Análisis de Estructuras Borthagaray

eansáltisrisudecturas

Arq. Julio C. Borthagaray

Facultad de Arquitectura

ISBN 978-9974-8379-4-2

Empresa Gráfica Mosca

Depósito Legal: 342.010

Esta publicación es entregada en forma
gratuita, como material didáctico de
apoyo a carreras y cursos dictados por
la Universidad ORT Uruguay.

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propiedad de las compañías respectivas.

Diciembre 2006.

análisis de

estructuras
arq. julio c. borthagaray

Facultad de Arquitectura

Decano: Arq. Gastón Boero
Secretaria Docente: Arq. Graziella Blengio
Catedrático del área tecnología: Arq. walter graiño

Editor técnico: arq. julio c. borthagaray
Corrector técnico: Arq. Haroutun Chamlian
Corrección: rené fuentes
Diseño y armado: Pablo González

Universidad ORT Uruguay
Facultad de Arquitectura

Índice

Prólogo.......................................................................................................................................................................................... 1
1. Estudio de estructuras hiperestáticas planas..............................................................................................2

Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y en estructuras reticulares..............................................................12
Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas.................20

2. Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas.........................................................................41
3. Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas.............................................................59
4. Estudio sobre vigas continuas..............................................................................................................................68

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Arq. Julio C. Borthagaray

Prólogo

Después de haber ejercido la profesión de arquitecto, desde 1962 hasta
1996, y la docencia, desde 1962 hasta la fecha, hoy decido publicar este
modesto estudio. Reúno aquí el material en que basé mis clases sobre el análi-
sis y el cálculo de las estructuras hiperestáticas planas reticuladas y de alma
llena, cálculo de corrimientos y un estudio sobre vigas continuas, aplicable a
computadoras.

Quienes me permitieron lanzarme a esta aventura fueron dos maravillosos
profesores, a quienes debo mi formación técnica, el Ing. Félix de Medina y el
Arq. Alberto Sayagués Laso. A la memoria de ellos, mi reconocimiento.

Julio C. Borthagaray

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análisis de estructuras

1.0 Estudio de estructuras
hiperestáticas planas

El método general que vamos a utilizar para estudiar estructuras hiperestáticas, cualquiera
sea su grado de hiperestaticidad, será el conocido como método de las fuerzas. Tendremos que
basarnos en dos principios fundamentales:

1) Todo cuerpo ligado al suelo puede considerarse como libre, reemplazando los vínculos
por fuerzas y momentos adecuados, llamados reacciones o fuerzas y momentos reactivos para
distinguirlos de las fuerzas activas o directamente aplicadas.

2) Las solicitaciones (M, V, F) en una estructura que corresponde a los estados de carga
superpuestos (P1 + P2 + P3) son la suma algebraica [(M1+ M2+ M3), (V1 + V2 + V3), (F1+
F2 + F3)] de las solicitaciones para cada estado considerado aisladamente. En las cargas se
consideran las directamente aplicadas y las reactivas.

Veamos el ejemplo siguiente:

P1 P2 P3 P2
P1 P3
M
V
F

X3 X2
X1

P2
P1 P3

Mo M1 M2 M3 X3

X1 X2

Nuestro problema radica en la determinación de las incógnitas hiperestáticas X1, X2, X3.
Para ello vamos a aplicar el método de los “Trabajos virtuales”. Es el medio más general
y más exacto para el estudio de los sistemas rígidos y, especialmente, los elásticos. Antes de
entrar en su análisis con detenimiento, vamos a repasar algunos conceptos básicos vistos en los
cursos de Física Aplicada. El primero de ellos es el concepto de trabajo.

TRABAJO

En la vida corriente, la palabra “trabajo” se aplica a cualquier forma de actividad que requiera
el ejercicio de una actividad muscular o intelectual. En Física, la acepción es otra. Tomemos
un cuerpo que se mueve en el plano horizontal (X–X). Sobre él actúa una fuerza F, que abre un
ángulo θ con la dirección del movimiento.

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El trabajo (dT) realizado por
la fuerza F mientras el cuerpo se
ha desplazado una distancia dx, se
define como el producto del des-
plazamiento, por la componente de
la fuerza en la dirección del movi-
miento.

dT = F cos θ dx

El trabajo T ejecutado en un desplazamiento finito desde la abscisa X1 hasta la X2 será:

dT = x2 F cosθdx
x1
∫ ∫T =

En el caso más general, tanto la dirección de la fuerza dada por el ángulo θ como su inten-
sidad pueden variar a lo largo del movimiento. Para calcular la integral es preciso conocer F
y θ en función de X.

Cuando la fuerza F permanece constante en magnitud y dirección

∫T = F cos θ x2 dx = F cos θ (X2 – X1)
x1

Si la fuerza es constante y la dirección es la del movimiento θ = 0; cos θ = 1
T = F (X2 – X1)
Es decir, en este caso especial, el trabajo realizado por la fuerza es igual al producto de ésta
por el desplazamiento.
Vamos a ver ahora qué sucede cuando aplicamos una fuerza a una pieza elástica de estructura
capaz de deformarse:

La fuerza exterior realiza un

P trabajo al desplazarse su punto

de aplicación. Debemos tener en

A cuenta que el desplazamiento del

punto B es función de la carga P y

B de las características geométrico-
mecánicas de la pieza (E, I).
∆

∆ = α P
(α depende de la forma y del ma-
terial que constituye la barra.)

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análisis de estructuras Estudio de estructuras hiperestáticas planas

Calculamos el trabajo de la fuerza aplicada estáticamente; esto es, el de una fuerza que crece
al desarrollarse las deformaciones, muy lentamente desde su valor inicial hasta su valor final.

Desde P = 0 hasta P = P final

dT = (P + dP) d∆ de donde dT = P d∆ + dP d∆

dP d∆ cantidad despreciable por ser infinitésimo de 2º orden

dT = P d∆ como ∆ = α P d∆ = α dP

∫ ∫dT = α P dP de donde T = dT = Pfinal αPdP
0

Pfinal

T = α [P2/2] de donde T = α Pfinal2
0
2

Pfinal Pfinal ∆f Pf

P α = ∆f como T = α =
final 2 2

Se dice entonces que el trabajo de deformación de una fuerza aplicada estáticamente (cre-
ciendo lentamente) a una barra elástica es igual al producto del valor final de la fuerza por el
desplazamiento o deformación final dividido 2.

Vamos a introducir ahora el concepto de TRABAJO VIRTUAL. Para ello nos basamos
en el principio de los desplazamientos virtuales, presentado en 1717, por Johanes Bernoulli
(1667-1748). Este principio establece: “Dado un cuerpo rígido mantenido en equilibrio por un
sistema de fuerzas y/o pares, el trabajo virtual total efectuado por este sistema de fuerzas y/o
pares durante un desplazamiento virtual es nulo”. (Kinney, 1960, pág. 76).

Trabajo virtual = Fuerza real * desplazamiento virtual
Trabajo virtual = Fuerza virtual * desplazamiento real

El desplazamiento se mide a lo largo de la trayectoria de la fuerza, y debemos efectuar una
aclaración importante: el desplazamiento virtual es causado por una acción diferente de las
cargas que mantienen el cuerpo en equilibrio.


Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras elásticas)
Trabajo virtual = P * δ (aplicable a estructuras rígidas)

Efectuemos la demostración aplicada a los cuerpos rígidos; que por ser rígidos no puede
haber movimientos relativos entre los puntos.

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Se aplica un sistema de cargas

Y

(P1) (P2) (P3) (P4)... etc. y momen-

P2P2y tos (M1) (M2)... etc. Estas cargas

P1 X2 se descomponen en las direcciones

P2x paralelas a los ejes (X –Y) elegidos.

Y2 Partimos, además, de que el cuerpo
X se encuentra en equilibrio, por lo

M1 M2 cual se debe cumplir:

P4 Σ Px =0
P3 Σ Py =0

Σ M + Σ Px * y + Σ Py *x =0

La proyección de las fuerzas, según el eje de las X, debe ser cero. La proyección de las
fuerzas, según el eje de las Y, debe ser cero. La suma de los momentos actuantes más los que
generan las Px y las Py, respecto a un punto cualquiera, también debe ser igual a cero.

Y Si el cuerpo se desplaza rígi-
damente en forma paralela una
A δy dimensión AA’, ese desplazamiento
A' δx es constante e igual para todos los
puntos del cuerpo.

Ese desplazamiento AA’ puede
X descomponerse en δy y δx.

Evaluemos entonces el trabajo
virtual realizado por el sistema de
fuerzas P y de momentos M en el
desplazamiento AA’.

T virtual = δx Σ Px + δy Σ Py

YY Pero como Σ Px = 0 y Σ Py = 0,
α porque las fuerzas están todas en
equilibrio, quedará:

T virtual = δx * 0 + δy * 0 = 0

X

α De lo cual se deduce que: el
trabajo virtual de un sistema de

X fuerzas en equilibrio efectuado por

un sistema de fuerzas durante un

desplazamiento virtual es nulo.

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análisis de estructuras Estudio de estructuras hiperestáticas planas

Veamos ahora qué pasa si el cuerpo gira un pequeño ángulo alrededor de un punto de origen
O (que puede ser cualquiera):

OA = x2 + y2
y

AA' = α * x2 + y2

A δx δx = y δx = AA'
β δy AA' OA y OA

β x δx = α * x2 + y2 δx =α * y
y x2 + y2
y α A'

Ox

δy = α * x2 + y2
x x2 + y2
δy =α*y

OA = 2 2

x+ y

Tomando un punto cualquiera y considerando un giro α muy pequeño, se puede confundir
22

AAel' =arcoαcon el sxeno+α oyla tangente α del ángulo α.

δ x = α δxx 2 + 2 δ x = α y

y

x B
y 22 α

A x + y A’
B’
δ y = α x 2 + y 2 δ y = α x δy
x y α x 2 + y 2

Entonces: AA’ = δx = y tg α ≅ y α

BB’ = δy = x tg α ≅ x α

Planteamos la ecuación del trabajo virtual en la rotación del cuerpo:

Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * δx + Σ Py *δy = 0

Trabajo virtual = Σ M α + Σ Px * α y + Σ Py * α x = 0

Como el ángulo de giro α es constante, lo sacamos fuera del símbolo de la sumatoria como
factor común.

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Trabajo virtual = α Σ M + α Σ Px * y + α Σ Py * x = 0

[Trabajo virtual = α Σ M + Σ Px * y + Σ Py * x] = 0

La cantidad encerrada dentro del paréntesis es igual a cero, debido al equilibrio de mo-
mentos.

Se puede decir entonces:
El trabajo virtual de un sistema de fuerzas y momentos en equilibrio aplicados a un
cuerpo rígido durante una rotación virtual es igual a cero.

Generalizando las dos expresiones, podemos establecer:
El trabajo virtual de un conjunto de fuerzas y pares en equilibrio aplicado a un cuerpo
rígido durante un movimiento roto-traslatorio virtual es igual a cero.

Vamos a generalizar el principio aplicándolo a los cuerpos elásticos. Para ello tomaremos
un cuerpo elástico vinculado y sometido a un sistema de cargas P. En los vínculos aparecerán
reacciones, que llamaremos C y equilibrarán a las cargas P. El conjunto entonces se encuentra
en equilibrio.

P1 A P2 Por consecuencia de la acción
M N de las carga P y reacciones C en la
estructura, se van a producir los tres
Cb parámetros de solicitación para las
estructuras consideradas en el plano.
Ellas son M, V y F: momento flector
virtual, esfuerzo cortante virtual y
esfuerzo axial virtual.

Ca

q Para poner esto de manifiesto,
Q2 analizaremos la partícula A, am-
Q1
pliándola en su dimensión.
δ
δ

A

A B Consideremos ahora la misma
Ra Rb estructura con los mismos vínculos y
sometida a un sistema de cargas rea-
les cualesquiera (q), uniformemente
repartidas y (Q) concentradas.

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análisis de estructuras Estudio de estructuras hiperestáticas planas

V Punto A M+dM En los vínculos A y B aparecerán
F 1 las reacciones Ra y Rb, que dejarán
F+dF a la estructura en perfecto equilibrio.
M V+dV Interiormente, se producirán pará-
metros de solicitación (M, V y F). El
O 2 cuerpo, al ser elástico y al estar some-
ε tido al sistema de cargas reales, sufri-
rá deformaciones en todos sus puntos.
3 4 Los puntos del perímetro exterior
γ donde se aplican las cargas sufrirán
corrimientos δ. Los puntos interiores,
θ5 tales como el A, serán pasibles de
desplazarse paralelamente, girar y
6 luego deformarse elásticamente. La
partícula A pasa de la posición 1 a la
2 por traslación rígida, de la posición
2 a la 3 por giro alrededor del punto O
en forma rígida. Una vez que la partí-
cula A está en la posición 3, se dilata
elásticamente una cantidad ε, pasan-
do de la posición 3 a la 4 por efecto
del esfuerzo axil F. De la posición 4
pasa a la posición 5, produciéndose
una distorsión angular γ debido al
efecto del esfuerzo cortante real V.
De la posición 5 pasa a la posición 6
a través de un giro θ, producido por
el momento flector real M.

Evaluemos ahora el trabajo virtual
que provocan las fuerzas exteriores a
la estructura.

Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c

Éste será igual a la suma del trabajo virtual que provoca el sistema de cargas P en el despla-
zamiento δ de sus puntos de aplicación a lo largo de la trayectoria de las P, leídos en la estruc-
tura real; esto es, provocados por el sistema de cargas reales, más el trabajo de las reacciones
virtuales C (que surgen de la aplicación del sistema P) a lo largo del posible movimiento o
cedimiento de los apoyos c en la estructura real, medidos a lo largo de la trayectoria de las
reacciones virtuales C.

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Arq. Julio C. Borthagaray

P1 paralela a la
trayectoria de P
M
Mδ
trayectoria de P M"

M'

Ca MM' = corrimiento real del punto M
MM" = proyección del corrimiento real del punto M

en la dirección paralela a la trayectoria de P

El trabajo virtual de P1 será igual al producto de su módulo por el vector MM”, proyección
del desplazamiento del punto M a lo largo de la trayectoria de la carga P1 (a la proyección la
llamamos δ). Haciendo una consideración similar para las reacciones C, el Trabajo virtual total

de l as fuerzas exteriores será:

Trabajo virtual exterior = Σ P δ + Σ C c

Se acredita a Clapeyron (1799-1864), que conjuntamente con G. Lamé (1795-1870) en 1833
enunciaron el teorema de igualdad de los trabajos externos e internos de una estructura sujeta
a esfuerzos. (Kinney, 1960, pág. 27).

Podemos decir entonces que el trabajo total (sea virtual o real) de las fuerzas que actúan
externamente en una estructura, debe ser igual al trabajo (virtual o real) de las solicitaciones
internas que se producen en ella, como consecuencia de su aplicación.

Esto nos permite establecer que el trabajo virtual interno de las solicitaciones virtuales (M, V,
F) a lo largo del desplazamiento roto-traslatorio deformacional real de las partículas tales como
la A, será igual al producto de las solicitaciones virtuales por el correspondiente desplazamiento.
Como el desplazamiento total es la suma de un movimiento rígido (rotación y traslación) y una
deformación elástica (alargamiento, distorsión y giro), el trabajo virtual interno será:

Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x (desplazamiento rígido + deformación elástica)

(debido a las cargas reales)

Ya demostramos, por el principio de Bernoulli, que el trabajo virtual de un sistema de fuerzas
en equilibrio en un movimiento roto-traslatorio rígido es igual a cero. Por eso entonces el

Trabajo virtual interno = Parámetros virtuales x deformaciones elásticas

(debido a las cargas reales)

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análisis de estructuras Estudio de estructuras hiperestáticas planas

Como el análisis lo estamos haciendo para una partícula diferencial como la A, lo que ten-
dremos será un trabajo virtual interno diferencial. Nos quedará:


dTv interno = (M θ + V γ + F ε) ds

Para obtener el Trabajo virtual interno total, tendremos que integrar; y la expresión nos
quedará:

TvInterno = ∫ (Mθ +Vγ + Fε )ds

Como Tv interno = Tv externo, nos quedará:

∑ Pδ + Cc = ∫ (Mθ +Vγ + Fε )ds

Las solicitaciones reales en la estructura provocan internamente parámetros de solicitación

real, los cuales nos dan deformaciones unitarias:

M V F
EI GA EA
θ = γ =κ * ε =

El valor κ es el factor de cortadura, que para secciones rectangulares vale 1,2 de acuerdo

con deducciones realizadas en Ciencia de la Construcción, Tomo 1 páginas 241 y 243, de
Odone Belluzzi.

La ecuación general del trabajo virtual queda:

∑ ∑ Pδ + Cc = ∫ ( MM )ds + ∫ κ (VGVA )ds + ∫ ( FF )ds
EI EA

Expresión conocida como ecuación de Maxwell-Mohr. James Clerk Maxwell (1830-1879),
Otto Mohr (1835-1918). (Kinney, 1960, pág. 29).

En esta ecuación no han sido consideradas las deformaciones por cambio de temperatura.
De esta ecuación se deduce que:

El trabajo virtual externo de las cargas dadas y reacciones emergentes (virtuales) a
lo largo de los desplazamientos de sus puntos de aplicación (provocados por las cargas
reales) es igual al trabajo virtual interno que generan los parámetros virtuales (que sur-
gen como consecuencia de la aplicación de las cargas P externas) en las deformaciones
elásticas (ε, γ, θ) provocadas por las cargas reales.

10 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

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El teorema será aplicado a dos problemas diferentes:

1) Cálculo de corrimientos y/o giros en estructuras de alma llena y estructuras reticuladas.

2) Resolución de estructuras hiperestáticas (externas o internas) de alma llena o reticuladas

de cualquier grado de hiperestaticidad.

De la expresión general haremos ciertas puntualizaciones.

Cuando se trata de estructuras de alma llena, la solicitación que tiene mayor importancia es

la provocada por el momento flector; entonces despreciamos los sumandos correspondientes a

las deformaciones provocadas por el cortante y el axial. La expresión quedará:

∑Pδ +∑ Cc = ∑ ∫ ( MM )ds
EI

Si en cambio se tratara de estructuras de reticulado, donde por lo general las cargas están

aplicadas sobre los nudos y el peso propio de las barras se puede despreciar, no existiría solici-

tación de momento flector y esfuerzo cortante, restando únicamente el esfuerzo axial.

La expresión del trabajo virtual quedará:

∑Pδ +∑ Cc = ∑ ∫ ( FF )ds
EA

Si tenemos un reticulado al que aplicamos un sistema de cargas P (virtuales) surgirán en los
apoyos reacciones C (virtuales) y esfuerzos internos en las barras F, que son constantes a lo

∫largo de toda la barra. Siendo así, es factible sacar estos valores fuera del símbolo de .
En forma análoga se puede razonar para la estructura sometida a fuerzas reales Q, y por
consecuencia, a esfuerzos internos F (reales). Siendo constante el esfuerzo a lo largo de toda la

∫barra, puede salir fuera del símbolo . Como además es normal que la sección A se mantenga

constante y que ésta sea del mismo material E, pueden salir como constantes de la integral.
La expresión del trabajo virtual quedará:

∑Pδ +∑ Cc =∑ FF ∫ ds
EA

∫El valor de ds es igual a la superficie de la barra; pero considerando las barras a eje de la

estructura, lo que cuenta es la longitud L de la barra. Entonces la expresión final quedará:

∑Pδ +∑ Cc ∑= n FF * L
1 EA

La sumatoria del 2º miembro hay que realizarla para las n barras que tenga el reticulado.
Vamos a ver a continuación cómo aplicamos una u otra expresión, según se trate de calcular
la deformación o deflexión de cualquier punto de una estructura de alma llena o reticulada.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 11

análisis de estructuras

1.1 Cálculo de corrimientos en estructuras de alma
llena y en estructuras reticulares

a) Estructuras de alma llena. (a)

∑ ∑ ∑ ∫ Pδ + C c = M EMIds

Tomemos la estructura indicada

en el gráfico, sometida a un sistema

de cargas Q (reales).
Q1 Q2 Lo primero que debemos hacer es

hallar las reacciones y luego de esto

estamos capacitados para determinar

los momentos flectores en cualquier

punto de la misma. Si deseamos

MA evaluar el corrimiento δ de un punto
δ como el M en una dirección deseada,
que puede ser cualquiera, aplicamos
P=1 en el punto una carga unitaria.

La expresión (a) nos quedará:

∑1∑*δ1+*δ∑+ ∑Cc =Cδc ==δ∑=∫∑M∫1EMMI d1EsMI ds

Si los apoyos (A) y (B) no sufren cedimientos reales c, el trabajo virtual de las reacciones

C y C será nulo, por lo cual el primer miembro nos quedará:
AB
∑ ∑ ∫ 1 *δ = δ = M1EMI ds (c)

Expresión que nos determina el valor del corrimiento en la dirección buscada. El signo que
MMds
∑ ∫nos dé EI , nos estará diciendo si el signo elegido es el correcto, o por el contrario,

hay que cambiarlo. En el primer caso, el signo será (+) y en el 2º caso será (-).

Como ejemplo evaluemos el corrimiento del extremo de una viga en ménsula, sometida a

una carga Q en su extremo. La viga tiene luz L y su sección recta es constante a lo largo de

todo el tramo. La viga, es además, toda del mismo material.

12 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

E I = cte Arq. Julio C. Borthagaray

Q P=1

δ M max = 1 L
M(x) = 1 x
L

Mmax = Q L
M(x) = Q x

xx

ds = dx

δ = ∫ MMds
EI

Sustituyendo los valores y efectuando la integral entre los límites 0 y L, tendremos:

∫δ = L xQxdx
0 EI

de donde

∫δ = Q L x2dx = Q  x3 L = QL3 QL3
EI 0 EI   3EI δ = 3EI
 3 0

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 13

análisis de estructuras Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares

Evaluaremos ahora la máxima deflexión en una viga similar, pero con carga uniformemente
repartida q.

E I = cte

P=1

q
δ

L M max = 1 L
M(x) = 1 x
2
x
Mmax = q L
22
M(x) = q x
2

x

∫δ = L xqx 2 dx ∫δ= q L x3dx
0 2EI 2EI 0

δ = q  x4 L δ = qL4
2EI   8EI
 4 0

Veremos ahora el siguiente ejemplo:

Pórtico simplemente apoyado de sección constante (30 x 60) de hormigón armado, solicitado
por una carga concentrada P = 1000 daN en la mitad de la luz de la viga.

E = 200.000daN / cm2 E = 2.000.000..000daN / m2

14 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

I = 30x603 = 540.000 cm4 I = 0.30x0.603 = 0.0054m4
12 12

Nuestro problema será determinar el corrimiento del apoyo B, por efecto de la carga aplicada
en la estructura.

P = 1000 daN

D
C

4.00

B

A 6.00
6.00
D
C
3.50

4.00 4.00

B

A 6.00
6.00

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 15

análisis de estructuras Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares
C
D

4.00

C=1 A B P=1

6.00 6.00 δ

Aplicamos la ecuación de Maxwell-Mohr:

P δ + C * c = ∫ MMds
EI

Como la resolución de las integrales es algo complicado, aplicamos sumatorias de elementos

finitos; y la expresión anterior quedará:

Pδ + C *c = ∑ MM ∆s
EI

A la carga P = 1, aplicada en B, se le opone una reacción C = 1, aplicada en A.

Como el apoyo A es una articulación fija, el cedimiento c = 0, por lo que el segundo sumando
del primer miembro es nulo. El primer sumando, como P = 1, nos quedará igual a δ .

La fórmula de Maxwell quedará:

δ = ∑ MM ∆s
EI

Para la resolución de esa ecuación, procederemos de la siguiente forma:
1) Dividimos la estructura en eslabones o dovelas ∆s (de ser posible del mismo largo). En
el caso del ejemplo, el largo ∆s vale 1 mt. Determinamos el valor del momento en el centro de
cada eslabón producido por la carga P=1000 daN. Ese momento se expresará en daN*m.
2) A continuación, aplicando una carga P (virtual) = 1 en la dirección del corrimiento en
el punto B, con el sentido que intuimos va a tener el corrimiento. La reacción en el apoyo A
tendrá la misma dirección y un sentido contrario a la fuerza en B. Evaluamos los momentos
provocados por esas fuerzas virtuales de valor unitario. El momento virtual en el centro de cada
eslabón será el valor de la cota y, siendo su unidad (m).

16 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

3) Confeccionamos una planilla Excel.
4) En la primera columna numeramos los eslabones o dovelas.
5) En la segunda columna anotamos la cota X del centro de cada eslabón.
6) En la tercera columna anotamos la cota Y del centro de cada eslabón.
7) En la sexta columna anotamos el valor de los momentos reales M, producidos por las
cargas exteriores.
8) En la séptima columna anotamos el valor del momento virtual M producido por la carga
virtual P = 1.
9) En la octava columna se obtiene el producto de los valores de la sexta columna por los
valores de la séptima columna.
10) Realizamos la sumatoria de la octava columna.
11) El valor obtenido se multiplica por el valor de ∆s y se divide entre EI.
12) El valor del cociente es el valor del corrimiento. Hay que ser cuidadoso en las unidades
a adoptar, para que los resultados sean coherentes.

Eslabón Cota x(mt) Cota y(mt) Carga vertical Caregna hAo(draizNo)n tal Mom(denatNo*smre) ales MPom=e1n(mtotss)d e M*PMro(d1u)(cdtaoNd*em2)
en A(daN)

1 0 0,5 500 1 0 0,5 0
2 0 1,5 500 1 0 1,5 0
3 0 2,5 500 1 0 2,5 0
4 0 3,5 500 1 0 3,5 0
5 0,5 4 500 1 250 4 1000
6 1,5 4 500 1 750 4 3000
7 2,5 4 500 1 1250 4 5000
8 3,5 4 500 1 1750 4 7000
9 4,5 4 500 1 2250 4 9000
10 5,5 4 500 1 2750 4 11000
11 6,5 4 500 1 2750 4 11000
12 7,5 4 500 1 2250 4 9000
13 8,5 4 500 1 1750 4 7000
14 9,5 4 500 1 1250 4 5000
15 10,5 4 500 1 750 4 3000
16 11,5 4 500 1 250 4 1000
17 12 3,5 500 1 0 3,5 0
18 12 2,5 500 1 0 2,5 0
19 12 1,5 500 1 0 1,5 0
20 12 0,5 500 1 0 0,5 0
72000
Corrimiento (mts)= 0,00666667

δ = 72000daNm2 *1m = 0.00666m

2.000.000.000 daN * 0.0054m4
m2

El corrimiento del apoyo B es de 6,66 mms.

Nuestro próximo ejemplo será determinar el valor del corrimiento del nudo E en una estruc-
tura de reticulado, aplicando la ecuación de Maxwell-Mohr. Las barras AC – CB – DC – EC
son de madera, de 10 x 15 cms.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 17

análisis de estructuras Cálculo de deflexiones en estructuras de alma llena y reticulares
Emadera = 100.000 daN / cm2

El resto de las barras serán de acero de sección circular, de 5 cm2 de área.

Eacero = 2.100.000 daN /cm2

P = 1000 daN

4.00 4.00

a C b B 1.00
f
A 2.24 e

d

Ra=500 daN D E Rb=500 daN

c

2.00 2.00 2.00 2.00

Resueltos los dos diagramas de Cremona, determinaremos los esfuerzos en las barras del
reticulado:

a
c
b

18 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

b

A a b B d a
d fe c
Cf 0.75
D
e
0.25
E

c

1

Barra Luz Módulo E Área F F’ F F’ L / EA
1 400 100000 150 -10000 -0.5 0.133333
2 400 100000 150 -10000 -1.5
3 224 2100000 11180 1.6771 0.4
4 400 2100000 5 20000 0.399999
5 224 2100000 5 11180 1 0.761904
6 224 100000 5 -11180 0.559 0.133325
7 224 100000 150 -11180 -0.559 0.093327
150 -0.559 0.093327

∑ 2.015218

∑ FFL = δ δ = ∑ = 2.015218 cm
EA

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 19

análisis de estructuras

1.2 Cálculo de estructuras hiperestáticas planas de alma
llena y estructuras hiperestáticas planas y reticuladas

Vamos a aplicar el teorema de Maxwell-Mohr a la resolución de estructuras hiperestáticas
planas de alma llena y reticuladas.

Primer ejemplo:
Resolución de un pórtico plano, biarticulado, de sección constante y de un mismo ma-
terial.
El pórtico está representado en la figura que aparece a continuación:

2000 daN/m

1000 daN/m

P = 1000 daN D 2.00
E I = cte
C E

3.00

A B
3.50
3.50

Para resolver el ejemplo, aplicaremos la fórmula general que expresa el teorema de
Maxwell-Mohr:

∑Pδ + ∑Cc = ∫ MM ds + ∫ FF ds + ∫κ VV ds + ∫ F *αt * t º*ds
EI EA GA

20 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

A la estructura original le sustituimos el apoyo en B por una articulación deslizante más
una fuerza de valor desconocido X, aplicada en el apoyo B, que impida cualquier tipo de co-
rrimiento de dicho apoyo.

2000 daN/m 2000 daN/m

1000 daN/m 1000 daN/m

D D D
E I = cte E I = cte
P = 1000 daN P = 1000 daN E C E I = cte E
C EC

= +

AB B B
A A
Hiperestático de 1er Gdo.
Sistema isostático Sistema solicitado por X

El artificio está en aplicar una carga P=1

Esa carga producirá M, V, F, si la carga en vez de ser =1 es igual a X, los valores de M, V
y F se verán multiplicados por X.

Las expresiones de las solicitaciones serán:

M = M 0 + XM F = F0 + XF V = V0 + XV

La clave estará en resolver la tercera parte del problema, donde le aplicamos al sistema una
carga P = 1 siguiendo la dirección de X.

Los valores M, F y V, producto de la carga P = 1 serán proporcionales a los producidos por
la carga X.

En la expresión de Maxwell–Mohr sustituimos los valores de M V y F hallados, y nos queda
entonces:

∑Pδ +∑Cc = ∫ (Mo + XM )M ∫dsγ+= κπ *(VGVoA+GXAV )V ds + ∫ (Fo + XF )F ∫ds + Fαttods
EI EA

Realizando operaciones y sacando X de factor común, la expresión nos queda:

∑ ∑ ∑ ∫Pδ + ∑ M2 F2 ∑∫κ V2 MoM VoV Fo F
Cc =X ∫ EI ds + EA ds + GA ds +∑∫ EI ds + ∑ ∫ κ GA ds + ∑∫ EA ds +∑ ∫ Fαttº ds

Analicemos el primer miembro de la ecuación.
Actuando una carga P = 1 aparece una reacción C = 1 en sentido contrario. Si llegan a produ-
cirse un descenso vertical en el apoyo A, el trabajo de la fuerza C = 1 (horizontal) o un posible
corrimiento C vertical sería nulo. Si no existe corrimiento, el trabajo también será nulo.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 21

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

En el apoyo B, actúa la carga P = 1. El trabajo será igual al producto del módulo de la fuerza
o el corrimiento del apoyo B. Como el apoyo no sufre corrimiento alguno, el trabajo será nulo,
por lo tanto la ecuación de Maxwell–Mohr quedará:

0=X ∑∫ M2 ds + ∑ ∫ M2 ds + ∑ ∫ κ V2 ds + ∑ ∫ MoM ds + ∑ ∫ κ VoV ds + ∑ ∫ Fo F ds +∑ ∫ Fαttº ds
EI EI GA EI GA EA

Por lo cual podemos despejar el valor de X.

∑∫ MoM ds + ∑∫κ VoV ds + ∑∫ Fo F ds +∑ ∫ Fαttº ds
EI GA EA
∑ ∫X =
∑ ∫ M2 ds + F2 ds + ∑ ∫κ V2 ds
EI EA GA

Si luego de realizar todas estas operaciones llegamos a que el valor de X nos da negativo,
significa que el sentido que debimos tomar para la carga P = 1 es el contrario al elegido.

Teniendo en consideración que los términos debidos al esfuerzo cortante y al esfuerzo axial
tienen menor trascendencia respecto al término debido al momento flector, los podemos des-
preciar y nos queda la ecuación de Maxwell–Mohr de la siguiente forma:

∑∫ MoM ds + ∑∫ Fαttº ds
EI
X =
M2
∑ ∫ EI ds

El efecto de la temperatura también puede ser despreciado, ya que las variaciones de tem-

peratura que se producen en nuestro país no son muy grandes.

La expresión final de Maxwell–Mohr queda:

∑ ∫ MoM ds
EI
XX == − M 2
EI
∑ ∫ ds

Si el pórtico es del mismo material y las barras son de sección constante, el término EI

podría sacarse del factor común en el numerador y en el denominador y simplificarse.

Luego de simplificar el procedimiento, en lugar de tomar elementos infinitesimales ds di-

vidimos a las barras de la estructura en partes finitas ∆s.

La ecuación de Maxwell queda:

∑∑XX== − M oM∆s
M 2∆s


22 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Si los elementos finitos ∆s son iguales, también los podemos sacar del factor común en el

numerador y en el denominador. Al simplificarlos, nos queda la expresión:

∑XX== − MoM
M2

Volviendo a la resolución del ejercicio propuesto, debemos evaluar la dimensión finita de
largo ∆s y los momentos que provocan en la estructura las cargas exteriores en el centro de
cada eslabón y los momentos que provocan en la estructura una carga P = 1.

1º) Se divide al pórtico en eslabones y los numeramos. Dividimos las patas en tres eslabones

de 1 mt de largo c/u.

Los tramos inclinados se dividen en cuatro eslabones, cuya longitud es:

∆s = 1 (22 + 3.52 ) = 1.00778 mts
4

Evaluamos las cotas X e Y del centro de cada eslabón y las transcribimos en la planilla
Excel de la página 25.

0.00 4.75
0.4375
1.3125 4.25
2.1875
3.06253.75
3.9375
4.8125
5.6875
6.5625

7.00
3.25

2.50 cota Y
1.50

0.50
cota X

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 23

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

2º) Evaluamos los momentos flectores, que provocan en la estructura isostática las cargas
exteriores, y los transcribimos:

1016083796 110106079631877
9240 9551
6879
7318 22667867
4631
3000
3000
2500 Mo

1500

500

3º) Calculamos los momentos que provocan la fuerza aplicada en el apoyo B, cuyo valor es
X y la correspondiente reacción que aparecerá en el apoyo A, cuyo valor también valdrá X.

5 5
4.75 4.75
4.25
4.25 3.75
3.25
3.75 3

3.25
3

3 3
2.5 2.5

1.5 1.5
.5
.5 M
C=1 P=1

24 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

El resumen de todos los valores están indicados en la planilla Excel adjunta:

∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’

1 1 0 0,5 0,5 500 0,25 250 500 0,5 -1797 -398

2 1 0 1,5 1,5 1500 2,25 2250 1500 1,5 -1797 -1195

3 1 0 2,5 2,5 2500 6,25 6250 2500 2,5 -1797 -1992

4 1,007 0,437 3,25 3,25 4631 10,644 15167,417 4631 3,25 -1797 -1209

5 1,007 1,312 3,75 3,75 7318 14,171 27657,421 7318 3,75 -1797 580

6 1,007 2,187 4,25 4,25 9240 18,203 39576,611 9240 4,25 -1797 1603

7 1,007 3,062 4,75 4,75 10396 22,738 49767,611 10396 4,75 -1797 1861

8 1,007 3,937 4,75 4,75 10691 22,738 51179,391 10691 4,75 -1797 2156

9 1,007 4,812 4,25 4,25 9551 18,203 40906,705 9551 4,25 -1797 1914

10 1,007 5,687 3,75 3,75 6879 14,171 25996,647 6879 3,75 -1797 141

11 1,007 6,562 3,25 3,25 2676 10,644 8763,965 2676 3,25 -1797 -3164

12 1 7 2,5 2,5 0 6,25 0 0 2,5 -1797 -4492

13 1 7 1,5 1,5 0 2,25 0 0 1,5 -1797 -2695

14 1 7 0,5 0,5 0 0,25 0 0 0,5 -1797 -898

149,015 267765,771

Valor de X =-1796,897

Hechos todos los cálculos, obtenemos cuál es el valor de la fuerza incógnita que se aplica
en el nudo B de la estructura.

Adjuntamos solamente el diagrama final de momentos flectores que actúan en el pórtico.
Queda para quien quiera calcular los cortantes y esfuerzos axiales, y luego graficarlos.

171092251702
1603 2156
580 1914
141
1209 3164
2391
5391

2391 M= Mo + X M 5391
1992 4492
2695
1195
399 898

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 25

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Veremos a continuación otro ejemplo de estructura hiperestática.

Se trata de un pórtico con tensor.
En la resolución de este tipo de problema debemos considerar dos elementos de la estructura:
1º) el pórtico propiamente dicho y
2º) el tensor.

Tomemos un pórtico de diseño similar al ya estudiado:
Consta de dos partes:
Las barras AC- CD- DE- y EB tienen la misma sección y el mismo material, o sea EI = cte.
La barra CE es un tensor con área At y módulo de Young Et.
Es un caso donde el apoyo A permanece fijo, mientras que el punto B puede sufrir un des-
plazamiento, ya que el tensor es elástico.

1000 daN/m 2000 daN/m

P = 1000 daN D E 2.00
tensor
C

3.00

E I = cte

AB

3.50 3.50

Aplicando el principio de superposición, desdoblamos la estructura en una estructura
isostática si quitamos el tensor más otra estructura donde actúa una fuerza incógnita X en la
ubicación del tensor.

26 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

2000 daN/m 2000 daN/m

1000 daN/m 1000 daN/m

P = 1000 daN D P = 1000 daN D D
C E I = cte E I = cte
E C E C XX E
A B B B
= + E I = cte

A A

M = M 0 + XM

Como en el caso anterior, aplicamos las expresiones de Maxwell-Mohr, pero con la parti-
cularidad de considerarlas en el pórtico y en el tensor.

∑ ∑Pδ + Cc = ∑ ∫ MM ds + ∑ ∫ FF ds + ∑ ∫ ∑ ∫ ∑ ∫Fαttds +FF dx + Ftα t tdx
EI EA Et At

pórtico tensor

∑ ∫Considerando la FF dx en el tensor, sabemos que F , F , Et yAt son constantes;
Et At

entonces las podemos sacar fuera de la integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la ex-

presión:

∑ ∫FF dx = FF L (siendo L la luz del tensor).
Et At
Et At

Considerando ahora la parte “anelástica” del tensor, tendremos:

∑ ∫ Ftαttdx donde Ftαtt son constantes y las podemos sacar fuera del símbolo de

integral y de la sumatoria. Nos queda entonces la siguiente expresión:

∫ Ftαtt dx = FtαttL

La expresión de Maxwell-Mohr nos queda:

∑ ∑Pδ + Cc = ∑∫ MM ds + ∑∫ FF ds +∑∫ F α t tds + FF L+ FαttL
EI EA Et At

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 27

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Analicemos el primer miembro:
Haciendo un corte en el tensor, aparecerán dos fuerzas X iguales y contrarias. Estas dos
fuerzas X a la altura de los apoyos no generan reacciones, ya que son iguales y contrarias. El
apoyo A está fijo, por tanto el desplazamiento será nulo. El trabajo también será nulo.
El apoyo B puede sufrir un desplazamiento, ya que es un apoyo deslizante, pero como la
fuerza es nula, el trabajo también es nulo.
Por tanto, el primer miembro es igual a cero. La ecuación de Maxwell-Mohr nos queda:

0 =∑∫ MM ds +∑∫ FF ds + ∑ ∫ Fαttds + FF L+ FαttL
EI EA Et At

No teniendo en cuenta los factores “anelásticos” tanto en el tensor como en las barras del
pórtico, y considerando como esfuerzo principal en la estructura el momento flector frente a la
solicitación que provoca el esfuerzo axil y el cortante, la ecuación nos queda:

∑ ∫0 = MM ds + FF L
EI Et At

Por aplicación del principio de superposición, el valor del esfuerzo M = M 0 + XM ;

F = 1 ; F = X


Tomando dovelas de dimensión finita, la ecuación de Maxwell-Mohr queda:

∑0 = (M 0 + XM )M ∆s + X Lt
EI Et At

(M0M ) + XM 2 X
EI Et At
∑0 = ∆s + Lt

M0M M2 X
EI EI Et At
∑ ∑0 =
∆s + X ∆s + Lt despejamos X

∑ ∑X = − M0M ∆s
EI
M2
EI ∆s + Lt
Et At

28 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Los esfuerzos M en el centro de las dovelas serán los mismos que en el ejemplo del pórtico
0

biarticulado, ya analizado en el ejemplo anterior.

1016083796 110106079631877
9240 9551
6879
7318 22667867
4631
3000
3000
2500 Mo

1500

500

Los momentos M son los que se detallan en el siguiente gráfico:

2 2
1.75 1.75
1.25
1.25 0.75
0.25
0.75 0

0.25
0

C=1 P=1

M

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 29

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Para el caso que nos ocupa, consideramos que el pórtico está construido del mismo material
y la sección es constante, por eso en la ecuación de Maxwell podemos realizar la siguiente
simplificación:

Multiplicamos los dos miembros de la ecuación por (E I), por lo cual queda:

∑∑X = − M 0M∆s

M 2∆s + Lt EI
Et At

En la planilla Excel que aparece a continuación está el cálculo de la fuerza X, que se ejerce
en el tensor metálico y los momentos en los centros de las dovelas.

∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’

11 0 0,5 0 500 0 0 500 0 5161 500

21 0 1,5 0 1500 0 0 1500 0 5161 1500

31 0 2,5 0 2500 0 0 2500 0 5161 2500

4 1,007 0,437 3,25 -0,25 4631 0,062 -1166,72 4631 -0,25 5161 3341

5 1,007 1,312 3,75 -0,75 7318 0,566 -5531,48 7318 -0,75 5161 3447

6 1,007 2,187 4,25 -1,25 9240 1,574 -11640,18 9240 -1,25 5161 2788

7 1,007 3,062 4,75 -1,75 10396 3,086 -18335,44 10396 -1,75 5161 1364

8 1,007 3,937 4,75 -1,75 10691 3,086 -18855,57 10691 -1,75 5161 1659

9 1,007 4,812 4,25 -1,25 9551 1,574 -12031,38 9551 -1,25 5161 3099

10 1,007 5,687 3,75 -0,75 6879 0,566 -5199,33 6879 -0,75 5161 3008

11 1,007 6,562 3,25 -0,25 2676 0,062 -674,15 2676 -0,25 5161 1386

12 1 7 2,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

13 1 7 1,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

14 1 7 0,5 0 0 0 0,00 0 0 5161 0

10,581 -73434,25

Luz del tensor 7 mts
Área tensor 0,0004 m2
Inercia port 0,00208 m4 tomo 2 barras de 16 mm de diámetro
210000 daN/cm2 tomo sección de 0.20 x 0.50

E pórtico 2100000 dan/cm2

E tensor

Valor de X = 5161,413

El tensor estará sometido a una tensión.

σ = 5161daN = 1290daN / cm2
4cm2

El diagrama de momentos final es el que se indica a continuación. Queda para los usuarios
diagramar las solicitaciones de cortante y el esfuerzo axil.

30 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

3615364 365
2788 1659
3099
3447 3008
3341 1386
3000
3000
2500

1500 Mo + X M
500

Veamos ahora un nuevo ejemplo de pórtico con tensor. A diferencia del ejemplo anterior, el
tensor se ubicará a la altura de los apoyos.

2000 daN/m
1000 daN/m

D

P = 1000 daN

C E I = cte E
A B
Tensor

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 31

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Los datos de geometría de la pieza (inercias, módulos de elasticidad del pórtico y del tensor,
área del tensor) son similares a los del ejemplo anterior. Para resolver el problema, procedemos
como lo hicimos antes. Debemos aplicar el principio de superposición y luego el teorema de
Maxwell-Mohr.

2000 daN/m 2000 daN/m
1000 daN/m 1000 daN/m

P = 1000 daN D P = 1000 daN D C D E
E
C E I = cte C + E I = cte
A E
E I = cte A XX B
=
B
B
A

Los valores de los momentos M0 y de los momentos M son los mismos que en el caso del
pórtico biarticulado que aparece en la página anterior.

Aplicando la fórmula de Maxwell-Mohr

∑ ∑Pδ + Cc = ∑∫ MM ds +∑∫ FF ds + ∑ ∫ Fαttds + FF L+ FαttL
EI EA Et At

tendremos:

∑ Pδ = trabajo de la fuerza P = 1 por el desplazamiento real del punto de aplicación A.

Como el apoyo A no tiene posibilidad de corrimiento, el trabajo será = 0.

∑ C c = Trabajo de la fuerza C = 1 por el desplazamiento real del punto de aplicación B.

El punto B se corre hacia la derecha, lo que permite el alargamiento del tensor.

c = XLt
Et At

Como el alargamiento tiene sentido contrario a la fuerza P = 1, el trabajo vale:

∑C c = − 1* X * Lt
Et * At

32 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

La ecuación de Maxwell-Mohr queda:

− 1 X * Lt = ∑ ∫ MM ds + ∑ ∫ FF ds + ∑ ∫ Fαttds + FF L + FαttL
Et At EI EA Et At

Eliminando los factores “anelásticos”, dejando solamente el término correspondiente al
momento flector y tomando elementos finitos de longitud ∆s, la ecuación queda:

− 1 X * Lt = ∑ MM ∆s
Et At EI


Como M = M0 + X M

X * Lt (M 0 + XM ) * M
Et At EI
∑− 1 = ∆s

X * Lt M0 *M M2
Et At EI EI
∑ ∑−
1 = ∆s + X ∆s



∑ ∑ M0M ∆s
EI
X=- M2 Lt
EI Et At
∆s +

Expresión similar a la obtenida en página 28.
Si en esta expresión numerador y denominador se multiplican por (E I), la ecuación queda:

∑ X =− M 0M∆s

M 2∆s + Lt EI
Et At
∑

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 33

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Adjuntamos ahora los resultados obtenidos que se expresan en una planilla Excel:

Pórtico atensorado

∆s largo cota x cota y M’ Mo M^2* ∆s MMo∆s Mo M’ X Mo + XM’

11 0 0,5 -0,5 500 0,25 -250 500 -0,5 1754 -377

21 0 1,5 -1,5 1500 2,25 -2250 1500 -1,5 1754 -1131

31 0 2,5 -2,5 2500 6,25 -6250 2500 -2,5 1754 -1885

4 1,007 0,437 3,25 -3,25 4631 10,644 -15167,417 4631 -3,25 1754 -1069

5 1,007 1,312 3,75 -3,75 7318 14,171 -27657,421 7318 -3,75 1754 741

6 1,007 2,187 4,25 -4,25 9240 18,203 -39576,611 9240 -4,25 1754 1786

7 1,007 3,062 4,75 -4,75 10396 22,738 -49767,611 10396 -4,75 1754 2065

8 1,007 3,937 4,75 -4,75 10691 22,738 -51179,391 10691 -4,75 1754 2360

9 1,007 4,812 4,25 -4,25 9551 18,203 -40906,705 9551 -4,25 1754 2097

10 1,007 5,687 3,75 -3,75 6879 14,171 -25996,647 6879 -3,75 1754 302

11 1,007 6,562 3,25 -3,25 2676 10,644 -8763,965 2676 -3,25 1754 -3024

12 1 7 2,5 -2,5 0 6,25 0 0 -2,5 1754 -4385

13 1 7 1,5 -1,5 0 2,25 0 0 -1,5 1754 -2631

14 1 7 0,5 -0,5 0 0,25 0 0 -0,5 1754 -877

149,015 -267765,771

Luz del tensor 7 mts
Área tensor 0,0004 m2
Inercia port 0,00208 m4
E pórtico 210000 daN/cm2
E tensor 2100000 daN/cm2

Valor de X =1753,985

X = − − 267765,772 = 1753,9847
+ 7 * 210000*0.00208333
149.015577
2100000 * 0,0004

Graficamos solamente el diagrama de momentos, dejando, para que los interesados realicen
los diagramas de esfuerzos axiles y esfuerzos cortantes.

17109225 1702
1603 2156
580 1914
141
1209 3164
2391
5391

2391 M= Mo + X M 5391
1992 4492
2695
1195
399 898

34 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Veremos ahora, como último ejemplo, el caso de un arco biempotrado:

P = 10.000 daN

B
A 11.46
60° 60° 60°
radio=11.46 mt

E I = constante


El arco tiene una longitud de 12 mt. Dividimos la estructura en 12 dovelas de 1 mt de
longitud.

P = 10.000 daN

1.4382 1.5326
1.265

1.013

0.666

0.245 B

A 60° 11.46

0.00 2.2839 3.25 4.23 5.23 7.23 10.116
0.4386 5.73 8.21 11.0214
1.344 6.23 9.1761 11.46

radio=11.46 mt

En el dibujo anterior se detallan las cotas (X) e (Y) del centro de cada dovela.
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 35

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

La estructura es hiperestática en tercer grado. Tiene tres apoyos superabundantes, por lo que
aplicando el principio de superposición la podemos desdoblar de la siguiente forma:

X3 P = 10.000 daN
A B

X1 X2 P = 10.000 daN

A Mo B

A M1 B
X1 B

A M2
X2

36 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

A M3 B
X3

El empotramiento en el punto A se sustituye por dos fuerzas (X1 y X2) y una carga mo-

mento (X3).

Debemos aplicar el teorema de Maxwell-Mohr tres veces. Una vez para cada fuerza incóg-

nita (X1, X2 y X3).

∑ Pδ + ∑Cc = ∑ MM ∆s
EI

Vamos a considerar exclusivamente el efecto del momento flector, no teniendo en cuenta la
colaboración del esfuerzo axil ni del esfuerzo cortante.

Por aplicación del principio de superposición, el valor genérico del momento flector en
cualquier punto será la suma de M0 + X1M1 + X2M2 + X3M3.

M = M 0 + X1 * M1 + X 2 * M 2 + X 3 * M 3

Aplicamos una carga P = 1 en la dirección y sentido de X1 en el apoyo A. En el apoyo B

aparecerá una reacción C = 1 en la misma dirección y sentido contrario a la carga. Como el

apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación

de Maxwell será igual a cero.

0 = ∑ MM1 ∆s
EI

M1(M 0 + X1M1 + X 2M + X 3M 3 )
EI
∑0 = 2 ∆s

Tomando elementos ∆s de la misma dimensión, del mismo material y de igual momento de

inercia, sacamos el factor común fuera del símbolo de la sumatoria.
Como ∆s es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda

EI

de la siguiente forma: 0 = M1M 0 + X 1M 2 + X 2M 2M1 + X 3M 3M1
1

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 37

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).

Si aplicamos una carga P = 1 en la dirección y sentido de X2 en el apoyo A, en el apoyo B

aparecerá una reacción C = 1, en la misma dirección y en sentido contrario a la carga. Como el

apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer miembro de la ecuación

de Maxwell-Mohr será igual a cero.

0 = ∑ MM 2 ∆s
EI



∑0 = M 2 (M 0 + X1M1 + X 2M 2 + X 3M 3 ) ∆s

EI

∆s
Como EI es distinto de cero, el que será igual a cero será el resto; por lo que la ecuación
nos quedará de la forma siguiente:

0 = M 2M 0 + X1M 2M1 + X 2M 2 + X 3M 3M 2
2

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2 y X3).

Si aplicamos una carga momento P = 1 en la dirección y en el sentido de X3 en el apoyo
A, en el apoyo B aparecerá una reacción C = 1, en la misma dirección y en el sentido contra-

rio a la carga. Como el apoyo A y el apoyo B no tienen posibilidad de movimiento, el primer

miembro de la ecuación de Maxwell será igual a cero.

0 = ∑ MM 3 ∆s
EI


∑0 = M 3(M 0 + X1M1 + X 2M 2 + X3M3) ∆s
EI

∆s

Como EI es distinto de cero, será igual a cero el resto, por lo cual la ecuación nos queda
de la forma siguiente:

0 = M 3M 0 + X1M 3M1 + X 2M3M2 + X 3M 2
3

Como podemos ver, tenemos una ecuación lineal con tres incógnitas (X1, X2, X3)

Nos queda un sistema de tres ecuaciones a resolver:

0 = M1M 0 + X 1M 2 + X 2M 2M1 + X 3M 3M1
1

0 = M 2M 0 + X1M 2M1 + X 2M 2 + X 3M 3M 2
2

0 = M 3M 0 + X1M 3M1 + X 2M3M2 + X 3M 2
3

38 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Los coeficientes los tomamos de la planilla Excel que está en la página 40.
El sistema nos queda:

137717.999 + 15.0961 X – 70.5984506 X + 12.3208 X = 0
1 23

-1686299.702 – 70.5984505 X + 529.519706 X – 68.7604 X = 0
1 23

+176035 + 12.3208 X – 68.7604 X + 12 X = 0
1 23

Resuelto el sistema, tendremos:

X = 17589.378
1

X = 5000.06
2

X = -4078.6317
3

Agregamos los diagramas con los cuales fueron calculados esos momentos en el centro de
cada una de las doce dovelas en que está dividida el arco.

mom Mo

P = 10.000 daN

1.4382 1.5326
1.265

1.013

0.666

0.245 B
mom M1
A 60° 11.46 60°

0.00 2.2839 3.25 4.23 5.23 10.116
0.4386 5.73 11.0214
1.344 6.23 11.46
7.23
8.21
9.1761

radio=11.46 mt

mom M2

mom M3

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 39

análisis de estructuras hiperestáticas planas de alma llena y reticuladas

M=Mo+X1M1+X2M2+X3M3

eslabón cota X cota y Ds Mo M1 M2 M3 M1^2 M2^2 M3^2 Mo*M1 Mo*M2 Mo*M3 M1*M2 M1*M3 M2*M3 M2*M3

1 0,438 0,245 1 0 -0,245 0,438 -1 0,060 0,192 1 0 0 0 -0,107 0,245 -0,438 -0,438 1962

2 1,344 0,666 1 0 -0,666 1,344 -1 0,444 1,807 1 0 0 0 -0,896 0,666 -1,344 -1,344 -924

3 2,283 1,013 1 0 -1,013 2,283 -1 1,026 5,216 1 0 0 0 -2,313 1,013 -2,283 -2,283 -2320

4 3,25 1,265 1 0 -1,265 3,25 -1 1,600 10,562 1 0 0 0 -4,111 1,265 -3,25 -3,25 -1922

5 4,23 1,438 1 0 -1,438 4,23 -1 2,068 17,892 1 0 0 0 -6,083 1,438 -4,23 -4,23 -68

6 5,23 1,532 1 0 -1,532 5,23 -1 2,348 27,352 1 0 0 0 -8,015 1,532 -5,23 -5,23 3271

7 6,23 1,532 1 -5000 -1,532 6,23 -1 2,348 38,812 1 7663 -31150 5000 -9,548 1,532 -6,23 -6,23 3271

8 7,23 1,438 1 -15000 -1,438 7,23 -1 2,068 52,272 1 21573 -108450 15000 -10,398 1,438 -7,23 -7,23 -68

9 8,21 1,265 1 -24800 -1,265 8,21 -1 1,600 67,404 1 31372 -203608,000 24800 -10,385 1,265 -8,21 -8,21 -1922

10 9,176 1,013 1 -34461 -1,013 9,176 -1 1,026 84,200 1 34908,993 -316217,582 34461 -9,295 1,013 -9,176 -9,176 -2320

11 10,116 0,666 1 -43860 -0,666 10,116 -1 0,444 102,333 1 29237,076 -443687,759 43860 -6,743 0,666 -10,116 -10,116 -926

12 11,021 0,245 1 -52914 -0,245 11,021 -1 0,060 121,471 1 12963,93 -583186,359 52914 -2,700 0,245 -11,021 -11,021 1962

15,096 529,519 12 137717,999 -1686299,701 176035 -70,598 12,321 -68,760 -68,760

Como ejemplo adjuntamos el diagrama corregido de los momentos flectores. También de-
jamos que los usuarios evalúen los diagramas de cortantes y esfuerzos axiles.

P = 10.000 daN

-2320 -1922 -2320

-1922

-68 -68 -924

-924 3271 B

A 1962

1962 3271

4079 4079

5724

DDiaiaggrarammaa ddee mMoommeenntotoss

40 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

2.0 Trazado de las líneas elásticas
de estructuras planas

En la actualidad, el trazado de las líneas elásticas en estructuras planas puede realizarse sin
ninguna dificultad, utilizando programas de computadora, como P-Plan u otro tipo. No obstante,
creo que para la formación de un estudiante de arquitectura es absolutamente imprescindible
“amasar el barro con las manos”, para lograr entender a cabalidad el comportamiento del
conjunto de los elementos constitutivos de una estructura. Ésta es la razón que ha impulsado a
reeditar “viejos”, pero no menos fecundos, procedimientos gráfico–analíticos para el estudio
de deformaciones de estructuras planas.

En una estructura cualquiera, sometida a un sistema de cargas, si por hipótesis se conocieran
los vectores corrimientos de cada uno de los puntos en su dimensión, dirección y sentido, se
puede definir como línea elástica, con respecto a una cierta dirección, a la poligonal o curva que
resulta de tomar a partir de una línea de referencia las componentes de los vectores corrimientos,
según la dirección considerada. Se define como corrimiento de un punto en una determinada
dirección a la proyección sobre ésta del corrimiento total del punto.

q (k/m)

b c
M
δ Mh
M'
a d lílinneeaaded ceiercrieerre
eláelsásttiiccaahohrizorointzalontal
δ Mv 90°

llíinneeaaddeecicerireerre
eelláásstticicaavevretirctailcal

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 41

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

M

δM

M’

El punto M se corre a M’. El descenso será δM.

Veremos ahora la base teórico-matemática del sistema de los pesos elásticos, que analiza-
remos posteriormente.

Y M' δ x M"
δy

M (x;y)

ω R

ωx X
ωy

O (xo;yo)

Un punto M gira alrededor de un punto O con un cierto ángulo ω en radianes. Suponiendo
que ω es muy pequeño, un infinitésimo, porque las deformaciones por giro en las barras son

muy pequeñas, vemos que el punto M pasa a M’. Asimilando el arco a la cuerda por ser defor-
maciones pequeñas, el corrimiento de M será MM’.

42 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Sus componentes serán δx y δy.

1 OM δy = MM "
w MM δx = M ' M "
MM ' = w *OM = '

Considerando el punto R, nos quedan dos triángulos semejantes en los cuales podemos

establecer la siguiente relación:

OM ' = OR = RM = 1
MM MM " M'M" w

A nosotros nos interesa determinar el valor MM” y M’M”

1 = RM de donde M ' M "= w * RM δx = (x − x0 ) *w
w M'M"

1 = OR de donde MM "= w *OR δy = ( y − y0 ) *w
w MM "

Podemos concluir lo siguiente:

El corrimiento de un punto, según una dirección dada, es igual al momento estático

con respecto a dicha dirección de una fuerza ficticia que es igual en magnitud al giro (ω)

que se produce en el punto de reducción.

Consideremos ahora una barra A B, como la de la figura 3, a la que se le aplica un momento
M. Esa barra sufre una deformación cuyo valor es posible de evaluar por medio de las ecua-
ciones de la “línea elástica”.

yz

B' θb

A

ww = EMMIL B x

M

L/2

L

Figura 3

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 43

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas
Para la barra AB será:
d2z = M
dx 2 EI

Si integramos, nos da: dz = x M + C1
dx EI

dz es el ángulo que forma la tangente a la elástica con el eje de la barra.
dx

Para X = 0 dz = 0 de donde C1 = 0.
dx

Integrando nuevamente z = M * X2 + C2
EI 2

Z es el descenso de un punto cualquiera. Para el caso de que X = 0

Z=0 de donde C2 = 0

Para X = L en las dos ecuaciones anteriores nos dará:

dz = ML = θb
dx EI


zb = M * L2 = θb * L
EI 2 2

El descenso, en el punto B de la barra, es numéricamente igual al momento estático respecto

a B del vector giro θ aplicado en L/2.
b

Al valor L =g lo llamamos masa elástica.
EI

Al valor θb = M *L = M *g =w lo llamamos peso elástico.
EI

44 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Por tanto, concluimos que para poder evaluar el descenso en un punto de la barra elástica
debemos calcular el momento estático en ese punto de las fuerzas ficticias (giros) aplicadas en
el centro de cada uno de los eslabones que componen esa barra elástica. Ésa es la razón por la

cual dividimos la barra en trozos ∆s, muy pequeños.

Veremos a continuación ejemplos aclaratorios:

Calculamos la línea elástica de una viga en voladizo.

P=5T P=5T P=5T

AB

1.00 1.00 1.00

La primera operación que se realiza es dividir la barra AB en una serie de eslabones elás-

ticos, que llamaremos ∆s. Luego en el centro elástico de cada eslabón se aplica la carga del

peso elástico correspondiente.



w = M ∆s
EI

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 45