudo que se obtengan respuestas numéricas para este 
ejemplo. 
(23.15) 
Las dos ecuaciones restantes pueden resolverse simultáneamente para determinar los valores 
de los desplazamientos libres de las fuerzas nodalcs. 
(23.14) 
o o 
U¡ =Ú 
U2 
U3 
U.¡. ::::; Ü 
o o 
Como u, y u, son iguales a cero. las columnas l y 4 de la matriz de rigideces pueden elimi­ 
narse del conjunto de ecuaciones. (El lector puede preferir revisar un poco atrás en esta sección 
para recordar el significado físico de la matriz de rigideces.) De manera similar las ecuaciones l 
y 4 también pueden eliminarse del conjunto de ecuaciones. (La justificación para eliminar a estas 
ecuaciones se presenta en el capítulo 25.) Estas manipulaciones pueden manejarse conveniente­ 
mente cuando se hacen cálculos a mano eliminando las filas y las col umnas asociadas con los com­ 
ponentes de desplazamiento cuyos valores se especifican corno cero. En este ejemplo se eliminan 
la primera y la cuarta columnas y la primera y la cuarta filas del conjunto de ecuaciones. 
Figura 23.7 
X2 XJ 
~ 
­ - • : P· .1~ L2 L, 4­r t.= ':~ ~j~~­Afi.*g_w_.: __ w_··_:. ­­­­­­­ 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 477 
Se asignan números de nodo a los extremos del elemento tal como se hizo con los puntales. 
E.1 eje x se toma paralelo al eje del elemento y el analista designa un sentido positivo como se 
muestra en la figura. Se toma un eje y positivo perpendicular al eje x del elemento y se determina 
un sentido positivo de rotación usando la regla estándar de la mano derecha. 
Como fue el caso de los puntales, los nodos de la viga se designan como las posiciones don­ 
de se aplican las fuerzas y donde se miden los desplazamientos. Para el elemento de viga mostrado 
en la figura 23.8 las fuerzas aplicadas en los nodos consisten en fuerzas cortantes transversales y 
momentos ñexionantes. En esta figura estas fuerzas se designan con los símbolos Y; y M¡, respec­ 
tivamerue, y se muestran actuando según su sentido positivo. Los desplazamientos en los nodos 
consisten en las traslaciones v¡ paralelas a las fuerzas cortantes, y las rotaciones 0¡. Las Iuerzas 
axiales, estudiadas en la sección anterior, también pueden actuar sobre el elemento de viga. pero 
por simplificación se suponen iguales a cero en este caso. 
Las relaciones entre las fuerzas de los nudos y los desplazamientos de los nudos se desarro­ 
llan, como antes. asignando un valor arbitrario a un componente de desplazamiento individual, al 
tiempo que se requiere que tocios los demás componentes de desplazamiento permanezcan iguales 
a cero. Como ejemplo. al nodo I de la viga mostrada en la figura 23.8 se Je da un valor arbitrario, 
mientras que v2 = 81 = 82 = O. En la figura 23.9 se muestra un croquis de la viga deformada re­ 
sultante. 
Figura 23.8 
y v, v. M,clt~ ~~--E,L,~A ---~~:l)M, 
i--~~~~~~-L~~~~~~~--i 
Se obtuvieron ecuaciones de rigideces para elementos sometidos a flexión por el método de pen­ 
dicnte-deflexión en el capítulo 18. Sin embargo, estas derivaciones se repiten en esta sección para 
presentar un sistema uniforme de notación y para introducir algunos lemas que no se mencionaron 
anteriormente. Para este estudio se considera en primer lugar el elemento de viga individual en la 
figura 23:8. 
23.4 ECUACIONES DE RIGIDECES PARA LAS BARRAS 
SOMETIDAS A FLEXIÓN 
fuerzas o de las flexibilidades. 
(23.17) 
(AE) x, = ­ L 1u2 = ­1 000(0.167) = ­161 klb X4 = ­(:E)/,3 = ­1 000(0.1333) = ­133 klb 
El lector deberá observar cuidadosamente que. aun­que el puntal continuo de la figura 23.7 
es esráucamente indeterminado. su solución por el método de las rigideces 110 requirió de la iden­ 
tificación de las redundantes o ni siquiera del conocimiento de que la estructura era estáticamente 
indeterminada. Una caracteristica más bien peculiar del método de las rigideces es que el número 
de ecuaciones algebraicas que deben resolverse simultáneamente disminuye a medida que aumen- 
ta el orden de fa redundancia. Esto contrasta directamente con las características del método de las 
Ahora pueden determinarse las reacciones X1 y X4 sustituyendo los valores de u I y u2 en las 
ecuaciones anteriormente eliminadas del conjunto de ecuaciones. 
478 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 23.1 O 
Y¡ =6 ~~ e2 
El M1 =2­e, L - 
y' =-6 E~ 0, - L· • 
El M2=4-0, L - 
M, J i---.-:-==-------------- ..... ~~Y2 
I~. -L- 
Y1 =-12~u1 L' 
El M¡ =-6 Ll U1 
El Y,::: 12-u2 ­ L3 
M2::: ­6­ª V2 L2 
Y, 
1 
~­~~ -- ­­ M1~ J~~~.-.•----=-::;..-~--~-~~~~~~~~--,;io---- J­­­­­­L­­­J 
~~-------L---------i 
M1 r ­­­­­­ ......... __ .,,,,,. ...... __ ~ ­­ ¡ 
hl Y,=-Y¡ =-12-u1 ­ LJ 
El M,= 6-u1 ­ L2 
F.I Y1 = 12-u1 L­' 
l!I M1=6-\l¡ L2 
v, 
l M,A Y2 
~--------- 1 ~f -º --~---------1~ D Mz 
Unas cuantas relaciones de fuerzas­desplazamiento se han presentado en los primeros ca­ 
pítulos de este libro. Debido a su considerable importancia para el método de las. rigideces en la 
figura23.10 se muestran las relaciones de uso más frecuente. 
Figura 23.9 
Empotramiento 
4..c ... ..___ J 
~t-' ---r ¡..,_·_·Mi_· _·_·_lf_. -_-_: _ ... _+~­::;_m_;_;;._:· __ • __ *_·_®_t ...... _=_·_~_,..¡~, 
Y¡ 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS·O DE LAS RIGIDECES 479 
(23.20) 
Las fuerzas nodales resultantes pueden resumirse corno sigue: 
Figura 23.11 
-----------L---------+-1 
Empotra niiemo 
Si a 91 se le da un valor arbitrario y todos los otros componentes de desplazamiento nodal 
se hacen iguales a cero, el elemento de viga de la figura 23.8 adoptará la forma mostrada en la 
figura 23.J l. 
(23.19) 
(23.18) 
(12EI) Y1 = L3 V1 
M1 = (~~)v1 
Y2 = ­(1~;1) V1 
M2= (6EI) L2 V¡ 
O en notación matricial 
12EI ­­ L3 
Y1 6EI 
M1 L2 
Y2 12El V¡ 
M2 ­­­ L3 
6ET 
L2 
Para la viga deformada mostrada en la figura 23.9 y con referencia a las relaciones fuerza­ 
desplazamiento de la figura 23.10, las fuerzas nodales resultantes pueden resumirse corno sigue: 
• 
480 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Para una viga yue consiste en dos o más elementos las ecuaciones de rigideces pueden de­ 
terminarse de manera similar. Par ilustrar este punto se considera la viga continua <le <los claros 
de la figura 23.12(a). Se asignan números de nodos y números de elementos a esta estructura de 
la misma manera que se hizo con los puntales. Si a v I se le da un valor arbitrario (todos los demás 
componentes de desplazamiento permanecen iguales a cero) la estructura se deformará corno se 
muestra en la figura 23. l 2(h). 
dual. 
La ecuación 23.23 representa a ta ecuación de rigideces para un elemento de viga indivi­ 
12EI 6EI 12EJ 6EI ­­­ L3 L2 u1 L2 
Y1 J()lal 6El 4EI 6EI 2El ­­ ­ M1 L2 v, + L 81 + L2 V2 + L 02 Y2 ­ 12El 6EI 12EI 6EI 
M2 ­­ ­­ ­­ LJ L2 L3 L2 
6El 2EI 6EI 4EI ­ ­­ L2 L L2 L 
(23.22) 
O en una forma matricial más compacta 
12EI 6EI 12EI 6El ­­­ 
L3 L2 L3 L2 
Y1 6El 4EI 6EI 2EI V¡ ­­ 
M1 L2 L L2 L 81 (23.23) Y2 12EI 6El 12EI 6EI V2 
M2 ­­­ ­­ ­­ ­­ 02 L3 L2 LJ V 
6EI 2El 6El 4EI ­­ ­ L2 L L2 L 
También pueden imponerse desplazamientos nodales similares al nodo 2 del elemento de 
viga. La superposición de las fuerzas nodalcs producidas por cada uno de los desplazamientos 
nodales individuales produce la siguiente expresión para las fuerzas nodales totales: 
(23.21) 
6El 
L2 
Y1 4EJ 
M1 L 81 Y2 ­ 6El 
M2 ­­ L2 
2EI ­ L 
O en notación matricial 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 481 
Figura 23.13 
Empotramicmo 1 1 
""1 ­­­­­ L1------•+-••------- 
Debe observarse que no habrá tuerzas impuestas en el nodo 3 del segmento de viga(l) ya 
que ni el nodo 2 ni el 3 se deforman de ninguna manera. Además, no tienen que considerarse las 
condiciones de frontera para una estructura dada cuando se están desarrollando las ecuaciones de 
rigidez (se les considerará en una etapa posterior del análisis). 
Si ahora se le da un valor arbitrario a la componente de desplazamiento v1, mientras que 
todos lo demás desplazamientos se mantienen iguales a cero, la estructura adoptará la forma defor­ 
mada mostrada en la figura 23.13. 
12(ET) 
L3 1 
Y1 6(EI) 
Mi L2 1 
Y2 ­12(EI) V¡ (23.24) M2 L3 1 
Y3 6(E!) M3 L· 1 o 
o 
Las fuerzas nodales resultantes pueden resumirse como sigue: 
Figura 23.12 
(b) 
Y¡ 
~1~c· ­ 
f 
(a) 
482 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Aunque no están listados todos los coeficientes de rigidez mostrados en la ecuación 23.26, 
explícitamente en la figura 23.1 O, pueden encontrarse todos lo coeficientes a partir <le esta figura 
sumando apropiadamente (o restando) los coeficientes asociados con los segmentos individuales 
de viga. Se exhorta al lector para que realice esta operación para Lodos los coeficientes de lama­ 
triz de rigideces mostrada en la ecuación 23.26. 
Los problemas de los ejemplos 23.1 y 23.2 tienen como objetivo listar muchos de los comen­ 
tarios formulados en las secciones anteriores. 
12(61) 6(~~) 1 ­12(~) 1 6(F,!) o o L' 1 L I 
6(f!) 1 4(~)1 -6(~!) 1 (El) () o 2 ­ L I 
Y1 (El) ­6(81) 12(~!) ,+ 12(~!)1 (El) (ET) (El) 6(~!)2 V¡ M1 ­12 L3 ' ­6 L2 l+(í C2 2 ­12 {·1 1 01 Y2 L3 1 V2 
M2 ­ Q¡ 6(~)1 2(~), ­6(~}) 1 +6(:o ! 4(~) ,+4(~)i ­6(~!) 2 2(~)2 YJ V1 M3 0J 
(P.1) ­6(~!) 2 12 (~!)i ­6(~!)z o o ­12 ¿, z 
o o (6') 2(~)2 ­6(~!)1 4(~)2 6 Ll 2 
(23.26) 
Cuando se repite el proceso descrito aquí. dando un valor arbitrario a cada componente de 
desplazamiento en turno, todas las demás componentes de desplazamiento se mantienen iguales a 
cero, y los resultados se superponen, dando como resultado la siguiente ecuación: 
­12(~!), 
­6(E!) L I 
Y1 (El) (El) M1 12 LJ I+ 12 LJ 2 Y2 
M2 V2 (23.25) _6 (El) + 6 (E[) Y3 
M3 L2 ' L2 2 ­ l? (El) ­ L3 
2 
6(~!) 2 
El conjunto resultante de fuerzas nodales que corresponden a la forma deformada de la figu­ 
ra 23.13 puede resumirse como sigue: 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 483 
l2Ef 6Ef -12Er 6EI o o á" ª" a3 a2 6El 4Ef -6ET 2EI o o ""T ­­ Y1 -a a a2 a Yt ­O 
M, J2El ­6El 12Eí + l2El ­6EI 6E1 ­12.El 6El 91 ­7 a2 +- b'.l b2 Y, a3 b3 a2· b2 V2,=0 
M2 ­ 6EI ;lEl _;6EI 6El 4EI 4EJ ­6EJ 2El ~ 
Y3 --+- -1- b2 ­ V;; =0 32 a a2 b2 a b b MT ­lZEI ­6EI 12EI -6EI 93 =O o o b'.l b2 7 b2 
o o 6EI 2ET ­6EI 4EI b2 b b2 b 
(23.27) 
Figura 23.14 
Solucion. 
La viga se divide en dos segmentos de modo que se localice un punto nodal en cada punto 
de apoyo. La figura 23.14(b) muestra el modelo de viga que se analizará. La matriz de ri- 
gideces para esta estructura se desarrolló previamente y se muestra como la ecuación 23.26. 
Las condiciones de frontera se expresan como 
V¡ =Ü 
Y2 =Ü 
Y3. =Ü 
03 =Ú 
Inicialmente las columnas en fa matriz de rigideces que se asocian con. los desplaza­ 
mieutos impuestos de cero se borran. Brnonces por sí misrnas.se lx>l:ran las filas asociadas con 
fas columnas borradas. El resultado de estas operaciones se­muestra en la ecuación 2­3.27. 
(b) 
·JYI,) M, 
b­­­­~1 
,1 = 5 pies 
b = 15 pies 
El= l.8 x 106 klb · plg~ 
M* = lO klb · pie 
(a) 
Una viga continua, mostrada en la figura 23.14(a), está sujeta­a un momento concentrado. 
M*, aplicado en la distancia a desde el extremo izquierdo. Deteql1ine la rotación y las re­ 
acciones en los apoyos de la viga. 
484 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Cuando las columnas y las filas se borran de la ecuación 23.16 con objeto de reflejar 
las condiciones de frontera. el resultado es 
La viga de la figura 23.15(a) tiene segmentos con diferentes rigideces de flexión. Una carga 
concentrada P actúa en el punto medio de la viga. Determine la deflexión bajo la carga y las 
reacciones en los puntos de apoyo. 
Solución. 
La viga se divide en dos segmentos. con la carga actuando en uno de los puntos nodales, 
como se muestra en la figura 23.1 S(b). Para este problema se usa 1a ecuación básica de 
rigidez (23.26), pero ahora las condiciones de frontera son 
v, =0 
e, =O 
6El. 6EI ~ Y, = -2· 01 +-,, 02 = 1..,85 klb a a- 
­6EI (­6ET 6E0 Y 2 = ? e, + 2 + -, 02 = -1.077 klb ·a­ a b- . 
­6EI . 
Y1 = 2. 02 = ­0.308 klb ' b 
2EJ M3 = b02 = 18.46 klb­plg • 
Ahora se encuentran las componentes de reacción sustituyendo los valores de los 
desplazamientos libres en las ecuaciones que se mostraron borradas en la ecuación 2.3.27. 
Los resultados son los siguientes: 
60 000]­I { Ü} {­4.62 X 10­4} 
160 000 120 = 9.23 X 10-4 rad { e, } = [ 120 ooo 02 60 000 
y 
60 ooo] { e, } 160 .000 . 02 { O} [120 000 . 126 = 60 000 
Los valores numéricos mostrados en la figura23.14 se sustituyen en las ecuaciones 
anteriores y se convierten a unidades de pulgadas. 
4EI 2EI {M, = O } a a { :: } M2=M~ = 2EI 4EI 4Er -+- a a b 
Las ecuacionesde rigideces restantes se escriben y resuelven para los desplazamien­ 
tos desconocioos (libres). 
CAPiTULO 23 FUNDAMENTOS DEL METODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 485 
Q 083 ]' ­J {­10} == {­º·º. 63 plg } 300 000 0 4. 4 X l0:­4 rád 
'2'083] { V2 } 
300000 'Sz { ­10 }' = f 173.6 o. 2 óS3 
y 
Los valores numéricos mostrados en la figura 23.1$ se sustituyen en las expresiones 
anteriores con los siguientes resultados: 
288,Ef 24EI 
{Y2 = ­10} = I.,3 Lz. {V2} .M2. =0 24EI 24EI· ff2 .. ­­ L2 L 
Figura 23.15 
­96EI 24El 
X X Ls L2 ·X X 
­24EI 4EI 
X X ­ X X Y1 tz L V¡= 0 
M1 2_88:EI 't4El 01 =0 
Yz X X .L3 v X X V2 (23,28) Mi ­ Eh 24EI 24EI 
Y:3 X x L'2 L2 x X V3 =O 
. M3 ­l92El ­48El 03 = o 
'X X L3 L2 X X 
4$El 8EI X X L2 X X L 
Restan dos ecuacioaes del <;­0.ujunto original que.se resuelven para los desplazamien­ 
tos de los nodos Iibres, 
Y, 
Y1 (D M~ ® Y3 M1(J1 ·1J) M1 ·,} ., ' .. . ' ~ .. . (E01 (Elh 
(b) 
(a) 
P=IOklb 
486 PARTE TRES E!>TRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
AE AE o o ­­ o o L L 
X1 12El 6EI o 12EJ 6EI o ­­­ 
Y¡ L3 L2 L3 L2 6EI 4EI 6ET 2EJ 
M1 o o ­­ u,+ Ll V 1 -1 L 01 + AE U2 + L2 V2 + L 02 X2 AE o o ­ o o ­­ L Y2 L -12Ef -6El 12El -6Ef 
M2 o L3 L2 o L3 L2 
o 6ET 2Ef ­6EI 4EJ o L2 L L2 L 
(23.29) 
De acuerdo con la teoría de los pequeños desplazamientos se supone que las fuerzas axiales 
no afectan a los momentos flcxionantes y a las fuerzas cortantes transversales, y viceversa. Por lo 
tanto, la matriz de rigideces puede escribirse como una superposición de casos de carga indivi­ 
dual. 
Figura 23..16 
Si actúan fuerzas axiales sobre elementos que están sujetos simultáneamente a fuerzas cortantes y 
momentos flcxionantcs, las matrices de rigideces pueden prepararse de la misma manera que lo fue 
en la última sección para elementos sujetos solamente afuerzas cortantes y momentos. Para este 
estudio se considera el elemento mostrado en la figura 23.16. 
23.5 MATRIZ DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS COMBINADOS 
SUJETOS A FUERZA AXIAL Y FLEXIÓN 
El lector deberá observar que puede usarse la misma ecuación básica de rigideces (23.26) para 
resolver un gran número de problemas cuando se especifican diferentes cargas, rigideces y condi­ 
ciones de frontera. 
Los valores obtenidos para v2 y 92 se sustituyen en las­ecuaciones que Iueron borradas con 
objeto de producir las soluciones par­a las reacciones: 
­96El 24E1 
Y¡ = L3 V2 + vªz = 4.545 klb 
­:24EI 4­BI M! = ['2 V2 + L 02 = J 52. 7 kfü·plg 
­192Ef 48EI Y3 = ­1::r­v~ ­V02 = 5.455 klb. 
48EI 8ET • M~ = L2 v2 +Te2 = -21s.2 klb­plg 
CAPITULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 487 
AE o o X X X ­ L 
o ­12EI 6EI x, ; X X. L1 L2 U1 = 0 
Y1 o ­ssi 2EI V¡= Ü M1 ~ ~ X L2 e,= o t, (2~.31) X2 = -P sen c.t> ­ AE o o Uz Y2 = =P cos <f.> ~ ­X X ­ L V2 
M2'·=0 o 12El -6EJ 02 X X X L:i L2 
o ­6EI 4El X X X L2 L 
So.lt,tción. 
La.ecuación 73,30 represetlta a lá.matriz.total.de rigidices para esta estructuta,, ya que con­ 
sis.te,en sotamerue uri'eíemenro ife ví~a. Se eiiminán fas filas 'i Ias columnas'apropiadas de 
la ecuación para rellejar las condiciones de frontera impuestas. · 
Figura 23.17 
A, E, l uniformes 
P = 1.0 klb 
L= lO pies 
A= 5 ple2 
1 = 60 JÍ$4 
E= 30 000 klb/plg2 
$=30º 
p 
Determine los desplazamientos de extremo y fas reacciones en los apoyos para la viga en vola­ 
dizo de la figura 23.17. 
AE o o -AE o o L L 
o 12EJ 6EI o ­12EI 6EI 
X1 L3 L2 L3 L2 U¡ 
Y1 6EI 4EI o ­6El 2EI VJ o ­ M1 L2 L L2 L e, (23.30) X2 AE AE U2 
Y2 ­­ o o ­ o o L L V2 
M2 ­12EI ­6EI 12EI ­6El 62 o o L3 12 L3 L2 
o 6EI 2EI o ­6ET 4EJ ­ L2 L 12 L 
El ejemplo 23.3 muestra el análisis de una viga en voladizo asando el método de las rigi- 
deces, _.,,.,,. 
En notación matricial la ecuación de rigidez resullante es 
488 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
El orden de listado de fas fuerzas nodales en la matriz [K] debe ser el mismo que el orden lis­ 
tado de los desplazamientos correspondientes en la matriz { 8}. Así. si la primera fuerza nodal 
listada en [P] es X1, entonces el primer desplazamiento listado en la matriz {3} debe ser u.. ele. 
Si este orden de ecuaciones se conserva durante todo el análisis, todas las matrices de rigideces 
deberán tener las siguientes características: 
{P] = LKJ{8] 
En las secciones anteriores se han desarrollado matrices de rigideces para puntales, para elementos 
sujetos a flexión, y para elementos que tienen fuerzas axiales actuando conjuntamente con fuerzas 
cortantes y momentos ñexionanres. Todas estas matrices de rigideces se escriben según un orden 
especial, que deberá estudiarse cuidadosamente. La ecuación general de rigideces se escribe sim­ 
bólicamente como sigue: 
23.6 CARACTERÍSTICAS DE LAS MATRICES DE RIGIDECES 
Aunque los problemas de vigas rara vez implican fuerzas axiales importantes, la ecuación 
de rigideces (23.30) se convierte en una ecuación fundamental en la solución de problemas que 
implican columnas y miembros diagonales. así como elementos de viga. Estos problemas. y sus 
soluciones. se estudian en el capítulo 24. 
AE o o ­­ X1 L ui 
Y1 o ­12EI 6EJ L3 L2 v1 M1 ­6EI 2EI 02 o L2 L 
-1 250 o o Uz 0.50 klb 
­ o ­12,S 750 V2 ­ 0.866 klb 
() 750 30 000 02 103.9 klb­plg • 
Las reacciones se encuentran sustituyendo los valores de estos desplazamientos en 
Ias ecuaciones que se eliminaron de la ecuación 23 .31. 
Ú O i-l { ­0.50 } {­0.0004 plg } 125 ­ 750 ­0.866 = ­0.277_13 plg 
­750 60.000 O ­0.00346 rad { 
Uz} [ 1 2_50 
' V2 = Ü 
Si o 
Después 'de sustituir los valores numéricos dados en la figura 23.17 se determinan los 
desplazamientos de extremos resolviendo simultáneamente el conjunto de ecuaciones. 
La ecuación matricial resultante es 
AE o o ­ {­P~$} L {~} 12EI ­6El -P cos <I> · = o (23.32) L'.,. L2 o 
El 4EI o ­6­ ­ f:.2 L 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 489 
Figura 23.18 
(e) (b) 
L 1 6, 1 =-- -· 681 
(a) 
1---------------L---------------i 
--.... s1 ­­ 
Aunque el método de las rigideces y el método de las flexibilidades son dos métodos diferentes 
de análisis de estructuras, las matrices desarrolladas en los dos métodos están estrechamente rela­ 
cionadas. El propósito de esta sección es señalar estas similitudes y mostrar también algunas de la 
diferencias entre ellas. 
Como se describe en el capítulo 22, los coeficientes de flexibilidad representan los despla­ 
zamicntos en posiciones específicas debido a las cargas unitarias en otras posiciones específicas. 
Como ejemplo, se desarrolla un conjunto de coeficientes de flexibilidad en esta sección para la 
viga simplemente apoyada de la figura 23.1 S(a). 
Se aplica un momento unitario en el nodo l de la viga. como se muestra en la figura 23. l 8(b ). 
La rotaciones resultantes en los nodos I y 2 son los coeficientes de flexibilidad, 81.1 y t\1, rcspec­ 
tivamentc. Sus valores se muestran en la figura 23. l 8(b). En forma similar se aplica un momento 
unitario al nodo 2 de la viga, como se muestra en la figura 23. 18(c). con objeto de determinar los 
coeficientes de flexibilidad 81,2 y 82_2. Los valores de estos coeficientes se muestran en la figura 
23. 18(c). 
23.7 RELACIÓN ENTRE LAS MATRICES DE RIGIDECES 
Y DE FLEXIBILIDADES 
l. Deben ser simétricas, es decir, k¡,¡ = kjj· Una prueba de esta caracterfstica se puede obte­ 
ner de la ley de Maxwell de Deformaciones recíprocas. 
2. La matriz completa de rigideces. ya sea para un elemento individual o para una estructura 
general, es singular. Sin embargo, si se especifican suficientes condiciones de frontera de 
modo que la estructura sea estable (y la matriz de rigideces se modifica para reflejar estas 
condiciones). la matriz de rigideces resultante es no singular. 
3. Los coeficientesde rigidez en la diagonal principal siempre son positivos. La razón de 
esta característica surge del hecho de que los coeficientes de rigidez en la diagonal princi­ 
pal representan cada uno a la fuerza en el nodo requerida para producir un desplazamiento 
correspondiente en ese nodo. Una fuerza negativa requerida para producir un desplaza­ 
miento positivo es contraria al comportamiento físico observado en las estructuras. 
490 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
l2EI 6EI ­l2EI 6El 
1) L2 LJ L2 
Y, 6El 4EI ­6EI 2ET v, 
M1 l,'.! L L2 L 01 (23.39) Y2 ­ -12EI ­6E1 J2EI ­6EI V2 
M2 L3 L2 L·1 L2 02 
6EI 2El -6EI 4Ef ­ ­ L2 L L2 L 
Aunque la ecuación 23.38 es correcta para casos específicos, hay una diferencia más funda­ 
mental entre las matrices de rigideces y de flexibilidades. El lector recordará de la ecuación 23.23 
que la matriz. total de rigideces para una viga puede escribirse corno sigue: 
L L -1 4EI 2El ­­ 3EJ 6EI L L ­ L L 2EI 4EI ­­ ­­ ­ 6EI 3El L L 
El lector puede probar esta relación desarrollando lo siguiente de las ecuaciones 23.34 y 
23.36. 
(23.38) [K] = [F]-1 
Una comparación de las ecuaciones 23.35 y 21.37 indica que la matriz de rigideces [K] es el 
inverso de la matriz de flexibilidades [FJ. 
(23.37) IPI = [KJiS} 
(23.36) 
4EI 2EI 
{~~} = 
L L { :~} 2EJ 4EI ­ L L 
O, simbólicamente, 
En la sección 23.2, se obtuvo una relación comparable para esta viga usando el método de las 
rigideces, y esto se mostró en la ecuación 23.1. Esta ecuación se repite como la ecuación 23.36. 
(23.35) {6) = LF][P} 
Simbólicamente, la ecuación 23.34 se escribe como 
(23.34) 
L ­­ 6El 
L 
3EI 
L 
3ET 
L ­­ 6EI 
{~}= 
O en forma matricial 
(23.33) 
e,= (3~1)M, ­ (6~1)Mz 
0z =­(6~I)M1 + (3~1)M2 
Los desplazamientos rotales en Ios nodos l y 2 debido a la aplicación de los momentos arbi­ 
trarios MI y M1 se escriben entonces usando el principio de superposición. 
CAPÍTULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 491 
...., ,,__ __ L -----i---- L --++--- L ---<•.-ti { lh} p {l} Resp.: (a) u; = l 00 1 
• 
2 
­ Empotramiento • ,, 2P p 
AB = 100.0 klb/plg L Para la estructura con fuerza axial mostrada. determine lo 
siguiente: 
(a) El desplazamiento de los nodos 2 y 3: 
(b) Las reacciones en los nodos I y 4; 
(e) Las fuerzas internas en los elementos en los miembros 
J. 2 y 3. 
Repita el problema 23.1 usando cargas modificadas. que ac­ 
túen en los nodos 2 y 3. como se muestra, 
p p Empotramiento ­ ® ­­­ G) \ • 
2 3 23.2 
L L L .1 1- 
(b) { ~ } = { =:} 
(e) { ;::~} = { -: } 
( AE) = (AE ), = ( AE) = 100.0 klb/plg 1.,1 L. L3 
23.J 
23.8 PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
Los enunciados anteriores para un elemento de viga individual son aplicables igualmente 
bien a cualquier estructura, independientemente de qué tan compleja sea. Para cada condición de 
soporte individual de la estructura existe una matriz reducida de rigideces diferente y una matriz 
de ñexibilidades diferente. Están relacionadas entre sí a través de la ecuación 23.38. Sin embargo, 
la estructura posee solamente una matriz total de rigideces. 
.JE:' : b 1 L ·~1. ­ ";!;; ¡ j .. 
(a) (d) 
d ! ·>;%, 3f 1 
(b) (e) 
l ' ' k~ ~@~: ·~ ­­­~­­~.~,­!!! ·[ • ~· :a . '­' 
(e) ro 
Figura 23.19 
Así la matriz de rigideces mostrada en la ecuación 23.36 representa solamente una porción 
de la matriz total de rigideces para la viga. Si se especifican condiciones de frontera diferentes para 
la viga, son aplicables otras matrices reducidas de rigideces. Así la matriz total de rigideces mos­ 
trada en la ecuación 23.39 incluye a las matrices reducidas de rigideces para varias condiciones de 
frontera diferentes, tales corno las que se muestran en las figuras 23.19(a) a 23.19(f). Sin embargo. 
observe que no existe una matriz de flexibilidades que sea una contraparte de la matriz total de 
rigideces, es decir, las matrices de flexibilidades existen solamente para las estructuras estables. 
492 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
L11 viga mostrada puede trasladarse en sentido vertical en el 
nodo 1. pero no puede girar. Suponiendo una carga trans- 
versal P que actúa en el nodo 2, determine lo siguiente: 
(a) El desplazamiento en el nodo 2; 
(b) Las reacciones en los nodos 1 y 2. 
·>; Empotramiento ''1' 1 •' l:\mpotrarnielllo 
i-------- L = 12' ------~ 
P= 2klb 
,_' t:::I = 1.8 X 106 klb · [llg2 2 ¡ ; '·"·~~=====~~~,;·"' ···- ~.. ~ 
23.8 
Usando la matriz de rigideces dada por la ecuación 23.23, 
encuentre lo siguierue: 
01) La rotación en el nodo 2 debida al momento externa- 
mente aplicado M*. (Resp.: 02 ­ 0.00288 radiancs.) 
(b) La reacción en los nodos I y 2. (Resp.: Y: = ­1.5 klb.) 
,__ 12 pies .., 
Para el elemento con fuerza axial mostrado suponga que 
una fuerza P conocida actúa en el nodo 3, y una fuerza des­ 
conocida X2 actúa en el nodo 1. Se mide El desplazamiemo 
resultante para la carga combinada y se encuentra que es u2 
= O.OS. Determine 
( a) La fuerza nodaJ X 2; 
(b) El desplazamiento en el nodo .3; 
(e) Las reacciones en los nodos I y 4. 
P = 2 klb Empotramiento1 
·~j 
" 
X, Bmpouarn ieruo 
AE = constante = 100.0 klb/plg 
L todos los miembros 
U1=0.05 plg 
23.6 
{ X1} { 3 kfb } Resp.: (a) y (b) u~ = 0.01 plg 
Para la estructura de tuerzas axiales mostrada suponga que 
una fuerza externa X1• actuando en el nodo 2, produce un 
desplazamiento u2 = 0.02 plg. Determine lo siguiente: 
ta) La tuerza externa X2; 
(b) El dcsptnzamieruo resultante en el nodo 3; 
(e¡ Las reacciones en los nodos l y 4. 
AE = 100.0 klb/plg 
L todos los miembros 
U2 =: 0.05 plg 
23.S 
Para la estructura de fuerzas axiales mostrada determine lo 
siguiente: 
(a) Los desplazamientos en los nodos 2. 3. y 4: 
(b) La reacción en el nodo I; 
(e) Las tuerzas internas en los elementos en los miembros 
1, 2 y 3. 
~E= 100.0 klb/plg 
23.4 
{ F3.¡} { P } (c) E1~, = ­P 
(b) { F2.3 } = { O } F1.2 O 
( ~E)2 = 100.0 klh/plg 
Empotramiento p p Empotramiento 3AE ----- AE ­­­ 3AE 
'.! ~_JJ Q) 1. L L .1 
23.3 Resuelva el problema 23. l usando rigideces modificadas 
para los elementos I y 3. como se muestra. 
Empot ram iemo p 2P p CD ­­­ @ - ­ • 23.7 
2 3 L_J4 1. L L 
CAPITULO 23 FUNDAMENTOS DEL MÉTODO DE LOS DESPLAZAMIENTOS O DE LAS RIGIDECES 493 
494 
Figura 24.2 
{b) (a) 
x· 1 
y 
Coordenadas 
obales 
x 
En la figura 24.2 se muestra un elemento inclinado de esta armadura. 
Figura 24.1 
La armadura conectada con pasadores mostrada en la figura 24. l consiste en varios elementos cu­ 
yos ejes están orientados según diferentes ángulos con respecto a un eje horizontal de referencia. 
24.2 ELEMENTOS CON FUERZA AXIAL 
En el capítulo 23 se escribieron ecuaciones de rigideces para puntales y vigas que se orientaron a 
lo largo de un eje horizontal único. La mayoría de las estructuras consisten en una combinación de 
vigas y columnas, y tal vez algunos elementos inclinados. En este capitulo se aborda el desarrollo 
de ecuaciones de rigideces para elementos cuyos ejes no son paralelos, 
24.1 GENERALIDADES 
Matrices de rigideces para 
elementos inclinados 
Capítulo 24 
Para describir la relación fuerza­desplazamiento para este elemento y todos los demás ele­ 
mentos inclinados, es conveniente establecer dos sistemas coordenados: un sistema coordenado 
local y un sistema coordenado global. El sistema coordenado local se establece trazando el eje x 
local a lo largo del eje del elemento inclinado [véase la figura 24.2(a)]. Este eje se rotula x' para 
distinguirlo del eje x global. El eje y local. rotulado y'. se traza perpendicular al eje x' local. El 
sistema coordenado global es un sistema de referencia individual establecido por el analista para 
toda la estructura. Los ejes globales se rotulan x yy para las estructuras planas í véase la figura 
24.2(b)]. 
Las fuerzas y los desplazamientos refcrcnciados con respecto a los ejes locales se designan 
con primas, por ejemplo, x; representa una fuerza paralela al eje x', mientras que u\ representa 
un desplazamiento paralelo a este eje. Inversamente. las fuerzas y los desplazamientos escritos 
sin primas representan valores referenciados a los ejes globales. Así XI y Y I representan fuerzas 
paralelas a los ejes globales x y y, respectivamente, mientras que u I y v I representan componentes 
de desplazamiento paralelos a estos ejes. 
Las relaciones fuerza­desplazamiento desarrolladas en el capítulo 23 son válidas solamente 
cuando las fuerzas y los desplazamientos están referenciados a los ejes locales del puntal. Si varios 
puntales concurren en un nudo, tal corno se muestra en la figura 24.1, habrá varios conjuntos de 
ejes de referencia locales. Como las direcciones de las fuerzas axiales y de los desplazamientos 
axiales de los puntales que concurren en un nudo son diferentes, sus rigideces individuales no 
pueden sumarse directamente. Por lo tanto, en esta sección las relaciones fuerza-desplazamiento 
para un puntal se obtienen de nuevo con respecto a los ejes globales, de modo que las rigideces de 
los puntales que concurren en un nudo puedan sumarse. 
Para establecer la relación fuerza­desplazamiento con respecto a Los ejes globales para un 
puntal inclinado, se da un valor arbitrario a una componente global de desplazamiento. Todas las 
demás componentes de desplazamiento se mantienen iguales a cero. La figura 24.3 muestra un 
puntal al cual se le ha dado un valor arbitrario de desplazamiento. u.. Este desplazamiento puede 
Centro recreativo, Universidad Lander, Greenwood, Carolina del Sur. (Cortesía de Briu, Peten; y 
Asociados.) 
CAPITULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 495 
(24.4) 
X2 = -X1 = -(~ c.:os2<l>) u1 
Y2 = -Y1 =­(~sen ó cos <p) u¡ 
Las fuerzas en el nodo 2, que corresponden a la componente de desplazamiento impuesta u., 
pueden establecerse a partir del equilibrio: 
(24.3) 
Y1 = x\ scn ó e­ (~)sen<!> Uj = (~ sen <j) cos <!>) u1 
Entonces, a través de una sustitución apropiada, todas las componentes de fuerzas y despla­ 
zamientos escritas con respecto al eje local x' se escriben con respecto a los ejes globales x y y: 
X1 = X'1 cos <!> = ( ~) cos <!> u'1 = ( ~ cos2 <!>) u1 
(24.2) X1 = x; cos <!> Y1 = x; sen<!> 
La fuerza del elemento local x; puede descomponerse en dos componentes globales X1 y 
Y I como sigue: 
(24.1) 1 (AE) 1 x; = T u1 
ser fragmentado, o descompuesto. en componentes perpendicular y paralelo a los ejes locales del 
elemento como se muestra en esta figura. 
La componente de desplazamiento v; no cambia la longitud del puntal en forma significativa 
y. en la teoría de los pequeños desplazamientos. no produce esfuerzos en el puntal. Sin embargo. la 
componente de desplazamiento u; es significativa y ciertamente causa esfuerzos apreciables en el 
puntal. La relación fuerza­desplazamiento ha sido establecida anteriormente como 
Figura 24.3 
x¡ 
u 1 = arbitrario 
V¡ =0 ­­­x, 
uj =u1 cos <!> 
v¡ =­u1 sen e 
2 u,=v,=0 ­ . 
496 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Si la fuerza x; se descompone en las componentes globales X1 y Y1 pueden escribirse las 
siguientes ecuaciones, que relacionan las componentes de fuerza globales con la componente de 
desplazamiento global v.: 
Autopista del circuito este (l­440). Liulc Rock. Arkansas. (Cortesía del Departamento 
Estatal de Transporte y Carreteras de Arkansas.) 
(24.5) 
La componente <le desplazamiento v 1, puede resol verse en las componen res u; y v]. como se 
muestra en la figura 24.4. La relación fuerza­desplazamiento, escrita con respecto a las coordena­ 
das locales es 
Figura 24.4 
u1=v1~ea$ 
vj = v1 cos <I> 
y 
2 
De manera similar puede darse al nodo I un valor arbitrario de desplazamiento v., mientras 
que todas las demás componentes de desplazamiento se mantienen iguales a cero. Esta configura­ 
ción se muestra en la figura 24.4. 
CAPÍTULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 497 
Puede escribirse una.relación similar para el extremo 2 del puntal sustituyendo el subíndice 2 
en lugar del subíndice 1 en la ecuación 24.9. La utilidad de las expresiones tales como la ecuación 
24.9 se ilustrará en el ejemplo siguiente. 
(24.9) { u; } _ [ cos <1> sen 4> J { u 1 } v; - - sen 4> cos <~ v1 
s = sen el> 
e= cos <!> 
La ecuación 24.8 representa una relación completamente general entre las fuerzas nodales 
y los desplazamientos nodales para un puntal, cuyas componentes en su totalidad se escriben con 
respecto a los ejes globales. 
Puede usarse una ecuación de rigideces tal corno la ecuación 24.8 para resolver las compo­ 
nentes globales de desplazamiento de una estructura. Para un problema dado también puede ser 
necesario encontrar las componentes de desplazamiento expresadas en términos de los ejes loca­ 
les. Las relaciones entre las componentes de desplazamiento globales y las locales se muestran en 
las figuras 24.3 y 24.4, y se resumen en forma matricial como sigue: 
donde 
(24.8) 
X1 c2 se ­c2 ­se u, 
Y1 AE se s2 ­se ­s2 Y¡ 
X2 L ­c2 ­se c2 se U2 
Y2 ­se -sz se s2 V2 
En una forma matricial más compacta, la ecuación 24.7 puede escribirse como: 
Vz AE +- L 
(24.7) 
' ­ sen· <I> 
sen <!> cos <!> 
sen2 <!> 
AE u,+- • L o cos­ et, 
sen <I> cos <I> 
V¡ 
­ sen <I> cos 4> 
­ serr' <I> 
­ sen <~ cos <!> 
sen <j, cos q> 
sen2 q> AE u1+- L 
cos2 <I> 
AE sen <I> cos <!> 
L ­cos2 <!> 
­ sen 4> cos <!> 
­ cos2 <!> 
­ sen ti> cos <!, 
Puede usarse un procedimiento similar para establecer la relación fuerza­desplazamiento 
asociada con las componentes de desplazamiento arbitrarias u2 y v2• Una superposición de todas 
estas relaciones produce la siguiente ecuación: 
(24.6) 
X1 = x; cos q> = ( ~ cos qi) u', = ( ~ sen q> cos <!>) V¡ 
Y1 = x; sen <I> = (~ sen<!>) u'1 = ( ~ sen2 <I>) v1 
X2 =-Xi=-(~ sen 4> cos <!>) v1 
(AE 2 ) Y2 = -Y1 = - T sen cp v1 
498 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
{ X3 } AE { c2 } . AE { c2 } . _ . . { 1 } . = -- U3 + ­=­ . ll3 ­ 427.2 ll3 Y~ .fil se ij,,-·45• )2 l se <1>2.,,. 1,5• O 
para el míembro Q) p:1ro d miembro (2) 
Figura 24.6 
Las relaciones fuerza­desplazamiento pueden escribirse con la ayuda de la ecuación 
()4.7 COl.110 
(b) (a) 
Solucion. 
Las ecuaciones de rigidez para la estructura pueden escribirse imponiendo, a su vez, los 
desplazamientos de nudo u3 y v3. Cuando se impone el desplazamiento u,, resu lta la eonfi­ 
guración mostrada en la figura 24.6(a). 
Figura 24.S 
-----i----L ~-·~ 
2 
..­­­......C;>2 : 135º 
A 1 = A2 = 2.0 plg! 
E1 : E2 = 29 000 klb/plg2 
L = 8 pies = 96 plg 
3 
La armadura mostrada en la figura 24.5 está sometida a una fuerza horizontal P aplicada en el 
nodo 3. Detemríne las componentes del desplazamiento resultante en el nodo libre (nodo 3), y 
las fuerzas resultantes en la barra. 
El ejemplo 24.1 ilustra la determinación de los desplazamientos en un punto en una es­ 
tructura que consiste en dos elementos inclinados unidos. También se calculan las fuerzas en los 
elementos. 
CAPÍTULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 499 
Las ecuaciones de rigidez para miembros sometidos a flexién orientados arbitrariamente se pueden 
desarrollar de la misma manera general corno lo fueron para los puntales. Para este estudio se con­ 
sidera el elemento individual sujeto a llexión mostrado en la figura 24.7. Las fuerzas del eJemento 
expresadas en términos de los ejes locales se muestran en la figura 24.7(a), mientras que las 
fuerzas comparables expresadas en términos de los ejes globales se muestran en la figura 24.7(b). 
Por comodidad. los efectos dela fuerza axial. así como las fuerzas cortantes y los momentos. se 
tratan conjuntamente en esta sección. 
En la figura 24.7(a) el eje local y (designado como y') se muestra actuando hacia arriba a la 
izquierda, aunque esta selección es un poco arbitraria. Para el propósito de este libro, el autor ha 
escogido el sentido del eje y', de modo que actúe hacia arriba si el eje x' apunta hacia la derecha 
del observador. Por lo tanto, una vez que el analista escoge el sentido del eje x', el eje y' se deter­ 
mina autornáticameme. El ángulo cp que describe la orientación del elemento con respecto a las 
coordenadas globales se mide en el sentido positivo de la regla de la mano derecha desde el eje 
x positivo al eje x' positivo. Las figuras 24.8(a) y 24.8(b) muestran dos conjuntos específicos de 
orientaciones de los ejes locales. 
24.3 ELEMENTOS SOMETIDOS A FLEXIÓN 
, AE , 2(29' 000) . . Xi 1 = r,:; U3 = ¡;, {0~0033) = 1.414 klb ·' ..¡ 21 v 2(96) 
Para el miembro 2 (<!>2 == 135°): 
{ '3} = [-::: ~= t] { ~~} = { =~::;;i} = { =~::~} plg 
v! = AE u! = 2(29 OOO) (­0.0033) = ­1.414 klb • 
~'"3.2 fi 1 3 /2(96) . 
y 
{ u~} [ cos <j> v~ = - sen<!>~ 
Cuando se superponen las dos relaciones de desplazamiento impuestas, tenemos { t:} = 427.2{ ~} U3 + 427.2{ ~ }v3 = 427.2 [ ~ ~] { ~:} (24.10) 
La ecuación de rigidez, dada por la ecuación 24, l O, puede resolverse para los despla­ 
zamientos nodales u3 y Y3: 
{ ~:} = 42~.2 [~ ~]­1 {x~3 Po 2} = { o.og41} plg 
Las fuerzas en la barra pueden encontrarse usando la ecuación 24.9 para descom­ 
poner las componentes de desplazamiento .globales en componentes de desplazamiento 
locales para cada barra individual, y luego, al aplicar la relación básica de rigidez de la 
ecuación 23.8: 
Para el miembro 1 (q,1 = 45º): 
sen <!>1] { u:i} _ ·{ 0.0047 /Ji}­ { 0.0033} Je 
COS <!>1 V3 - ­0.0047 j ji ­ ­0.0033 p O 
para el miembro a, 
Cuando se impone v3, resulta la configuración de la figura 24.6(b) y las relaciones 
fuerza­desplazamiento resultantes son 
{ X3 } AE { se } AE { se } . { O } = -- 2 V3 + ­­ ? V3 .:::; 42.7.2 Y3 Y3 .fil s 4>1~ 45º .Jz 1 s­ . <l>i"" ns• .. 1 
500 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Figura 24.9 
Para establecer las relaciones fuerza­desplazamicruo para el elemento sometido a flexión en 
términos de las componentes globales. se da un valor arbitrario a una componente de desplaza­ 
miento específico, u1, mientras que todas las demás componentes de desplazamiento permanecen 
iguales a cero. La configuración desplazada se muestra en la figura 24. 9. 
(h) (a) 
Figura 24.8 
y' 
x' y' 
y y 
Figura 24.7 
(h) . (a) 
Y1 
J;__.____ XI 
M1 X' 1 
y· 2 
Y¡ 
CAPITULO 24 MATRICTS DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 501 
AE 
X' AE o T cos <1> . 1 ­cos <!> -12EJ L sen <I> ­12El v: u,+ L3 U¡= sen cp U¡ 1 o L3 
M' o ­6EI sen <f> ­6EI 1 L2 sen <l> L2 
(24.13) 
La sustitución de la ecuación 24.1 1 en la ecuación 24.12 produce lo siguiente: 
X' AE o o ­ 6EI j L 12El Y' o u;+ L' v'1 + L2 e'¡ (24.U) 1 
M!¡ o 6E1 4EI ­ L2 L 
(24.11) 
U~ = UJ COS q> 
v~ = ­u1 sen cp 
0'1 = o 
Las componentes de fuerza que actúan en el nodo l en respuesta al desplazamiento u; y ví 
(que se resumieron anteriormente en la ecuación 23.29) se repiten aquí: 
La componente de desplazamiento. u 1, se descompone en las componentes de desplazamien­ 
to locales: 
Edificio Westvaco, Ciudad de Nueva York. Las más gigantescas armaduras y trabes que 
alguna vez han intervenido en la cimentación de un edificio a lo largo de Blue Chip Row 
de Manhattan. (Cortesía de Bethlehcm Steel Co.) 
502 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(24.17) 
X 1 = X'1 cos <!> ­ Y~ sen <!> 
Y 1 = X'1 sen el, + Y'1 cos <li 
M11 = M~ 
Las fuerzas X\ y Y\. expresadas en coordenadas locales, se descomponen ahora en las com­ 
ponentes globales X1 y Y 1: 
X' o 1 6EI 
Y' ­ L2 e' (24.16) 1 1 
M' 4ET 1 ­ L 
La rotación e; (en coordenadas locales) es exactamente In misma que 61• Por lo tanto las rela- 
ciones de rigidez debidas a una rotación de nudo impuesta se escriben de la ecuación 24.12 como 
AE 
AE o ­ sen ó X' Lscn cj> L 1 12EI 
L' cos <j> 12E1 Y' o V1 + v, = cos el> v, (24.15) 1 L­' M' o 6El 6ET 1 L1 cm, <l> L2 ces cp 
Las resultantes de la fuerza en el nodo I pueden escribirse al sustituir estos valores de des­ 
plazamiento en la ecuación 24. 12: 
(24.14) 
u; = v I sen <!> 
V~ = V I COS <p 
e~= o 
El desplazamiento v1 se descompone en componentes locales: 
Figura 24.1 O 
En forma similar, ahora se impone un desplazamiento v1 al nodo I y la configuración despla­ 
zada resultante se muestra en la figura 24.10. 
CAPITULO 24 MATRICES DE RJGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 503 
donde 
s = sen <!> y e = cos <I>. 
La ecuación 24.19 representa una ecuación de rigideces completamente general para un 
elemento sometido a fuerza axial y a flexión bidimensional orientado según un ángulo arbitrario ó 
con respecto a los ejes globales. 
Los ejemplos 24.2 y 24.3 muestran el análisis de estructuras cuyos elementos experimentan 
fuerzas axiales, así como fuerzas cortantes y momentos Ilexionantes. 
z(AE) i(12EI) e +s L' L . 
sc(A6 _ 12EI) s2 ( :e) r c2 e~~') (Simétrica) L L3 
x, -R(~I) (6EI) (6~1) U¡ Y, e U v, 
M1 a, 
X2 
1(AE) 1(12El) ­se ( AE _ 12EI) (6EI) •2 ( AE) 2 ( 12EI) U2 Y2 V2 ­e ­ ­s ­­ s 1.2 e L" +s L> M2 L LJ L LJ 01 
­sc(AE _ 12El) ­s2(~)­c2(1~~1) ­e(~~) sc(_A6 _ 12EI) 1(AB) ,2('2EI) L L" . L L3 s L +e L3 
­s(6El) c(:;l) (~1) s(6~I) ­c(~~r) (4~) • L2 
(24.19) 
Las componentes de fuerza X2, Y 2 y M2, que resultan de las componentes de desplazamiento 
impuestos al nodo I pueden encontrarse de manera similar, comenzando con las componentes de 
fuerza locales en el nodo 2 dadas en la ecuación 23.29. El proceso entero puede repetirse usando 
las componentes de desplazamiento impuestas al nodo 2. Un resumen de los resultados de estas 
operaciones se muestra en forma matricial como sigue: 
­6El 6EI 
M1 = L2 sen <I> u, + L2 cos <!> vi 
[
­12EI I 2EI ] +cos <p L.3 sen <I> U¡ +v cos <I> V¡ 
(24.18) [AE AE ] Y1 =sen <p L ces cp u¡ +L sen <I> v1 
[
­12EI 12EI ] ­ sen cp L3 sen <I> u 1 + L3 c(JS e v1 
[
AE AE ] X1 =tos <I> L cos <!:> u¡ + L sen ó v1 
La sustitución de los valores de X] y Y\ a partir de las ecuaciones 24.13, 24. 15 y 24.16 en la 
ecuación 24.17 produce lo siguiente: 
504 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(24.20) 
Las ecuaciones de rigideces para­el elemento (Z}, pueden encontrarse directamente en 
la ecuación 2'l.l 9, con una sustitución apropiada de los subíndices 2 y 3 (en vez de I y 2) 
para reflejar los números de nodo en los extremos del elemento (%): 
(Simétrica) 
Ejes I ocales para 
el míembro@ 
(~)1 
o (12El) L> 
X2.1 
. 1 
(~1)1 4(~)1 Yz.1 o M2.i 
X1,2 ­ (~)1 ­(AE) () o Yt,2 .L 1 
M1.i ­12(EI) ­6(~;) t o o L3 1 
-O 6(~). 2(~1) 1 o 
Solucián. 
La ecuación tle rigideces para el miembro CD, incluyendo las contribuciones de fuerza 
axial, está dada par ta ecuación 23.30, y se escribe nuevamente aquí: 
Ejes locales para 
el miembro (D 
y' 
Figura 24. 1 1 
P:IOklb 
Ejes globales 
y 
Determine l­0s. desp1apamientos del noqo.l, las reacciones.en tos nodos 1 ­y 3 y las fuerzas internas 
del miembro én los miembros 1 y 2 pata la estructura mostrada en la figura 24.11: 
CAPÍTULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 505 
{ 
U2 } { 3:333 plg} 
V2 . = • ­!J.66.7 plg X 10­3 
02 0.185 rad 
La solución del conjunto de: ecuaciones antérier produce: 
2 ­36] { U2} 72 V2 . 
5 i?4 0z 
o { ­1~}=1{)3­[ .~ O. ­36 72 
Así 
(AE) = (AE) = (t2~) = ( .. ~) = 1 OOO klb L 1 . L 2 , L t L 2 plg 
4>2 = 45° 
L = 6 pies·= 72 plg 
P ::::i ío klb 
Las soluciones para.los desplazamieuios del nodo 2, para los. siguientes valores espe­ 
cíficos'de las propiedades delos elementoé, se muestran en seguida: 
(AE) +~ (~ + 12;1) ~(~­12EI) 1 (6EI) L 1 2 L L i 2 L V 2 ­ Ji v 2 {­~}­ 1 ('c...E 12EI) (1281) ~ (AE 12El) 6 ( AE) . _1 (óEJ) { ~:} 2 L­ L3 2 L3 +2 L..¡ L3 L2 ;-r .fi L2 2 1 2 &1 1 (6ij~ ( El) ~ (6E!) 4(El) +4(fil) ­ji L2 .c.2 óL2 1+ ji L2 2 L 1 L z 
(24.23) 
(24.22) { ~; } = {-~ } = { ~~~ : ·~~:~ } M2 O M2.1 + M2.3 
El resultado de esta operación produce la siguiente ecuación de rigideces: 
Después de considerar las condiciones.de frontera impuestas: 
U¡ = Y¡ = 81 = U3 =V~·= 0s = Ü 
la eeuación de rigideces para la estructura rotal se escribe en términos de las tres compo­ 
nentes de desplazamiento libres. u2, v2 y 02 sumando los términos apropiados de rigidez de 
los elementos individuales, es decir, 
1 (AE 12El) ~ -+- 2. L L3 , ·i 
1 (~ll __ l 2El) l (AB I:2El) (Simétríca) --+- 
Xz.3 2 L L3 2 2 ,L LJ , 2 \J,Í 
Y2,:, - ji~t;1)2 _1 (6El) 4(~)2 V;¡; M2,3 /J. ¡y ) Si ­ X3.2 ­~(AE + Iz;Bl) 1 (A.E 12E1) _l (6EI) ~(AE 12El) \J'J· 
Y3,2 2 L V ­2 T-V 2 Ji LZ 2 2 . L + t3 :z. v1 ·2 e) , M:u l (AE t,2El) ­~(Al'!+ 125\) __ .1 (661) 1 ( AE 121;il) ~ (AE J2Ef) ­2 L­ L:l 1 ­ ­­­, 2 L + 'L3 2 2 . L L3 1 j2 L2. z 2 L L 2 __ 1 (6EI) )2(~)2 z(EI) ~­ (6BI) __ 1 (~) 4(~)~ Ji L'2 ~ L, z ,fi E• 2 .fi ti z. 
(24.21) 
506 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(b) Fuerzas del elemento 
/
~ IO<)klb·plg 
5.89 klb 1 1 s klb 
1 ()() klb · plg 5.0 klb 
3.33klb4-----t±3.'.Bklh 
S.fXl klb 260 klb · plg 
5.89 klb 
1.18 klh -;,( X 1220 klb. plg 
Figura 24. 12 • 
{u) Reacciones normales 
10 klb 
5klb ~­­..;Q)~­­t ± '.1.33 klb 
260 klb · plg 
5klb 
t±·LBklb 
220 klb · plg 
En las figuras 24. J 2(a) y 24. l 2)(b) se presentan bocetos que muestran las reacciones 
nodales y las fuerzas en los elementos para esta estructura: 
x~.2 = 5.89 klb 
y~? = l.18 klb ··- M'.1.2:= ­ 220 klb · plg 
Elemento@ 
(<I> = 45°) 
Elemento (D 
(4>=0º) 
La sustitución en estas ecuaciones produce: 
x~.2 = ­3.33 klb 
Y;.1 = 5.00 klb 
M~.2 = ­260 klb · plg 
Las reacciones mostradas anteriormente son también fuerzas de elementos, expre- 
sadas en coordenadas globales. Con objeto de encontrar las componentes de las fuerzas 
cortantes y axiales, que son necesarias para realizar los cál~úlos.deesfuerzos, las fuerzas ex­ 
presadas como componentes globales deben descomponerse en componentes locales a tra­ 
vés de relaciones similares a la ecuación 24. l 7: 
X1 = X cos <!> + Y sen <t> 
Y'= -X sen<!>+ Y cos 4> 
M'=M 
36 l { u2 } { 3.33 klb } ­36 V2 = 5.00 klb 
1 728 02 ­220 klb · plg 
º] { U2.} { ­3.33 klb } ­36 \'2, = 5.00 klb 
864 e,_ - 260 kl.b · plg 
y 
La sustitución de estos desplazamientos nodales en las ecuaciones 24.20 y 24.21 
proporciona las reacciones en los nodos 1 y 1: 
o 
-1 
36 
CAPITULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 507 
Figura 24.1 3 
(:ª), o o r .. l {:} (~) -(0)1 ·· (<Pr =0) Y;,¡ . ~ o )\15,1 L·· 1 ­(6BI) (4~J) j ~' o LÍ . 1 
(12~1) o ­((~;)2 r" J L• . 2 {"'} (<1>2 = 90º) y~:2 . = o AE o ;: M5,2 L -6El 4EI ­­­­u­­ o L 
(~)3 o o r,, l {~} (<l>J =0) Ys,3 = o (1261) (6EI) L3 . .L2 . 3 M 3 :5 .. ;3 (6E[) (4EI) o L2 3 L . 3 
L 
L 
1 
Empotramiento • 
Empotramiento 
Solución. 
Se asignan números de nodo y de elemento a la estructura· corno se. rrmestra en la figura 
24. 13. La ecuación de rigideces para la estructura puede determinarse considerando las 
fuerzas requeridas para mover, en forma consecutiva, los extremos de cada elemento in­ 
dividual según las distancias arbitrarias %, V5 y es. Estos coeficientes de fuerza pueden 
determinarse.a partir de la ecuación 24.19 como sigue: 
El marco de la figura 24.13, consistente en cuatro elementos de igual longitud conectados en un 
punto, se somete a un momento concentrado en su nodo central. Determine los desplazamientos 
de este nodo. 
508 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Las difecencias entre la solución obtenida usando las ecuaciones de rigideces y el 
Método de distribución de momentos ocurren porque las ecuaciones de rigideces conside­ 
ran la deformacián axial. mientras que el Método de distribución de momentos se basa en 
la hipótesis de cero deformaciones axiales. El despreciar las deformaciones axiales para 
{ U5} { O } M*L ;: = 0.~167 (El)¡ 
Una solución comparable realizada usando el Método de distribución de momentos 
produce los resultados ligeramente diferentes: 
4.8 o 0.3L -1 o U5 1 0 4.8 0.3L o V5 
es \11 0.3L 0.3L 24L2 M" (24.26) ­0.0026L M*L ­0.0026L (EI), +0.04173 
La solución para las componentes­de desplazamiento en el nodo 5 se obtiene resol­ 
viendo simultáneamente las tres ecuaciones mostradas en la­ecuación matricial 24.25: 
(24.25) 
{ 
Xs = O } [ 4.8 O 0.3L l { u5 } · Y5 = 0 = 1J1 O 4.8 0.3L V5 
Ms = M" 0.3L 0.3L 24L2 05 
Entonces la ecuación de rigideces se transforma en: 
(AE) ('AE') T i = T i=l~ 
(AE) = (~) = 2tj, L . s L. 4 
Para obtener una solución numérica. sea 
­(6EI) (6EJ) L2 + L2 . a • 
(12El) (AE) (12El). (AE) L• + L + L3 + L 1 2. 3 · · ·4 ­(~) +(6~) L2 . r L- J 
o 
o ­(6i')2+(~t). 
­(~'), 4 (rr), 
­(4tl),+(4~)1+(4~)3 j (4~'). 
(24.24) 
(AE), +(1~~) t­(AE) +(f2;í)' t. 1 · L 2· l. 3 L 4 
La resistencia rotal al movimiento· del nodo 5 es simplemente la suma de los coeficientes 
de fuerza individuales para los cuatro elementos. Entonces 
(1281) () (~')4 L3 . { x,,} 4 {;:} (:e)4 (<f,4=90") Ys,-~ = o o M5_4 (6~1) 
4 
(4:1) 
4 
o 
CAPITULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 509 
{ X:;} Ys · · Mo:: 
Figura 24.14 
2 
El = constante 
Los problemas que han sido estudiados en las secciones anteriores han involucrado fuerzas con­ 
centradas y momentos aplicados solamente a los nodos. Como casi todas las estructuras reales 
están sometidas a cargas distribuidas o concentradas entre nodos, la técnica de solución usando el 
método de las rigideces debe expandirse para permitir el manejo de estas situaciones. Afortunada­ 
mente, los cambios requeridos son relativamente menores. 
La viga de la figura 24.14, que tiene una carga uniformemente distribuida sobre el segmento 
2, se considera para este estudio. 
24.4 CARGA ENTRE NODOS 
Puente del río Cherco. Brookings, Orcgón. (Cortesía del Departamento de Transporte de 
Oregón.) 
estructuras simples tal como la que­se considera aquí no introduce errores apreciables. Sjn 
embargo. para estructuras más compltcadas, porejemplo, un edifioio reticular de grao altu­ 
ra, Ja hipótesis de deformación axial cero puede introducir errores significativos. • 
510 PARTETRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(24.30) 
4EI 2EJ 
L L 
2EI 8EI 
L L 
{ M 1 = 0 } 
1º1ª1 
_ { O 1 } _L. M2 = O ­ wL­ • 
12 
Después de eliminar las filas y las columnas asociadas con los desplazamientos de frontera 
iguales a cero impuestos (vi, v2, v3, 83), las ecuaciones de rigideces restantes son 
(24.29) {P}io1a1 = {P}" + fK]{&} 
Por lo tanto la carga nodal resultante cuando Las cargas distribuidas actúan sobre Je estructura 
se expresa, en general, como la suma de los lados derechos de las ecuaciones 24.27 y 24.28: 
{P}N = [K]{6} 
o sea. 
12El 
L·\ 
6EI 4EI (Simétrica) L2 ­ Y, L V¡ 
M1 ­12EI -6EI 24El a, 
Y2 L3 L2 L3 V2 (24.28) M2 6ET 2EI 8El 02 o Y3 LZ L L V3 M2 -l2EI ­6EJ l2EI 03 o o L3 L2 L3 
6El 2EI ­6El 4EI o o ­ L2 L L:z L 
Las fuerzas nodales adicionales debidas al desplazamiento nodal están dadas por la ecuación 
21.26 (para una viga en la cual se desprecian los desplazamientos axiales): 
o 
F Y1 o 
MF wL 1 ­ 
yF 2 wL2 {P}F = 2 (24.27) Mf 12 
yF wL ­ 3 2 MF wL2 3 ­­­ 12 
Si se restringen todos los grados de libertad de la estructura (es decir. v, = v2 = v3 = 81 = e2 
= 03 = O.O), las reacciones nodales resultantes se denominan "fuerzas de empotramiento". Corno 
se usa aquí. el término"fuerzas" incluye tanto las fuerzas transversales como los momentos. Para 
el problema mostrado en la figura 24.14. las fuerzas de empotramiento son 
CAPITULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 511 
wL2 F ­8 2 6 . 2 
{ M }fim,1 12 168 wL 168 wL 2,3 ­ + M:t,2 ­wL2 ­4 ') ­18 2 -wL- 168 wL 12 168 
{ M } final { 0 } 1· { O } { O } M~~ = O + -6 wL2 = ­6 wL 2 
l68 168 
Entonces los momentos internos finales son 
wL2 
12 
­wL2 
12 
Las fuerzas internas totales de los elementos son aquellas que resultan de las condiciones de 
"empotramiento" además de aquellas que resultan de los desplazamientos nodales. Para este pro­ 
blema de ejemplo, no se desarrollan momentos internos de empotramiento en el elemento (D. ya 
que no hay cargas en los elementos. Para el demento (2), los momentos internos de empotramiento 
debido a la carga son 
­8 2 
168 wL 
-4 ? 
168 wL­ 
4ET 2EI 
L L 
2E1 4EI 
L L 
y 
4EI 2EI 
L L 
2EI 4El 
L L 
Las fuerzas; internas de los elementos debidas a los desplazamientos nodales pueden encon­ 
trarse sustituyendo los valores derivados de 91 y 92 en las matrices de rigideces para Jos elementos 
de viga individuales, Estos momentos internos se calculan como sigue: 
o 6EI 6EI 
L1 L1 L2 w ­ 
Y1 2 ­6EI o -3 Y2 L2 
{ :~} = 
39 wL ­ wL2 + ­ Y3 ­6EI 48 84 
M3 2 o L1 ­9L 
­wL1 2El 
12 o L 
Las fuerzas nodales se encuentran sustituyendo los valores de los desplazamientos libres en 
la ecuación 24.29: 
(24.31) { J} wL3 = ­2 12EJ 
-1 ({~}-{~~'}) 4ET 2EJ L L 2Ei 8Er 
L L 
{ :~} = 
La solución para los desplazamientos libres se encuentra resolviendo el conjunto de ecua­ 
ciones simultáneamente: 
512 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTt\TICAMENTE INDETERMINADAS 
Solución. 
Las "fuerzas de empotramiento" que actúan sobre el elemento (D se muestran en la figura 
24.16(11), con las fuerzas cortantes mostradas actuando paralelas al eje local y del elemento 
(D. Estas fuerzas se descomponen en fuerzas que actúan e11 la dirección global, y las "fuer­ 
zas de empotramiento" se vuelven a trazar en la figura 24.l 6(b). E11 la figura 24.16(c) se 
muestran las "fuerzas de empotramiento" apropiadas que actúan sobre el elemento@. 
Figurá 24.15 
P.I = constante 
Empotramiento 
P = 10 klb 
El marco de la figura 24.15 soporta una carga uniformemente distribuida sobre el elemento CD . . y una carga concentrada en el eje­ central del elemento @. Prepare las ecuaciones de rigideces 
requeridas para resolver el problema. 
El ejemplo 24.4 muestra el análisis de un marco que consiste en un elemento horizontal y un 
elemento inclinado, los cuales están sometidos a cargas localizadas entre los nodos. El propósito 
de este ejemplo es mostrar cómo manejar las cargas distribuidas aplicadas a los elementos incli­ 
nados y las cargas concentradas que actúan entre nodos, y c6n10 manejar las fuerzas de empotra­ 
miento en elementos contiguos. 
CAPITULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 5 13 
Figura 14. J 7 
Empotramiento 
1 Ejes globales 
y 
" "tp -+~.d:;---;----:--r-;;-¡;-;--, ­­,­;­;,­¡­;;._ ;"';,!' ..,....';. ~. ijl- Ernporramienro 
3 ¡' 
9 klb­pie 
to klb 11 klb 
La adición de todas las fuerzas de empotramiento prodacela carga total de empotra, 
miento .para el marco mostrado en la figura 24. 17. 
Las ecuaciones de rigideces asociadas con los nodos libres de esta estructura pueden 
entonces escribirse como 
Figura 24. 16 
(e) (bJ 
x .. 2 = 6 klb ­­__;:­"­' 
~ M1. 2 =­24 klb­pie 
Y i. 3 = 5 klb [0 klb Y 3. 2 = 5 kJb e 1 '~t·· ­·. f_, .. ·­· . r 1) 
a) M:i. 2 = 15 klb­pie M2_3 = 15 klb­pie 
Y2, 1 = 6 klb 
. Mi. 1 = 24 klb · pie j 
Y1. 1 = 8.485 klb ~ ­­~ M1, 1 = 24 klb­pie 
2 X2• 1 = 6 klb 2 
(a) 
514 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
y 
Coordenadas 
lobales 
X 
L 
y' 
oordenadas 
locales x' 
24.2 Repita el problema 24.1. pero use un conjunto de ejes lo- 
cales de nueva definición. Observe las diferencias en las 
matrices de rigideces determinadas en los problemas 24.2 y 
24.1. 
y 
oordcnadas 
chales 
X 
~· = :as ¡ locales 
y' 
2 
A. E, 1 
A.E.! ·~ l ¡, 
1 
2 
f 
24.1 Determine la matriz.global de. rigideces [KJ para el elemen- 
to vertical mostrado. Suponga que los ejes locales se defi­ 
nen como se muestra en el esquema. (Sugerencia: Use la 
ecuación 24.19, con e= 90".) 
24.S PROBLEMAS PARA SOLUCIONAR 
24.3 Una viga en voladizo está orientada a 45º con la horizontal, 
Una carga horizontal P actúa en el extremo del puntal. Eje- 
cute lo siguiente: 
(al Determine la matriz de rigideces para el puntal: 
(b) Determine los desplazamientos del nodo Z (expresados 
con respecto al sistema global de coordenadas): 
(e) Resuel va los desplazamientos globales del nodo 2 en 
un- conjunto de desplazarnteruos loca.les (u;, v~. 0'1) 
EJ modelo de marco mostrado en la figura 24.15 consiste en dos elementos y 3 nodos. 
Como se ha mostrado en e1 ejemplo, la fuerza concentrada que actúa entre los nodos del 
elemento@ se trata de una manera similar a la usada para la carga distribuida. En for­ 
ma alterna, el analista puede elegir añadir otro nodo al modelo en la posición de la fuer­ 
za concentrada. Esta elección elimina la necesidad de un tratamiento especial de la c.arga 
concentrada, pero ciertamente añade tres componentes de desplazamiento adicionales 
al conjunto de incógnitas en los problemas. 
Aunque los problemas de ejemplo abordaron casos muy especiales de carga entre 
nodos, el método mostrado en estos ejemplos puede usarse para cualquier forma de carga 
distribuida o concentrada que actúe entre los nodos. Para aplicar el método de las rigideces 
a estos problemas el analista afronta solamente la tarea adicional de determinar las fuerzas 
de empotramiento. Se proporciona en resumen condensado de las fuerzas de empotramien­ 
to para cargas de ocurrencia común en la figura 20.4 y en el primer forro. • 
{ t12 } _ [k1.1 V2 - kz..¡ 92 k3 1 . . 
Los desplazamientos de nodo libre se determinan usando una técnica de solución de 
ecuaciones simultáneas adecuada. 
CAPÍTULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 515 
24.7 Use el método descrito en la sección 24.4 para determinar 
lo siguiente para la viga mostrada, cargada ton una carga 
uniformemente distribuida. w: 
3 
Para ambos elementos: 
A=20 plg2 
1 = 100 plg" 
B = 29 000 klb/plg? 
Conexión de la cumbrera 
24.6 Un marco que consiste en dos elementos unidos en el nodo 
2 está rígidamente apoyado en los nodos I y 3. El marco 
también está guiado por un soporte de rodillo en el nodo 2. 
Una fuerza concentrada P actúa horizontalmente en el nodo 
2. Ejecute lo siguiente: 
(a) Determine la matriz global de rigideces para el marco; 
(b) Aplique condiciones de frontera y determine los des­ 
plazarnicntos nodales resultantes en el nodo 2; 
(e) Determine las reacciones en los nodos 1. 2 y 3. 
{
V?} {­18.QJplg } (b) i = 0.536 r;ds. e, 0.161 rads. 
{ 
V2 } {­0.00745 plg } Resp.: (a) 02 = 0.00002rads. 
03 0.00007 rads, 
CD L 
2 .. 
Para ambos elementos: 
A =20 plg2 
f=IOOplg~ 
E= 29 000 klb/plg2 
L= 12 pies= 144 plg 
P=30klb 
(a) Determine los desplazamientos en los nodos 2 y 3. 
(b) Considere que el área transversal de todos los elemen­ 
tos tiende a cero (es decir, A = O). Vuelva a calcular los 
desplazamientos nodalcs. ¿,Puede explicar la natura­ 
leza de la solución para la parte (b)? 
24.S Un marco de dos elementos está rígidamente sustentado en 
el nodo 1 y está sujeto con un pasador en el nodo 3. Adicio­ 
nalmente, se proporciona un soporte de rodillo en el nodo 2. 
L---- 
Empotramiemd" ·r 1'.~" 
i----L .¡. 
L l 
• 1 P" .. CD st CD 
Empo­ . · ,~:=::::::::=::'.::::::3:l:IEjC:(~~+ Empo­ tramiento ­::] tramieruo 
': 
L 
f 
Pum todos los miembros: , 
A= 4plg­ Empotramiento 
l = 100 plg4 
B = 29 000 klb/plg2 e= 12 pies= 144 plg 
P•= lOklb @ 
24.4 Una estructura cruciforme está hecha de cuatro elementos 
unidos en el nodo 5. como se muestra. Una fuerza nodal, 
P*. actúa en el nodo 5. Ejecute lo siguiente: 
(a) Determine la matriz global de rigideces para el cruci­ 
forme; 
(b) A pique condiciones de frontera y determine los despla­ 
zamientos nodales ,m el nodo 5 debidos a P*-; 
(e) Considere que el área transversal A de todos los ele­ 
mentos tiende a cero (es decir, A = 0). Vuelva a calcu­ 
lar los desplazamientos del nodo 5. 
(e) X~ - 1.41 plg 
Y~=- l.41 plg 
M~=O 
Resp.: (b) u2­0.6708 
V2=­0.6700 
02=­0.0079 
Empotramiento 
1 = 100 plg~ 
A=l5 plg2 
l' = 15 pies= 180 plg 
B = 29 000 klb/plg~ 
y 
L 
y' x' V Coordenadas locales 
(d) Use las respuestas de la parte (e) para obtener las fuer­ 
zas del elemento para el puntal (expresadas con respec­ 
to a los ejes locales). 
5 16 PAR1E TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
'Al formar la matriz de rigideces para la estructura. trate las rotaciones Si.1 y 02,3 como variables indepen­ 
dientes (es decir. fJ2_1 * 62_,J. Después de imponer las condiciones de frontera, las ecuaciones de rigideces comen- 
drán tres variables de desplazamiento independientes: v:, e,_1 y 0i_,. 
1 .... ,_ __ 4·­­­..1...,_ s·­­­­­­­, 
EJ = l.8 X J 06 klb · 1>1g.1 
24.10 Una viga está empotrada en ambos extremos, pero tiene 
una arncuíacron interior, como se muestra. Una fuerza ver­ 
tical P actúa en la articulación. Determine lo siguiente:" 
(a) El desplazamiento transversal en el nodo 2; 
(b) Las rotaciones en ambos lados del nodo 2, es decir. 02,1 
y 02,3 
(e) Las reacciones en los nodos I y 3. 
(b) Y I Total ­=­ 12.0 plg 
MI Total= 384.0klb · plg 
M 2 Total = 192.0 klb · plg 
Resp.: (a) Y1 6.00 plg 
M 1 = 288.0 klb · plg 
M2 ­ 288.0 klb · plg 
El = 1.8 x f06 klb . plg2 
la viga tiene libertad de trasladarse verticalmente, pero 110 
puede girar. Determine lo siguiente: 
(a) El desplazamiento transversal del nodo '2; 
(b) Las reacciones en los nodos I y 2. 
24.9 Una viga de un solo claro tiene una carga uniformemente 
distribuida para toda su longitud. El extremo derecho de 
~·­­ s: __ __,__ __ s·_:r"''' 3 
El= 1.8 X I O'' klb- plg2 
Resp.: (a) 02 =0.0{)128 rads (b) Y1 Total =7.5 klh 
Y 1 = 1.5 plg M1 Toral= 144 klb · plg 
M1 ­48.0klb. plg Y2 Total =4.5 klb 
Y 2 (neta)= ­1.5 plg M2 Total = O 
24.8 Una viga continua tiene una carga uniformemente distribui­ 
da para toda su longitud. Determine 10 siguiente: 
(a) Rotaciones en los nodos 2 y 3; 
(b) Reacciones en los nodos l. 2 y 3. 
---------- 8' 
1.5 klb/pic 
El= 1.8 X 106 klb · plg2 
(a) Rotación en el nodo 2; 
(b) Reacciones en los nodos J y 2. 
CAPÍTULO 24 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 517 
518 
Figura 2S. I 
~ j 
La derivación de las ecuaciones de rigideces incluye una nueva formulación para cada estructura 
diferente. Sin embargo, como el lector seguramente ya se percató, la matriz de rigideces para una 
estructura completa puede encontrarse sumando, de manera apropiada, las matrices de rigideces 
de los elementos individuales de la estructura. Para ilustrar este hecho, se considera el elemento de 
fuerza axial mostrado en la figura 25.1. 
25.2 ADICIÓN DE LAS ECUACIONES DE RIGIDECES 
La inlroducción al método de las rigideces presentada en los capítulos 23 y 24 se escribió con la in­ 
tención de proporcionar una visión de los principios físicos involucrados en el método. Aunque la 
implementación del método de Ja5 rigideces es bastante directa, los detalles que intervienen en su 
aplicación a todas las estructuras, con excepción de las más sencillas, son desalcntadamcntc tedio­ 
sos para quienquiera que intente una solución manual. Sin embargo, la utilidad del método surge de 
su adaptabilidad de uso con las computadoras digitales. En este capítulo se replantean algunos as­ 
pectos del método de las rigideces en una forma que baga más evidentes los pasos de programación 
en computadora. Además, el método se aplica a varias estructuras que no se han estudiado anterior­ 
mente, Se pone énfasis en la manipulación de las ecuaciones algebraicas a través de los métodos 
matriciales, una forma idealmente adecuada para los lenguajes de computadora existentes. 
25.1 GENERALIDADES 
Temas adicionales de métodos matriciales 
Capítulo 25 
{~iq­ (ALE)' -(~), o {~:} -(~), (~), o (25.2) 
o o o 
y 
o o o 
{ F~, }­ 
o (~), -(A~), r:} (25.3) 
F:\2 o ­(ALE)2 (Az)2 UJ 
Corno la estructura total incluye tres nodos, hay tres desplazamientos nodales posibles (tam- 
bién llamados grados de libertad en este libro), y resultará una matriz de rigideces total de tres por 
tres. La matriz de rigideces para cada elemento individual se expande, o se aumenta, para incluir 
todos los grados de libertad de la estructura. Las ecuaciones de rigideces reescritas para los miem­ 
bros aparecen ahora como 
(25.1) { F¡J} = p. . . ,., 
El miembro se divide en dos elementos y se escribe una ecuación de rigidez para cada ele­ 
mento (ecuación 23.8). Los subíndices i y j se usan para denotar los números de nodos y m se usa 
para los números de los miembros. 
Estadio de fútbol de la Universidad Clemson. Clcmson, Carolina del Sur. (Cortesía de Britt, Peters 
y Asociados.) 
CAPÍTULO 25 TEMAS ADICIONALES DE MÉTODOS MATRICIALES 519 
En el captrulo 24 la matriz de rigideces para un miembro general sometido a flexión en el plano se 
obtuvo en términos de las propiedades del miembro y de su ángulo de inclinación con un sistema 
de referencia global. Un procedimiento sistemático para manipular las ecuaciones escritas con 
respecto a los sistemas de referencia girados es útil al escribir programas de computadora para 
realizar estas tareas. Aquf se presenta una introducción a estos métodos. 
Ahora S<:: considera el demento inclinado sometido a flexión de la figura 25.3. 
25.3 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 
Por lo tanto, la adición de las ecuaciones de rigideces de los miembros individuales produce 
la ecuación de rigideces para la estructura completa. En general. lo único que se necesita es que el 
programa de computadora contenga las instrucciones para formar una matriz general de rigideces 
del miembro y fas instrucciones para sumar apropiadamente las matrices de rigideces para los 
miembros individuales para formar la matriz de rigideces para la estructura completa. 
(25.5) 
A partir de esta figura se escribe la siguiente relación para el nodo 2: 
LF" = ­F2,1 ­ F2.:l + X2 = O 
.·. X2 = F2.1 + F2,3 
Figura 25.2 
­r­ F 1-' ~. 1 2. 3 
Nodo2 
'6. CD F2.1 f"F------"'---~1- 
Las fuerzas internas del elemento F21 y F23 se relacionan con la fuerza externa que actúa en 
el nodo 2 a través del equilibrio estático. como se muestra en la figura 25.2. 
(25.4) 
(~)J ­(~)J o o o o (~)2 ­(~)2 {;:} { r,,} { o } o F~.1 + ;;:~ = -(~), (:E), o + ­(~)2 (~)2 o o o o 
o 
Las dos ecuaciones matriciales (25.2 y 25.3) se suman directamente para producir 
En el capítulo 24 la matriz de rigideces para un miembro general sometido a flexión en el plano se 
obtuvo en términos de las propiedades del miembro y de su ángulo de inclinación con un sistema 
de referencia global. Un procedimiento sistemático para manipular las ecuaciones escritas con 
respecto a los sistemas de referencia girados es útil al escribir programas de computadora para 
realizar estas tareas. Aquí se presenta una introducción a estos métodos. 
Ahora se considera el elemento inclinado sometido a flexión de la figura 25.3. 
25.3 MATRICES DE RIGIDECES PARA ELEMENTOS INCLINADOS 
Por lo tanto. la adición de las ecuaciones de rigideces de los miembros individuales produce 
la ecuación de rigideces para la estructura completa. En general, lo único quese necesita es que el 
programa de computadora contenga las instrucciones para formar una matriz general de rigideces 
del miembro y las instrucciones para sumar apropiadamente las matrices de rigideces para los 
miembros individuales para formar la matriz de rigideces para la estructura completa. 
(25.S) 
A partir de esta figura se escribe la siguiente relación para el nodo 2: 
LFx = ­F2.1 ­ F2.3 + X2 = O 
.: · X2 = Fi,1 + F2,3 
Figura 25.2 
~ 
CD F2. 1 X2 f2.~ ­ 1­­­­ --r-- ­­­­1 f2. 1 F2, 1 
Nodo2 
Las fuerzas internas del elemento F2•1 y F2.3 se relacionan con la fuerza externa que actúa en 
el nodo 2 a través del equilibrio estático, como se muestra en la figura 25.2. 
(25.4) 
o 
o 
o 
o 
{ ~~} ll3 
o 
o + 
o 
Las dos ecuaciones matriciales (25.2 y 25.3) se suman directamente para producir 
520 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
(25.9) {P'} = ('Y]-1 {P} = ['YJT {P} 
La matriz de transformación [­y] tiene la propiedad (que no es verdadera para las matrices en 
general) de que L'Yr' = [-Y?- Esta propiedad puede verificarse fácilmente multiplicando Í'Y I por su 
transpuesta para obtener una matriz identidad. Por lo tanto 
X',.2 cos <ti ­ sen <I> o -1 x.. 
Y~.2 sen <I> cos <I> o Y1.1 
M~2 o o 1 M1.2 (25.8) 
cos <!> sen <P o X1.'! 
­ seo <I> cos <1> o y 1.1 
o o M1.2 
donde [­yj se denomina matriz de transformación. 
La ecuación 25.6 también puede usarse para expresar las fuerzas nodalcs locales en términos 
de las componentes globales de fuerza: 
(25.7) {P,} = hHF>;} 
Simbólicamente. la ecuación 25.6 puede escribirse como 
(25.6) 
x~.2 
Y~.2 
M'1.:1 
- sen <l> º] cos <l> o 
O 1 { 
X1.2 } [cos q, Y 1.2 = sen <!> 
M1.2 O 
Las fuerzas nodales expresadas en el sistema local de coordenadas se muestran con primas, 
mientras que sus componentes equivalentes expresadas con respecto al sistema global de coorde­ 
nadas se muestran sin primas. La relación entre las componentes de fuerza en el sistema local de 
coordenadas y las componentes equivalentes en el sistema global de coordenadas se ha mostrado 
anteriormente como la ecuación 24. 17 y se repite aquí con una notación ligeramente alterada: 
X1,2 = x;,2 cos <!> - v;.1 sen <l> 
Y 1.2 = X'u sen 4> + Y'1..! cos <!> 
M 1 :.1 = M'1.2 
Escrita en forma matricial. la relación es 
Figura 25.3 
­­x 1.1 
L. y i.a + v,,~¡ 
2 
CAPfTULO 25 TEMAS ADICIONALES DE METODOS MATRICIALES 521 
El producto triple matricial mostrado en la ecuación 25. l 6 producirá exactamente el mismo 
resultado para [K] que el mostrado anteriormente en la ecuación 24.9. 
Las ecuaciones de transformación tales como las dadas en las ecuaciones 25.1 O y 25. l 2 son 
muy útiles para manejar elementos inclinados. ya que permiten al analista programar ecuaciones 
para usarse en una computadora en ambos sistemas coordenados local y global con relativa facili­ 
dad. La solución típica de una estructura que tiene elementos inclinados requiere varias etapas de 
transformación de un sistema coordenado a otro. 
(25.16) [K] = [r][K'J[rJ-1, matriz global de rigideces 
donde 
(25.15) {P} = [K]{o} 
o 
(25.14) 
Si ambos la.dos de la ecuación 25.13 se premultiplican por LI'], el resultado es 
{P} = ([r][K'][T']-1){8} 
(25.13) 
donde [K'] se denomina matriz local de rigideces. 
La sustitución de las ecuaciones 25. l O y 25.12 produce: 
1r¡­1 {P} = !K')!r¡­1 {8} 
{P'} = [K'l{S'} 
(25.12) {1!~?} = {8}combinado = [rl{o'}combioado 
Una ecuación de rigideces tal como la que se da en la ecuación 25.30, referida a ejes locales, 
puede ahora transformarse a ejes de coordenadas globales con la ayuda de las ecuaciones 25.10 y 
25.12: 
y 
(25.11) {6¡} = ['y){8(} 
Una transformación similar a la descrita en la ecuación 25.10 puede realizarse para cualquier 
otro vector que actúe en el nodo. En particular. los desplazamientos nodales pueden transformarse 
de coordenadas locales a globales 
{P} = {{Pi}} {P2} 
y 
(25.10) lO]] ['y] 
donde 
{P} = [f]{P'} 
o 
Puede realizarse una transformación similar de fuerzas nodales en el extremo 2 del elernen­ 
lo. Las dos transformaciones pueden combinarse en una sola ecuación matricial: 
522 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Para el problema expuesto en la figura 25.4(a). la ecuación de rigideces, después de conside­ 
rar las condiciones de frontera, es 
­12El 
L;i 
Y1 ­661 ÁV1 =Ü L2 
M1 e, 12EI Y2 V2 = Ü 
~ vr + \K] (25.17) M2 ­ 02 
Y3 ­6EI V3 =Ü 
M3 L2 03 = o o 
o 
Las fuerzas necesarias para desplazar a la viga esta distancia mientras que se evitan cuales­ 
quier otros desplazamientos nodales pueden deterrniuarse de la figura 23. 10. La forma deformada 
de la viga se esboza en la figura 25.4(b). Puede escribirse una ecuación de rigideces que incluya 
a estas "fuerzas de empotramiento", así como las fuerzas desarrolladas por los desplazamientos 
nodales: 
Figura 2S.4 
Li:I ====CD====::;2~====®====3:::Wr: Emporrarniemo vj ::J:L 1 
~0. 1 _J 
¡..1 ..... --- L----•+---• ---L 
El = constante 
(a) 
Aunque, en general. las estructuras se dcflcxionan como respuesta a las cargas aplicadas, hay 
ocasiones en que una estructura es obligada a desplazarse una cantidad especificada. Un ejemplo 
es una viga continua cuyos apoyos no están alineados apropiadamente. La desalincacién puede 
corregirse asegurando la estructura en su posición con un gato. Tal vez el analista quiera saber 
qué fuerzas se requieren para forzar a la viga a través del desplazamiento necesario para hacer que 
se ajuste. 
Se supone que el nodo I de la viga continua de la figura 25.4(a) está desalineada una canti­ 
dad vi. 
25.4 ECUACIONES DE RIGIDECES PARA ESTRUCTURAS 
CON DESPLAZAMIENTOS IMPUESTOS 
CAPÍTULO 25 TEMAS ADICIONALES DE MÉTODOS MATRICIALES 523 
Figura 25.S 
J' (!J.T F x, X3 ~ ­ §A 3 ¡¡­ ,. "' 2 3 
(b) 
AE L = constante. todos los elementos 
Frecuentemente, uno o más miembros de una estructura están sujetos a cambios de temperatura con 
cambios resultantes en la longitud. Para una estructura estáticamente indeterminada estos cambios 
de longitud generalmente conducirán al desarrollo de Iuerzas internas. Tal vez sea necesario que el 
analista conozca las fuerzas y los desplazamientos causados por los cambios de temperatura. 
Se supone que el elemenLo@dcl puntal continuo de la figura 25.S(a) experimenta un incre­ 
mento en la temperatura igual a~ T. 
Si todos los nodos de la estructura se mantienen inmóviles, se desarrollan fuerzas en ambos 
extremos del elemento. Éstas se muestran en la figura 25.5(b) como X~ y xt y sus valores se 
calculan con la siguiente expresión, en la cual a es el coeficiente térmico de dilatación. 
25.5 ECUACIONES DE RIGIDECES PARA ESTRUCTURAS CON ELEMENTOS 
QUE EXPERIMENTAN CAMBIOS DE TEMPERATURA 
Como de costumbre, las fuerzas internas del elemento se encuentran sustituyendo las com­ 
ponentes obtenidas del desplazamiento nodal en las ecuaciones de rigideces para los elementos 
individuales, y sumando las fuerzas de empotramiento aJ resultado. 
4EI 2EI 6EI ­ 
{::} = 
L2 L L v• 
2El 8EI 6EI 1 ­ ­ L2 L L 
y 
9 
{:~} = 
7 v* 1 (25.19) 3 L ­ 7 
Si no se aplican momentos nodales externos, la solución para las rotaciones nodales re­ 
sultantes. debidas al desplazamiento nodal impuesto Vi, se encuentra resolviendo el conjunto de 
ecuaciones resultantes (ecuación 25.18) simultáneamente: 
(25.18) 
2EI 
L 
8El 
L 
4EI 
L 
2EI 
L 
-6ET 
L2 
­6EI 
L2 
524 PARTE TRES ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS 
Como se ve de la solución, la estructura experimenta una compresión uniforme en todos 
lados como resultado de un aumento de la temperatura en el elemento (2). 
a(6.T)EA 
3 
cx(AT)EA 
?, 
a(6.T)EA 
3 
o:(ÁT)EA 
3 
cx(ó.T)EA 
3 
cx(ÁT)EA 
{ X14} { 0 }fl AE [ 1 ­ l] { U3 } x~:.,