obras civiles anÁlisis estructural final

OBRAS CIVILES: ANÁLISIS ESTRUCTURAL Departamento de Ingeniería Sanitaria y Ambiental - UdeA

Riveros, C.A., García, E.F., Rivero, J.E. Página 1

CONTENIDO

1. Conceptos Fundamentales 1.1. Definición de estructura 1.2. Clasificación de las estructuras

1.2.1 Según su sistema estructural 2.2.1 Desde el punto de vista del análisis

1.3. Idealización estructural 1.4. Estabilidad

3.2.1 Estabilidad estática 4.2.1 Inestabilidad geométrica

1.5. Determinación e indeterminación estática 1.6. Grado de indeterminación estática

5.2.1 Armaduras (Plano) 6.2.1 Pórtico (Plano) 7.2.1 Armadura (Espacio) 8.2.1 Pórtico (Espacio)

2. Métodos Energéticos 2.1. Principio de conservación de energía 2.2. Método de trabajo virtual

8.2.1 Principio trabajo virtual 2.3. Teorema de carga unitaria 2.4. Teorema de Castigliano

3. Estructuras Estáticamente Indeterminadas 4. Método de Pendiente Deflexión 5. Método de Cross



1. CONCEPTOS FUNDAMENTALES

1.1 Definición de estructura Conjunto de elementos capaces de soportar o transmitir carga, los cuales están dispuestos de tal forma que tanto la estructura total, como sus componentes, tengan la propiedad de mantenerse sin cambios apreciables en su geometría durante los procesos de carga y descarga. 1.2 Clasificación de las estructuras

1.2.1 Según su sistema estructural

• Estructuras reticulares: estructuras formadas primordialmente por elementos en los cuales una de sus dimensiones es bastante mayor en comparación con las otras dos, los elementos están conectados constituyendo un entramado, ejemplos de estas son las cerchas (armaduras), los pórticos rígidos, etc.

• Estructuras laminares: estructuras que tienen un espesor considerablemente

menor en comparación con sus otras dos dimensiones, ejemplos de estas son los tanques circulares de almacenamiento, silos, etc.

• Estructuras masivas: Forman un continuo como por ejemplo las presas de

concreto reforzado (gran peso), muros de contención, etc. 1.2.2 Desde el punto de vista del análisis

• Estáticas o dinámicas • Planares o espaciales • De comportamiento lineal o no lineal • Determinadas o indeterminadas

1.3 Idealización estructural

Reducir la estructura a un modelo matemático que la represente de forma adecuada y permita evaluar su comportamiento en forma analítica ante las diferentes solicitaciones de carga; las hipótesis que se tienen son en primer punto que las deformaciones son pequeñas y el comportamiento de los elementos de la estructura es lineal y elástico. Es importante resaltar que la estructura real es diferente a la idealizada, que luces mayores implican elementos más. 1.4 Estabilidad

Una estructura es estable cuando es capaz de soportar cualquier sistema concebible de cargas sin presentar inestabilidad, la estabilidad no depende del sistema de cargas. 1.4.1 Estabilidad estática Para que un cuerpo sólido permanezca en estabilidad estática es necesario que se cumplan las siguientes condiciones:



F 0=∑ Ecuación que relaciona las fuerzas

M 0=∑ Ecuación que relaciona los momentos

Cuando hay tres reacciones de equilibrio para una estructura en el plano debe haber por lo menos tres reacciones independientes para impedir el desplazamiento (condición necesaria pero no suficiente para el equilibrio estático). 1.4.2 Inestabilidad geométrica

A pesar de haber un número adecuado de apoyos, su arreglo no permite a la estructura resistir el movimiento causado por una fuerza aplicada arbitrariamente.

Figura 1. Estructura con Inestabilidad geométrica

Figura 2. Estructura con estabilidad geométrica 1.5 Determinación e indeterminación estática Sistemas indeterminados: cuando existen tantas fuerzas desconocidas como ecuaciones de equilibrio.

Figura 3. Estructura estáticamente determinada



0 : 0y ya ybF P F F+ ↑ = − + + =∑

0 : 0x xaF F→+ = =∑

0 : . . 02A yb

LM P F L∩

+ = − + =∑

1.6 Grado de indeterminación estática (GIE)

NTI: Número total de incógnitas NTE: Número total de ecuaciones Si NTI = NTE � el sistema tiene solución exacta 1.6.1 Armaduras (plano)

NB= Número de barras (solo fuerza axial) NR= Número de reacciones NN= Número de nodos NTI= NB+NR, NB → Fuerza axial NTE=2NN ∑ xF ; ∑ yF

GIE=NB+NR-2NN NB=7

NR=3 NN=5 GIE=0

Figura 4. Armadura plana estáticamente determinada

1.6.2 Pórticos (plano)

NE= Número de elementos NTI=3NE-NR, 3NE → axial, cortante, momento, C: NTE=3NN-C, 3NN →2∑F Λ Momento, C → Rotula, M=0 GIE=3NE+NR-3NN-C

NE=3 NR=5 NN=4 C=1 GIE=1

Figura 5. Pórtico plano estáticamente indeterminado



1.6.3 Armadura (espacio)

NTI=NB+NR NTE=3NN 0; 0; 0= = =∑ ∑ ∑x y zF F F

1.6.4 Pórtico (espacio)

NTI=6NE+NR NTE=6NN+C; 6NN → ( ) ( )x,y,z x,y,zF M∑ ∑

GIE=GNE+NR-GNN-C

2. MÉTODOS ENERGÉTICOS Los métodos energéticos se fundamenta en que el trabajo efectuado por las cargas aplicadas se convierte en energía potencial elástica de deformación; los elementos cargados almacenan la energía en forma de deformación y una vez se descargan los elementos la energía es liberada y la estructura regresa a su estado inicial. Al deformarse la estructura, la configuración geométrica de la estructura cargada es diferente de su configuración sin carga.

� Para estructuras estáticamente determinadas los cambios extremadamente pequeños en la configuración no tienen efecto significativo sobre su geometría (y fuerzas internas).

� Para estructuras estáticamente indeterminadas las deformaciones pequeñas tienen un efecto significativo sobre la distribución de las fuerzas internas y su evaluación precisa es primordial.

Figura 6. Curva esfuerzo deformación

Ley de Hooke: = ×σ E ε De acuerdo a datos experimentales se asume que el concreto tiene un comportamiento lineal hasta aproximadamente un valor de esfuerzo de 0.45f’c. La rigidez se define como la capacidad de resistir deformaciones. A mayor rigidez, mayor control de deformaciones.



Figura 7.Curva esfuerzo deformación del concreto

2.1 Principio de conservación de energía “El trabajo efectuado por las cargas aplicadas se convierte en energía potencial de deformación elástica o energía elástica que se almacena en los elementos”. La energía de deformación puede ser causada por: fuerza normal, fuerza cortante, momento flector, y/o momento torsor. Todo el trabajo de las fuerzas externas debe ser igual al trabajo que hacen las fuerzas internas en la estructura. ∆ = ∆ × ∆e j jw F D

Figura 8

1

2= ×e j jw F D

Figura 9

= ×e j jw Q D

Figura10

ΔFj

δDj

Δ

Δ

F

Δ

F

Qj



El trabajo interno es igual a la energía almacenada en el elemento por deformación.

= ∫ ∫i A L

L A

w d dσε

iw : Trabajo fuerzas internas

σ : Esfuerzo ε : Deformación unitaria 2.1.1 Fuerza Axial Causa una deformación en el eje del elemento.

Figura 11 Figura 12

Figura 13 Figura 14

;= ∫ ∫i A L

L A

w d dσε / ;=xx n Aσ / /= =xx N EA Eε σ

; =

∫ ∫i A L

L A

n Nw d d

A EA= ∫i L

L

nNw d

EA



2.1.2 Fuerza cortante

= ∫ ∫i xy xy A L

L A

w d dτ γ

= yxy

z

Q

I b

µτ

= =xy yxy

Z

Q V Q

G I b

τγ

Figura 15

=

∫ ∫

y yi A L

Z ZA

Q V Qw d d

I b I bG

µ

( ) ;/

= ∫y y

i L

L y

Vw d

G A

µα

2

2 2y AAZ

A Qd

I bα = ∫∫

G: Módulo elástico transversal

( )2 1

EG

V=

+

2.1.3 Momento Flector (eje z)

Al generarse una curvatura, se genera a la vez una distribución de esfuerzos.

Figura 16

Eje neutro: Zona de cambio de esfuerzo de compresión a esfuerzo de tracción.

Figura 17

= ∫ ∫i A L

L A

w d dσε



;= − Zxx

Z

m Y

Iσ −= Z

xxZ

M Y

EIε

=

∫ ∫ Z Z

i A LZ ZL A

m Y M Yw d d

I EI

22

;= ∫ ∫ Z Zi A L

ZL A

m Mw Y d d

EI2=Z AI Y d

= ∫ Z Zi L

ZL

m Mw d

EI 2.1.4 Momento Torsor

= ∫ ∫i A L

L A

w d dτγ

; ;× ×= =t r T r

J GJτ γ J: Momento polar de inercia

2

2;= ∫ ∫i A L

L A

tTw r d d

GJ2= ∫∫ AJ r d

= ∫i L

A

tTw d

GJ 2.1.5 Energía total interna de deformación

( ) ( )

( )

//

= + + +

+ +

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

y yZ Zi L L L

yL L L

y y Z ZL L L

ZL L Ly

m Mm MnNw total d d d

AE AE EI

V V tTd d d

G A GJG A

µ µαα

2

2

=

∫∫

yy A

Z ZA

QAd

I tα

2

2

=

∫∫ Z

Z Ay yA

QAd

I tα

× × =

∫ ∫i A L

L A

t r T rw d d

J GJ



2.2 Trabajo virtual

El trabajo externo = Energía almacenada en la estructura

= ∫ ×e j jw F D (Desplazamiento real)

La ecuación general dice:

( )( ) ( )

( ) ( )

22

22 2

2 2 2 22

/ /

/ /

+ = +

+ + +

+ + + + + +

∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Ze j j L L

Z

y y zL L L

y

Q ZQ Z YQ Y YQ Y ZQ Z QL L L L L L L

z Y

MNw Q D d d

EA EI

V Vd d d

EI G A ay G A az

n N M M M M V V t TTd d d d d d d

GJ EA EI EI G A ay G A az GT

µ

µ µ

ew : Trabajo hecho por cargas externas

jQ : Carga virtual.

jD : Desplazamiento producido por una carga virtual.

iF : Cargas aplicadas sobre la estructura.

Las deformaciones virtuales se asumen son iguales a las reales. Mientras que las fuerzas si se diferencian.

2.3 Principio de trabajo virtual

Desplazamientos × Fuerza = Desplazamientos × Fuerzas Reales Virtuales internos reales internas virtuales

jD jQ

Desplazamientos internos reales tiene que ver con:

, , ,N VQ My Tr

EA IbG EI GJ

Fuerzas internas virtuales tienen que ver con:

, , ,n Q my tr

A Ib I J

µ



2.4 Teorema de carga unitaria

1.0× = ×j j jQ D D

2.4.1 Cálculo de deflexiones para armaduras Las barras solo trabajan a fuerza axial (tensión o compresión). Suponiendo miembros de tensión transversal constante se tiene:

1

mQi i

j ii i i

n ND L

A E=

=∑

M: Número de miembros. Procedimiento 1. Si el desplazamiento requerido es una traslación, la carga virtual jQ es una carga

unitaria concentrada en el punto y en la dirección de la desviación deseada.

Figura 18 Figura 19 1,0= jQ para desplazamientos así վ1,0= jQ para desplazamientos así ↔

2. Si el desplazamiento requerido es una rotación, la carga virtual es un momento o un par unitario concentrado en el punto y en la dirección de la rotación. 3. Si el desplazamiento requerido es una traslación relativa entre 2 puntos, las cargas virtuales jQ son 2 fuerzas unitarias concentradas en direcciones opuestas a lo largo

de la línea que une los puntos.

4. Si el desplazamiento requerido es la rotación de una barra, se aplican 2 cargas unitarias jQ en direcciones opuestas en los extremos de la barra y dicho

desplazamiento se divide por la longitud de la barra para obtener la rotación.

1,0=Qj

1,0=Qj



Ejemplo 1:

Figura 20

Calcular el desplazamiento vertical nodo C Carga real

Figura 21

30 : 0

2 2∩+ ∑ = − + − =A y

L LM wL B L P

2 32 2

y

wL PL

BL

+=

3

2 2y

wL PB = +

0 : 02 2

∩+ ∑ = − − =B y

L LM wL A L P

2

2 2−

=y

wL PL

AL

2 2y

wL PA = −



Corte 1-1

2 2

wL P−

11 10 : 0

2 2 2∩+

∑ = − − + =

wL P XM M X wX

2

1 2 2 2= − −wL PX wX

M X

Figura 22

Corte 2-2

22 20 : 0M PX M∩

+ ∑ = − − =

2M PX= −

Figura 23 Carga Virtual

Figura 24

30 : 1.0 0

2∩+ ∑ = − =A y

LM B L

3

2yB =

0 : 1.0 02

∩+ ∑ = − + =B y

LM A L

1

2yA =



Corte 1-1

11 1

10 : 0

2∩+ ∑ = + =M X M

1 / 2M X= −

Figura 25 Corte 2-2

22 20 : 1.0 0∩

+ ∑ = − − =M X M

2M X= −

Figura 26 Deflexión

( )( )/ 22

0 0

1

2 2 2 2

L L

C

wLX PX wX XD dX PX X dX

EI

− = − − + − −

∫ ∫

/ 22 2 32

0 0

1

4 4 4

L L

C

wLX PX wXD dX PX dX

EI

−= + + + ∫ ∫

/23 3 4 3

0 0

1

12 12 16 3

= − + + +

L L

C

wLX PX wX PXD

EI

4 3 4 31

12 12 16 24

= − + + +

C

wL PL wL PLD

EI

4 31

48 8C

wL PLD

EI

= − +



2.5 Teorema de Castigliano “La componente de desplazamiento del punto de aplicación de una acción sobre una estructura en la dirección de dicha acción, se puede obtener evaluando la primera derivada parcial de la energía interna de deformación de la estructura con respecto a la acción aplicada”.

wP

P

∂∆ =∂

( )2 2 2 2

2 2 2 / 2

∂= + + + ∂ ∫ ∫ ∫ ∫

N M V Tdx dx dx dx

P AE EI G A GJα

Tomando como referencia: 1/ 2= ×e j jw f D

TIPO DE ESTRUCTURA

FUERZA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN

DESPLAZAMIENTO LINEAL

ARMADURA Fuerza Axial 2

2

N L

AE∑

N LN

P AE

∂∂∑

VIGA O PÓRTICO

Fuerza Axial 2

2

Ndx

EI∫ N N

dxAE P

∂∂∫

Fuerza Cortante

( )2

2 /

Vdx

G A α∫ ( )V V

dxG AA P

∂∂∫

Momento Flector 2

2

Mdx

EI∫ M M

dxEI P

∂∂∫

Momento Torsor 2

2

Tdx

GJ∫ T T

dxGJ P

∂∂∫



Ejemplo 2:

Figura 27

Calcular la rotación en el punto medio (c) de la viga en voladizo.

∂ ∂= =∂ ∂∫C

w M Mdx

m EI mθ

Corte 1 – 1

11 10; 0M Px M+ = + =∑

⌢

1M Px= −

0Mm

∂ =∂

Figura 28 Corte 2 – 2

22 20; 0M Px m M+ = + + =∑

⌢

[ ]2M m Px= − +

1Mm

∂ = −∂

Figura 29

( ) ( ) ( ) ( )2

0 2

10 1

L L

CL

Px dx Px dxEI

θ = − + − − ∫ ∫

= × −

221

2 4C

P LL

EIθ

23

8C

PLEI

θ =

m



Ejemplo 3:

Figura 30

Para la viga simplemente apoyada que soporta la carga lineal ω , determinar el valor de la deflexión en el centro de la luz.

∂ ∂∆ ↓= =∂ ∂∫w M M

c dxP EI P

Figura 31

+ = − + × + +

∑⌢

2

11 10;

2 2 2wL P wx

x M

= + × −

2

1 2 2 2wL P wx

M x

12

Mx

P∂ =∂

( ) ∆ ↓= − ∫2

2

0

20.5

2 2

L

C

wL wx x x dx

EI

( ) ( ) ∆ ↓= −

3 4

2 224 3 4 4C

L LwL w

∆ ↓=35

384C

wLEI



Ejemplo 4:

Figura 32 Calcular el desplazamiento en el extremo libre B de la viga en voladizo.

U M MB dx

P EI P

∂ ∂∆ ↓= =∂ ∂∫

Corte 1-1

211 10 : 0

2

wXM PX M∩

+ ∑ = + + =

Figura 33

2

1 2

wXM PX

= − +

MX

P

∂ = −∂

( )2

0

1

2

L wXB PX X dx

EI

∆ ↓= − − −

∫

32

0

1

2

L wXPX dx

EI

= +

∫

3 4

0

1

3 8

LPX wX

EI

= +

3 41

3 8

PL wL

EI

= +



3. ESTRUCTURAS ESTÁTICAMENTE INDETERMINADAS

Si B se mueve todo se mueve վ y no hay problema

Figura 34

Si C se mueve վ , se tienen que distribuir los esfuerzos en A y B.

Figura 35

Figura 36 • Determinada: no se acepta con:

- Cambios de temperatura

- Asentamiento estructural

• Indeterminada: si se acepta con:

- Cambios de temperatura

- Asentamiento estructural



Indeterminada

Figura 37

Para convertirla en determinada: (se quita el apoyo simple)

Figura 38

Una estructura es estáticamente indeterminada si no pueden ser analizados sus aspectos internos y reacciones por las ecuaciones de equilibrio estático.

• Método de carga unitaria • Método de Castigliano

Cualquier estructura puede convertirse en estáticamente determinada suprimiendo las acciones sobrantes o híper estáticas.

2 2= + − −GIE NE NR NN C

3NE = 4NR = 4NN =

2GIE =

Figura 39



Estructura primaria

Figura 40

'1 1 11 12

'2 2 21 22

0

0

∆ = = ∆ + ∆ + ∆

∆ = = ∆ + ∆ + ∆

Definición coeficientes flexibilidad

11 11 1

12 12 2

21 21 1

22 22 2

X

X

X

X

∆ = ∂∆ = ∂∆ = ∂∆ = ∂

'1 11 1 12 2 0X X∆ + ∂ + ∂ =

'2 21 1 22 2 0X X∆ + ∂ + ∂ =



1m (Se quitan P, Q ∧ w)

2m (Se quitan P, Q ∧ w)

Figura 41

Por carga unitaria:

' 11

Mmdx

EI∆ = ∫

' 22∆ = ∫

Mmdx

EI

1 2 2 112 21

m m m mdx dx

EI EI∂ = ∂ =∫ ∫

1 1 2 211 22

m m m mdx dx

EI EI∂ = ∂ =∫ ∫

Método Castigliano

1 21 2

0 0w w

X X

∂ ∂∆ = = ∆ = =∂ ∂

… nn

w

X

∂∆ =∂



Ejemplo 5:

Figura 42

Grado de indeterminación estática (GIE):

No. de elementos=2; No. de reacciones=5; No. de nudos=3

No. de condiciones especiales=0

GIE=3NE+NR-3NN-C=2

Estructura primaria

Figura 43 Figura 44



Figura 45 Figura 46 Figura 47

El punto “C” no presenta movimiento, pero el punto ”B” si presenta movimiento

Ecuaciones de compatibilidad:

( ) ( )( ) ( )

0 1 1

0 1 1

→′∆ = = ∆ + × = + × =

′∆ ↓= = ∆ + × = + × =

∫ ∫

∫ ∫

CX

CY

C Cx Qx Cx Qy

C Cy Qx Cy Qy

Cargas reales: Tramo AB: ( 0<X L≤ )

Figura 48

222

2= − × − × + +

= + −

= − −

∑

∑∑

A C CA

Y A C

X A C

wLM M F L R L wL

F R R wL

F F F wL



( )

( )

2

2

( / 02

2

+ = + + − − + =

= + + − −

∑ C C

C C

wLM corte M wLX R L F L X

wLM R L F L X wLX

Tramo BC: ( 0<X 2L≤ )

Figura 49

2

2

/2 2 2 2

42 2

= + − −

= + −

∑ C C

C C

w X X XM corte M F R

X X wM F R X

Carga unitaria: XQ

Figura 50

Tramo AB: ( 0<X L≤ )



Figura 51

( )( )

1 1 1

1

/ 1.0− = − +

= +∑M corte m L x

m L x

Tramo BC: ( 0<X 2 L≤ )

2 2 1

1

/ 1.02

2

− = −

=

∑x

M corte m

xm

Carga unitaria: yQ

Figura 52

Tramo AB:

2m =L

Tramo BC:

22

xm =



Desplazamientos :

( ) ( )

1

2

0

22

0

1

2

42 2 2

→∆ =

= + + − − +

+ + −

∫

∫

∫

L

C C

L

C C

MmC dx

EI

wXR L F L X wLX L X dx

EI

X X wX XF R dx

2 32 2 2 2 2

0

2 2 32

0

1

2 2

02 2 4 2

→

∆ = + + − − + + + − −

+ + − =

∫

∫

L

C C C C C C

LC C

wX L wXC R L F L F XL wL X R LX F LX F X wLX dx

EI

F X R X wXdx

2 32 2 2 2 2

3 42 3

0

3 3 42

0

(2 2 6 2

)]2 3 3 8

] 06 6 16 2

→∆ = + + − − +

+ + − −

+ + − =

C CC C

LC C

LC C

F LX Rw wX LC R L X F L X L X LX

F F X w wXLX LX

F X R X wX

( ) ( ) ( )

3 3 3 4 4 3

3 3 43 3 4 4

2 2 6 2

2 2 2 02 3 3 8 6 6 16 2

1,97 2,8 1,3

→∆ = + + − − +

+ + − − + + − =

+ =

C CC C

C C C C

C C

F Rw wC R L F L L L L L

F F F Rw w wL L L L L L L

R F wL

( ) ( )

2

2

0

22

0

1

2

42 2 2

∆ ↓=

= + + − −

+ + −

∫

∫

∫

L

C C

L

C C

MmC dx

EI

wXR L F L X wLX L dx

EI

X X wX XF R dx

22 2 2

0

2 2 32

0

1

2

02 2 4 2

∆ ↓= + + − −

+ + − =

∫

∫

L

C C C

LC C

wX LC R L F L F XL wL X dx

EI

F X R X wXdx



2 32 2 2 2

0

3 3 42

0

( )]2 2 6

] 06 6 16 2

∆ ↓= + + − −

+ + − =

LCC C

LC C

F LX w wX LC R L X F L X L X

F X R X wX

( ) ( ) ( )

3 3 3 4 4

3 3 4

2 2 6

2 2 2 06 6 16 2

1,47 1,97 0,84

∆ ↓= + + − − +

+ − =

+ =

CC C

C C

C C

F w wC R L F L L L L

F R wL L L

R F wL

0,89 ; 1,09= − =C CR wL F wL

Ejercicio 6:

Figura 53

Diagrama de cuerpo libre

Figura 54



Tramo AB

Figura 55

( ) ( )

( ) ( )

( )

2

2

3 42

3 42

3

4

= + + − +

= − − + +

∂ = −∂∂ = +∂

∑ C C

C C

C

C

xM M w F a R a x

xM w F a R a x

Ma

F

Ma x

R

Tramo BC: ( 0<Z<5a)

Figura 56 Figura 57



3 4

5 5

3 4

5 5

3

5

4

5

= + −

= − +

∂ = −∂∂ =∂

∑ C C

C C

C

C

M M F Z R Z

M F Z R Z

MZ

F

MZ

R

Desplazamiento :

( ) ( ) [ ]

( ) ( )

24

0

5

0

4232 2

0

3 3

13 4 3 ]

2

1 4 3 30

5 5 5

(3 )(3 )9 12

6 2

12 90

75 7551 52 32

→

∂∆ =∂

−= − − + −

+ − − =

= + + + −

+ =

+ = −

∫

∫

∫

C

a

C C

a

C C

a

CC C

C C

C C

M MC dL

EI F

wxF a R a x a dx

EI

R z F z z dzEI

R x awx aF a x R a x

z zR F

F R wa

( ) ( ) [ ]

( ) ( )

24

0

5

0

32 2 2

42 2 44

0

53 3

0

13 4 4

2

1 4 3 4

5 5 5

(4 )12 16 (2 )

6

(3 ) (3 )

8 2 2 4

16 12

3 25 3 25

92 1

∂∆ ↓=∂

∆ ↓= − − − + +

+ −

= − − + −

− − − +

−

+

∫

∫

∫

C

a

C C

a

C C

C C C

a

C C C

a

C C

C

M MC dL

EI R

wxC F a R a x a x dx

EI

R z F z z dzEI

wx aF a x R a x R x a

F a x R a x R xwx

R z F z

F 65 224=CR wa

4,66 ; 3,96= − =C CR wa F wa



4. MÉTODO DE PENDIENTE DEFLEXIÓN Clasificado dentro de los métodos clásicos, se fundamenta en un análisis de desplazamientos y rotaciones, donde estas variables son derivadas en función de las cargas usando relaciones entre cargas y desplazamientos, posteriormente estas ecuaciones son solucionadas para obtener los valores de desplazamientos y rotaciones, finalmente los valores de fuerzas internas son determinados. Se definen nodos como los puntos donde la estructura tiene desplazamientos y/o rotaciones y grado de libertad como un desplazamiento o rotación que puede tener un punto de una estructura por efecto de aplicación de carga sobre la estructura. Considerando el tramo AB de la viga continua mostrada en la figura sobre la cual actúa una carga lineal distribuida ( )w x por unidad de longitud y un asentamiento ∆ en el apoyo B . El

valor EI es una constante a lo largo de la viga.

Figura 58



AB AB AB AB ABM FEM M M M′ ′′ ′′′= + + +

2

4 2 6A BAB AB

EI EI EIM FEM

L L Lθ θ ∆= + + −

2 32AB A B AB

EIM FEM

L Lθ θ ∆ = + − +

BA BA BA BA BAM FEM M M M′ ′′ ′′′= + + +

2

2 4 6A BBA BA

EI EI EIM FEM

L L Lθ θ ∆= + + −

2 32BA A B BA

EIM FEM

L Lθ θ ∆ = + − +

Figura 59



Ejercicio 7:

Encontrar todos los momentos de la viga mostrada en la figura usando el método pendiente-deflexión. EI=7.

Figura 60

Momentos por cargas externas

• Tramo AB ↷↷↷↷_+

Figura 61

Tramo BC (Igual al tramo AB)

• Tramo CD

Figura 62

( )22

2 2

30 7122.5

12 1230(7 )

122.512 12

= − = − = −

= = =

AB

BA

wlFEM

wlFEM

( )

( )

22

2

30 7122.5

12 12

30 7122.5

12

= − = − = −

= =

BC

CB

wlFEM

FEM



∆=0 ya que no se referencian asentamientos en el enunciado. Así se tiene:

Luego como las rotulas y las articulaciones no soportan momentos; se tiene: Luego de (1) se tiene: De (2):

( )

( )( )

22

2 2

22

2 2

100 (4)(3 )73.47

7

100 (3)97.96

7

4

= − = − =−

= =

CD

DC

PabFEM

l

Pa bFEM =

l

( )

( )

( )

( )

2 32

122.5 2 2 ,

2 32

122.5 2 2

2 32

122.5 2 2

2 32

122.5 2 2

∆ = + + −

= − + +

∆ = + + −

= + +

∆ = + + −

= − + +

∆ = + + −

= + +

=

AB AB A B

AB A B

BA BA B A

BA B A

BC BC B C

BC B C

CB CB c B

CB c B

CD

EIM FEM θ θ

l l

M θ θ

EIM FEM θ θ

l l

M θ θ

EIM FEM θ θ

l l

M θ θ

EIM FEM θ θ

l l

M θ θ

M

( )

( )

2 32

73.47 2 2

2 32

97.96 2 2

∆ + + −

= − + +

∆ = + + −

= + +

CD c D

CD c D

DC DC D C

DC D C

EIFEM θ θ

l l

M θ θ

EIM FEM θ θ

l l

M θ θ

BA BC

CB CD

AB

DC

M +M =0 (1)

M +M =0 (2)

M =0 (3)

M =0 (4)

( ) ( )( )

B A B C

A B C

122.5+2 2θ +θ -122.5+2 2θ +θ =0

θ +4θ +θ =0 ( ) a



De (3):

De (4): Resolviendo (a), (b), (c) y (d): Ejercicio 8:

Encuentre Los momentos de la viga si el soporte en B se asienta 6mm

1=EI

Figura 63

• Momentos cargas externas

( ) ( )( )

c B c D

B c D

122.5+2 2θ +θ -73.47+2 2θ +θ =0

49+2 θ +4θ +θ =0 ( ) b

( )122.5 2 2 0 ( )− + + =A Bθ θ c

( )97.96 2 2 0 ( ) d+ + =D Cθ θ

AB

BA

BC

CB

CD

DC

M =0

M =155.17 kN.m

M =-155.17 kN.m

M =114.31kN.m

M =-114.31kN.m

M =0

35.38

9.53

2.71

28.85

rad

rad

rad

rad

== −== −

A

B

C

D

θ

θ

θ

θ



Tramo AB

Figura 64

Tramo BC

• Efectos Asentamientos:

Figura 65 • Ecuación de momento:

↷_+

( )( )

2 2

AB 2 2

22

BA 2 2

Pab (200)(1.5)(1.5 )FEM =- = -75 kNm

l 3

200 1.5 (1.5Pa bFEM = = =75

l

) kNm

3

BC

cB

FEM =0

FEM =0

(3)(0.006 )0.006

3

3 m

m= =∆

l

( )

( )

AB AB A B

AB A B

BA BA B A

BA B A

2EI 3∆M =FEM + 2θ +θ

l l

2M =-75+ 2θ +θ -0.006

32EI 3∆

M =FEM + 2θ +θ3 l

2M =75+ 2θ +θ 0.006

3-

−

−



Luego como las rotulas y las articulaciones no soportan momentos; se tiene:

Luego de (1):

De (2):

De (3):

Resolviendo (a), (b) y (c)

Solución:

AB

BA BC

CB

M =0 (1)

M +M =0 (2)

M =0 (3)

4 2 75 0.004 0 ( )

3 3 − + + − =

A Bθ θ a

A B B C

2 2 275+ θ + θ -0.006 + (2θ +θ 0.006)=0 ( )

3+

3 3

b

( )c B

22θ +θ +0.006 =0 (c)

3

AB

BA

BC

CB

M =0

M =56.25kN.m

M = -56.25 kN.m

M =0

84.38

56.25

28.12

rad

rad

rad

== −=

A

B

C

θ

θ

θ

( )

( )

BC BC B C

BC B C

CB CB c B

CB c B

2EI 3∆M =FEM + 2θ +θ

l l

2M = 2θ +θ +0.006

32EI 3∆

M =FEM + 2θ +θl l

2M = 2θ +θ +0.006

3

−

−



Ejercicio 9:

Figura 66

Calcular los momentos de la viga. Los asentamientos en los soportes son:

A=32mm B=62mm C=70mm D=28mm

E=210GPa I=800 (106) mm4

Solución:

• Momentos por cargas externas Tramo AB:

Figura 67

2 2

AB 2 2

2 2

BA 2 2

(Pab ) (300)(3)(3 )FEM =- =- = -225 kNm

l 6

(Pab ) (300)(3)(3 )FEM = = =225 kNm

l 6

Tramo BC:

Figura 68



2 2

BC 2 2

2 2

BA 2 2

Pab (200)(3)(3 )FEM =- =- = -150 kNm

l 6

(Pab ) (200)(3)(3 )FEM = = =150 kNm

l 6

Tramo CD (igual al tramo AB):

2 2

CD 2 2

2 2

DC 2 2

(Pab ) (300)(3)(3 )FEM =- =- = -225 kNm

l 6

(Pab ) (300)(3)(3 )FEM = = =225 kNm

l 6

Efectos de asentamiento: Tramo AB:

Figura 69

0.03m= =0.005

6ml

∆

Tramo BC:

Figura 70

0.008m= =0.00133

6ml

∆

Tramo CD:

Figura 71

0.042m= =0.007

6ml

∆



• Ecuaciones de momento: Sabiendo que:

216800EI KNm=

AB AB A B

AB A B

BA BA A B

BA A B

BC BC B C

BC B C

CB CB B C

CB

2EI 3M =FEM + (2θ +θ - )

L LM =-225+56000(2θ +θ -0.015)

2EI 3M =FEM + ( +2 - )

LM =225+56000( +2 -0.015)

2EI 3M =FEM + (2 + - )

LM =-150+56000(2 + -0.00399)

2EI 3M =FEM + ( +2 - )

LM =150+

L

L

L

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

∆

∆

∆

∆

B C

CD CD C D

CD C D

DC DC C D

DC C D

56000( +2 -0.00399)

2EI 3M =FEM + (2 + - )

LM =-225+56000(2 + +0.021)

2EI 3M =FEM + ( +2 - )

LM =225+56000(2 + +0.021)

L

L

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

∆

∆

• Ecuaciones de equilibrio, luego como las rotulas y las articulaciones no soportan

momentos; se tiene:

AB

BA BC

CB CD

DC

M =0 (1)

M +M =0 (2)

M +M =0 (3)

M =0 (4)

Luego de (1):

A B-225+56000(2 + -0.015)=0 (a)θ θ

De (2):

A B B C225+56000( +2 -0.015)-150+56000(2 + -0.00399)=0 ( b)θ θ θ θ De (3):

B C C D150+56000( +2 -0.00399)-225+56000(2 + -0.021)=0 (c)θ θ θ θ



De (4):

C D225+56000(2 + -0.021)=0 (d)θ θ

Resolviendo (a), (b), (c) y (d):

AB

BA

BC

CB

CD

DC

M =0

M =153.88 kNm

M =-153.88 kNm

M =-107.08 kNm

M =107.08 kNm

M =0

A

B

C

D

=0.0081 rad

=0.0028 rad

=-0.0017 rad

=-0.0117 rad

θθθθ

Ejercicio 10:

Encontrar los diagramas de momento y cortante para una viga continúa de dos luces de igual longitud.

Figura 72

• Momento de empotramiento:

2

AB

2

BA

2

BC

2

CB

-wLFEM =

12wL

FEM =12

-wLFEM =

12wL

FEM =12

• Asentamientos:

=0∆

w



• Ecuaciones de pendiente-deflexión:

2

AB A B

2

BA A B

2

BC B C

2

CB B C

2EI wLM = (2 + )- (1)

L 122EI wL

M = ( +2 )+ (2)L 12

2EI wLM = (2 + )- (3)

L 122EI wL

M = ( +2 )+ (4)L 12

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

Además se sabe que:

BA BC

AB

CB

M +M =0 (5)

M =0 (6)

M =0 (7)

Organizando las ecuaciones (6) en (1) y (7) en (4) se obtiene:

2

A B

2

B C

4EI 2EI wL+ - =0 (8)

L L 122EI 4EI wL

+ + =0 (9)L L 12

θ θ

θ θ

De (2):

2

BA A B

2EI 4EI wLM + + (10)

L L 12θ θ=

De (3):

2

BC B C

4EI 2EI wLM + - (11)

L L 12θ θ=

De (5) se tiene que:

A B C

2 EI 8EI 2EI+ + =0 (12)

L L Lθ θ θ

De (8) se tiene que:

3B

A

wL= - (13)

48EI 2

θθ

De (13) en (12) se tiene que:



3

B C

wL 2=- - (14)

168EI 7θ θ


3

C

wL=- (15)

48EIθ


B =0 (16)θ


3

A

wL= (17)

48EIθ

• Momentos:

Sustituyendo (15), (16) y (17) en (10) se obtiene:

2

BA

wLM = (18)

8

Sustituyendo (15), (16) y (17) en (11) se obtiene:

2

BC

wLM =- (19)

8

Diagrama de cortante y momentos



Figura 73

Ejercicio 11: Encontrar los diagramas de momento y cortante para la viga de la figura, la cual sufre un desplazamiento en el apoyo C de 12 mm.

Figura 74

• Momentos de empotramiento: En este caso no se presentan momentos de empotramiento debido a que no existen cargas aplicadas en la viga.

• Asentamientos:

=12mmc∆

• Ecuaciones de pendiente deflexión:

B C D E A

7m 7m 7m 7m



AB A B

BA A B

BC B C

CB B C

2EIM = (2 + ) (1)

L2EI

M = ( +2 ) (2)L

2EI 3M = (2 + - ) (3)

L2EI 3

M = ( +2 - ) (4)L

L

L

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

∆

∆

CD C D

DC C D

DE D E

ED D E

2EI 3M = (2 + + ) (5)

L2EI 3

M = ( +2 + ) (6)L L

2EIM = (2 + ) (7)

L2EI

M = ( +2 ) (8)L

Lθ θ

θ θ

θ θ

θ θ

∆

∆

Además se sabe que:

BA BC

CB CD

DC DE

AB

ED

M +M =0 (9)

M +M =0 (10)

M +M =0 (11)

M =0 (12)

M =0 (13)

Organizando las ecuaciones para ∆=0.012m y L=7m con (12) en (1) y (13) en (8) se obtiene:

A B

A B BA

B C BC

B C CB

C D CD

C D DC

D E DE

D

4EI 2EI+ =0 (14)

7 72EI 4EI

+ -M =0 (15)7 7

4EI 2EI 9EI+ - -M =0 (16)

7 7 61252EI 4EI 9EI

+ - -M =0 (17)7 7 6125

4EI 2EI 9EI+ + -M =0 (18)

7 7 61252EI 4EI 9EI

+ + -M =0 (19)7 7 6125

4EI 2EI+ -M =0 (20)

7 72EI

+7

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ E

4EI=0 (21)

7θ



Resolviendo el sistema de ecuaciones se tiene que:

(2) y (3) en (9):

A B B C

A B C

2EI 4EI 4EI 2EI 9EI+ + + - =0

7 7 7 7 61252 8 2 9

+ + - =0 (22)7 7 7 6125

θ θ θ θ

θ θ θ

(4) y (5) en (10):

B C C D

B C D

2EI 4EI 9EI 4EI 2EI 9EI+ - + + + =0

7 7 6125 7 7 61252 8 2

+ + =0 (23)7 7 7

θ θ θ θ

θ θ θ

(6) y (7) en (11):

C D D E

C D E

2EI 4EI 9EI 4EI 2EI+ + + + =0

7 7 6125 7 72 8 9 2

+ + + =0 (24)7 7 6125 7

θ θ θ θ

θ θ θ

Despejando �� de (14) y reemplazando en (22)

B B C

B C

1 8 2 9- + + - =07 7 7 6125

2 9=- + (25)

7 6125

θ θ θ

θ θ

(25) en (23):

C D

D

24 18 8 2- + + + =049 42875 7 7

7 9=- - (26)

26 22750

C

C

θ θ θ

θ θ

(26) en (24):

D D E

D E

1 9 8 9 2- - + + + =013 79625 7 6125 7

26 108=- - (27)

97 84875

θ θ θ

θ θ



(27) en (21):

E E

E

52 216 4- - + =0679 594125 7

9= (28)

12250

θ θ

θ

(28) en (27):

D

9=- (29)

6125θ

(29) en (26):

C=0 (30)θ

(30) en (25):

B

9= (31)

6125θ

(31) en (14):

A

9=- (32)

12250θ

• Calculo de los momentos:

(32) y (31) en (15):

BA

27M = (33)

42875

(31) y (30) en (16):

BC

27M =- (34)

42875

(31) y (30) en (17):

CB

9M =- (35)

8575

(30) y (29) en (18):

CD

9M = (36)

8575

(30) y (29) en (19):

DC

27M = (37)

42875



(29) y (28) en (20):

DE

27M =- (38)

42875

• Calculo de las reacciones:

Tramo AB:

B AB BA

AB

AB

Y AB BA

BA

M =0: -R (7)-M =0

27-R (7)- =0

30012527

R =-300125

F =0: -R +R =0

27R =

300125

∑

∑

Tramo BC:

C BC BC CB

BC

BC

Y BC CB

CB

M =0: - R (7)+M +M =0

27 9-R (7)+ + =0

42875 857572

R =300125

F =0: R +R =0

72R =-

300125

∑

∑

Tramo CD:

D CD CD DC

CD

CD

Y CD DC

DC

M =0: -R (7)-M -M =0

9 27-R (7)- - =0

8575 4287572

R =- 300125

F =0: -R +R =0

72R =

300125

∑

∑



Tramo DE

D ED DE

ED

ED

Y ED DE

DE

M =0: R (7)+M =0

27R (7)+ =0

30012527

R =-300125

F =0: -R +R =0

27R =

300125

∑

∑

• Diagrama de momento y cortante

Figura 75

27

42875

27

42875

−27

42875

72

300125

V(+)

B C D E A

7m 7m 7m 7m

M(+)

−27

300125

−72

300125

27

300125

−27

42875

9

8575



5. MÉTODO DE CROSS

Figura 76



Fundamentos del método de Cross:

Figura 77

Figura 78

( porser un apoyo simple)Aδ = 0

2 1

1

2= −M M

11 4

M L

EIθ =

Procedimiento general:

Suponga que A B∧ son empotrados.

Figura 79 Se suelta A (se le quita el empotramiento) y queda de la siguiente forma:

Figura 80



Se suelta B y se hace el mismo análisis

Figura 81

EIK

L= (Rigidez)

Indica que valor proporcional de momento que se transmite hacia un lado y que tanto se va para el extremo opuesto.

Momento trasladado: Al aplicar un momento en un extremo articulado A se genera un momento MBA en el otro extremo B. Si este extremo es articulado, el momento es cero, en tanto que si es empotrado será diferente de cero. Dicho momento se llama momento traslado o transmitido.

2 1

1

2= −M M

Factor de transporte: Al cociente entre M1 y M2 se denomina factor de transporte. Para el caso de un extremo articulado hacia uno empotrado es de ½. Para un extremo articulado este valor es cero.

Factores de distribución: Es un valor que permite distribuir un momento aplicado en un nodo entre los diversos miembros conectados a él. Se calcula como:

1

; 1,0n

ijij ij

ii

K

K =

=∑∑

FD = FD

Análisis de vigas continuas

1. Determinar los factores de distribución en cada uno de los nudos que pueda girar. Se calcula este factor a todos los miembros que converjan en el nudo en forma rígida.

2. Determinar los momentos en extremos fijos o momentos de empotramiento (FEM o FE).

3. Equilibrar los momentos en todos los nodos que tengan libertad para girar:

Procedimiento:

c) Repetir los pasos a y b hasta que todos lo nodos libres queden equilibrados o bien los momentos no equilibrados en estos sean suficientemente pequeños como para despreciarse.

4. Determinar los momentos finales en los extremos de los miembros sumando algebraicamente el momento en extremo fijo y todos los momentos distribuidos y trasladados en el extremo de cada miembro. Si la distribución es correcta, entonces los momentos finales deben satisfacer las condiciones de equilibrio en todos los nodos que puedan girar.



Procedimiento:

a) En cada nodo, se debe evaluar el momento no equilibrado y distribuirlo a los miembros conectados al nodo. El momento distribuido en cada uno de los miembros rígidamente conectado al nodo se obtiene multiplicando el negativo del momento no equilibrado por el factor de distribución para el extremo del miembro.

b) Trasladar la mitad de cada momento distribuido hacia el extremo opuesto del miembro.

5. Calcular las fuerzas cortantes en los miembros.

6. Calcular las reacciones.

7. Trazar los diagramas de cortante y momento, usando la convención de signos de la viga.

Condiciones de apoyo

Apoyo simple en extremos: Puede analizarse la viga usando la simplificación para apoyos simples, tomando en cuenta que la rigidez relativa de 3I/4L para los claros adyacentes a los mismos. Con esto, se equilibra sólo una vez este nodo, y ya no se les traslada ningún momento adicional.

Voladizo: Los tramos en voladizo no aportan rigidez al nodo correspondiente. Sin embargo, este momento en el voladizo debe calcularse y aplicarse en el nodo, el cual se consideraría como simple.

Empotramiento: Basta con hacer una sola distribución

Convención de signos

Para los extremos de los miembros: Se consideran como momentos positivos aquellos que sean anti-horarios, en tanto que los negativos son los horarios.

Para los nodos: Con el fin de garantizar la continuidad en la curva elástica del elemento, los momentos en los nodos deben ser compatibles con los de los miembros. De esta forma en un nodo, un momento será positivo si está en sentido horario.



Ejercicio 12:

Figura 82

Determinar los factores de rigidez:

1 2

1 2 1 2

1 11 12 36 4

1 1 1 1 1 1 1 15 56 4 6 4

BA BC

L LDF DF

L L L L

= = = = = =+ + + +

Momento de empotramiento (Sólo tramo A-B, porque tiene carga)

Figura 83

( ) ( )22 2

2 2 2

300 (3) 3- -225 - ; 225 -

6AB BA

Pab Pa bM KN m M KN m

l l= = = = =

Figura 84

( ) 12

-90225 0.4 90, - para equilibrar; -45

2 2

MM× = → ==



Ejercicio 13:

Figura 85


2 311 155 7» 0.48 » 0.52

2 3 2 329 295 7 5 7

BA BC

I I

DF DFI I I I

= = = =+ +

0.5 0.5CB CDDF DF= =

Momentos de empotramiento:

2 2 2

2 2 2

2

2

- (30)(5)- -62,5 - 62,5 -

12 12 12(30)(7)

- - -122,5 - 122,5 - 12 12 12

- -87,5 -

AB BA

BC CB

CD

wl wlFEM KN m FEM KN m


PabFEM KN m

l

= = = = =

= = = = =

= =2

2-87,5 -DC

Pa bFEM KN m

l= =



0, 48 0,52 0,5 0,5

62,5− 62,5

28,8+

14,4+

4,2+

2,1+

1,9+

0,8+

0,3+

0,15+

0,12+

122,5− 122,5

31, 2+

17,5−

8,8− 15,6+

4,6+

7,8−

3,9− 2,3+

2,0+

1,2−

0,6− 1,0+

0,3+

0,5−

0,25− 0,15+

0,13+ 0,07−

87,5− 87,5

17,5−

8,8−

7,8−

3,9−

1,2−

0,6−

0,5−

0,25−

0,07−

45,1+ 97,8+ 97,8− 114,5+ 114,6− 74+



Modificación de rigidez para apoyos simples:

Figura 86

1

1

344

3

M L

EIM L

EI

=

Ejercicio 14:

Figura 87

Determinar los factores de rigidez: 1 36 4 0,43

1 1 36 6 4

BADF×

= =+ ×

16 0,57

1 1 36 6 4

BCDF = =+ ×


2

2

15012

15012

AB

AB

wLFEM

wLFEM

−= = −

= =



0,43 0,57

0 150+

64,5−

0

85,5−

0 85,5+ 85,5− 42,8−

Ejercicio 15:

Figura 88


34 0,3

1 17 4

1 1 1 17 4 7 4

0,73 34 4

BA BCDF DF×

= = = =× + × +

0,7 0,3CB CDDF DF= =


2 2

2 2

2 2 2

2 2

- -131,3 - 131,3 -

- (50)(4)- -66,7 - 66,7 -

12 12 12(50)(7)

- - -204,2 - 12 12

AB BA

BC CB

CD

Pab Pa bFEM KN m FEM KN m

l l


wlFEM KN m

= = = =

= = = = =

= = =2

204,2 -12DC

wlFEM KN m= =



0,3 0,7 0,7 0,3

131,3

19,4−

14,5−

2,4−

1,8−

0,3−

0,2−

66,7− 66,7+

45,2−

96,3+

48,2+ 22,6− 33,7−

15,8+

7,9+ 16,9−5,5−

11,8+

5,9+ 2,8−4,1−

2,0+

1,0+ 2,1−0,7−

1,5+

0,8+ 0, 4−0,6−

0,3+

0,2+ 0,3−0,1−

0,2+

204,2−

41,3+

6,8+

5,1+

0,8+

0,6+

0,1+

0 92,7+ 92,6− 149,5+ 149,5− 0

obras civiles anÁlisis estructural final

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