Análisis de Estructuras Borthagaray

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

P1=5 ton P3=5 ton Para evaluar esa carga, debemos
P2=5 ton tener dibujado el diagrama de momen-
tos flectores. Para eso tenemos que
P1

AB trazar la funicular para ese fin.

P2 Leemos el valor del momento de

cada eslabón en la funicular trazada

P3 para ese fin.

M3 ∆s H Consideremos que el momento es
EI constante en el intervalo del eslabón.
ω3=

ω2= M2 ∆s Es así como podemos evaluar el área
EI
multiplicando M por ∆s y luego di-

ω1= M1 vidiéndolo por EI, así obtenemos el
EI
∆s 1 peso elástico en cada eslabón de la

13 4 M funicular.

2 2 La segunda operación consiste en

calcular el momento de un sistema de

3 vectores que representan a los pesos
elásticos; de esta forma, por defini-
δb

4

ción, se obtienen los descensos.

H' Si todos los w son del mismo sig-
N no, es indiferente el sentido con que

se toman en la dinámica. Si éstos son

de signo contrario, los positivos se toman hacia abajo y los negativos hacia arriba.

Veremos algunas simplificaciones qeus epsoesipbuleedceonnsreidaelirzaarrcaolmmoétmodaosadseelloásstpiceassosgel=ás∆tIiscosy.
Si consideramos que E es constante,
peso elástico w = M * g.

La elástica hallada en esta hipótesis está multiplicada por E.

Si MN es la imagen del descenso en B

δb = MN = MN
m3 E
m1m2 .E
H

Eligiendo H = E o a una cierta escala H = m4 E y sustituyendo nos quedará:

δb = MN = MN
m1m2
m1m2 .E m4
m4 E


46 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Si consideramos que EI = cte, las masas elásticas serán:

g = ∆s y el peso elástico será: w = M * g.

La elástica calculada en esta hipótesis está multiplicada por EI si MN es la imagen del

descenso del punto B.

δb = MN = MN
m3 EI
m1m2 .EI
H


Eligiendo H = EI o a una cierta escala m4

H = m4 EI sustituyendo en la expresión anterior nos quedará:

δb = MN = MN = MN = MN
m3 EI m1m2
m1m2 .EI m1m2 * EI m4
H m4 EI

Si consideramos ∆s = cte. las masas elásticas serán g = ∆s y los pesos elásticos
w =M *g EI EI

La elástica en esta hipótesis estará multiplicada por 1 . Debemos, por lo tanto, elegir un
H que nos simplifique las operaciones. ∆s

EI

Tomamos entonces:

H = m4 1 el valor del descenso en el punto B valdrá:
∆s

EI

δb = MN = MN = MN = MN
m1m2 EI m1m2
m3 EI m1m2 * EI m4
∆s H ∆s EI ∆s
m4 ∆s

El método de los pesos elásticos nos permite, además de evaluar los corrimientos horizontales
y verticales en pórticos y/o vigas, la resolución de estructuras hiperestáticas.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 47

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

Veremos a continuación cómo se ataca un pórtico biarticulado por este método. La primera

operación que debemos realizar es aplicar el principio de superposición y desdoblar el problema

hiperestático en:

1º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb1. δ
2º) Pórtico isostático, donde el apoyo B sufre un corrimiento δb2. En sentido contrario al b1

producido éste por una carga X tal que δ + δ = 0
b1 b2

El valor de la carga X se determina de la siguiente manera:

1°) Se calcula el corrimiento δ que producen las cargas exteriores en el pórtico isostático.
b1
2°) Se calcula el corrimiento δ que provoca una carga P = 1. Si la carga actuante en vez de
b2
ser P = 1 hubiese sido X, los corrimientos serían proporcionales. Esto es: X δb2.
La suma de los dos corrimientos debe ser nula, ya que el apoyo B está impedido de desli-

zarse.

δ + X δ = 0
b1 b2

X = − δb1
δb2

∑δb1 = wi * zi

wi = Mi * ∆s
EI
A B

∑δb1 = MiZi ∆s
EI

∑δb2 = wh * zi

A B B'

wh = M P =1 * zi
h

M h = P =1 * Z i de donde:

A B" B X wh = zi * ∆s
EI

48 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

∑ ∑ δb2 = zi2 ∆s
wh * zi = * EI

X = − δb1
δb2
δ b1 + Xδ b2 = 0



∑∑X = − M i zi ∆s
EI
∆s
zi2 EI



sí ∆s = const. ∑∑X = − M i zi
EI zi2

Veamos ahora un par de ejemplos de aplicación del método de los pesos elásticos.

1º) trazado de la elástica de un arco parabólico de 12 mts de luz y 2.50 mts de flecha. El
arco es de hormigón armado y su sección 30 cm x 45 cm.

Momento de Inercia = 228.000 cm4
Eh = 200.000 daN/cm2

q = 1000 daN / m

2.50

A B
12.00

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 49

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

Y

y = 2.5

y = -0.069444 x2 + 0.8333 x

x=0 x=6 x = 12 X
y=0 y=0

Lo primero que debemos hacer es determinar la longitud de la línea media del arco para-
bólico.

Para eso tenemos que hallar la ecuación del arco parabólico.

La ecuación general de la parábola es y = Ax2 + Bx + C
Cuando X = 0 Y = 0

De donde: 0 = A*0 + B *0 + C 0=C

La ecuación quedará:


y = Ax2 + Bx Debemos determinar los parámetros A y B

Para X = 6 Y = 2.5 de donde 2.5 = A* 62 + B * 6 2.5 = A*36 + B *6
0 = A*144 + B *12

Para X = 12 Y = 0 de donde 0 = A*122 + B *12


50 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Debemos resolver el sistema de ecuaciones.

2.5 6

A= 0 12 = 12 * 2.5 − 0*6 = 30 = −0.0694444
36 6 36 *12 −144 *6 − 432

144 12

36 2.5

B = 144 0 = 36 *0 −144 * 2.5 = − 360 = 0.83333333
36 6 36 *12 −144 *6 − 432

144 12

La ecuación del arco parabólico quedará: y = −0.0694444 x2 + 0.83333x

Y

ds dy y = -0.069444 x2 + 0.8333 x
dx X

ds = dy 2 + dx 2 ds =  dy 2 +1 * dx dy = derivada 1ª de la función
 dx  dx

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 51

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

y = - 0.069444 x2 + 0.83333 x dy = −2 * 0.0694444 x + 0.833333
dx

dy = −0.1388888 x + 0.833333
dx

La longitud de la curva es la integral entre 0 y 12 de ds.

∫ ∫S = 12 ds = 12 dy 2 * dx
00 dx
+ 1

La solución de la integral:

∫12 u2 + a2 du = u u2 + a2 + a2 Lu + u2 + a2
0 2 2

u= dy = −0.1388888 x + 0.833333 u2 = (− 0.13888X + 0.83333)2
dx

a = 1 a 2 = 1

du = −0.138888dx de donde dx = − du
0.138888

∫ u2 + a2 du = u u2 + a2 + a2 Lu + u2 + a2
2 2

El largo de la curva será la integral definida entre 0 y 12.

∫− 0.138888 (−0.13888 X + 0.83333 )2 +12 dx =

=  (−0.13888 X + 0.83333 (−0.13888 X + 0.8333)2 +1 + 1 L (−0.13888 X + 0.8333) + (−0.13888 X + 0.8333)2 +1 12
2 2  0

Largo = − 0.9215913 − 0.9215913 = 13.271mts
− 0.138888

Esta curva la dividimos en doce dovelas . El largo ∆s de cada dovela será:

13.271
12
∆s = = 1.1059



52 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

q = 1000 daN / m

2.50

AB
12.00

Para hallar los momentos en el centro de cada eslabón o dovela utilizamos la viga equi-
valente:

q = 1000 daN / m

.4429
1.3403
2.2992
3.3068
4.3648
5.4569

2.50
2.4789
2.3125
1.9934
1.5445

0.99

A 0.3432 corrimiento horizontal B
6.7212 cms

12.00

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 53

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

Los valores de los momentos leídos en el trazado parabólico adjunto nos dan los siguientes
resultados:

En el centro de dovela 1)................2559 daN*m
En el centro de dovela 2)................7144 daN*m
En el centro de dovela 3).............. 11152 daN*m
En el centro de dovela 4)..............14373 daN*m
En el centro de dovela 5)..............16663 daN*m
En el centro de dovela 6)..............17852 daN*m
En el centro del arco...................18000 daN*m
En el centro de dovela 7)..............17852 daN*m
En el centro de dovela 8)..............16663 daN*m
En el centro de dovela 9)..............14373 daN*m
En el centro de dovela 10)............ 11152 daN*m
En el centro de dovela 11)..............7144 daN*m
En el centro de dovela 12)..............2559 daN*m

Con el valor de los momentos calculados, procedemos a determinar el valor de los pesos
elásticos para cada dovela.

w = M ∆s
EI

eslabón ∆s E I ∆s/EI Mi ωi cota X cota Y
0,000 255931,979 0,000 44,29 34,32
1 110 200000 228000 0,000 714359,795 0,001 134,03
0,000 1115203,967 0,002 229,92 99
2 110 200000 228000 0,000 1437333,688 0,003 330,68 154,45
0,000 1666306,048 0,004 436,48 199,34
3 110 200000 228000 0,000 1785252,119 0,004 545,69 231,25
0,000 0,004 545,69 247,89
4 110 200000 228000 0,000 1785252 0,004 436,48 247,89
0,000 1666306 0,003 330,68 231,25
5 110 200000 228000 0,000 1437334 0,002 229,92 199,34
0,000 1115204 0,001 134,03 154,45
6 110 200000 228000 0,000 714360 0,000 44,29
255932 99
7 110 200000 228000 0,033 34,32

8 110 200000 228000

9 110 200000 228000

10 110 200000 228000

11 110 200000 228000

12 110 200000 228000

ωiA 0,016

54 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Una vez evaluados los pesos elásticos en el centro de cada dovela, y de acuerdo con lo
establecido anteriormente, podemos resolver el problema del trazado de la elástica haciéndolo
en forma analítica o por medio de una representación gráfica.

1º) Resolución gráfica

El arco lo representamos a una escala (m1). En nuestro ejemplo lo dibujamos a la escala
1/100. A cada peso elástico lo representamos con un vector a una cierta escala (m2).

En nuestro ejemplo, la escala m2 = 1 : 1cm
000.000kda*Nc*mcm

Elegimos el valor de H tal que sea igual a EI o a una cierta escala (m4)
∆s

En nuestro ejemplo H = EI = 200.000 * 228.000 = 4,14545 *108
∆s 110

Por lo tanto, para tener H = 4,14545 cms, la escala m4 deberá ser 1 m4 = 1
108 108

El resultado lo leemos en el trazado funicular a la escala m1m2
m4
1 1
100 * 1: 000.000

1 = 1

108

Las flechas en cualquier punto del arco se determinan leyendo en el trazado funicular a la es-
cala 1/1. O sea, ese trazado funicular es la representación de la línea elástica. Ver página 57.

q = 1000 daN / m

.4429
1.3403
2.2992
3.3068
4.3648
5.4569

2.50
2.4789
2.3125
1.9934
1.5445

0.99

A 0.3432 corrimiento horizontal B
6.7212 cms

12.00

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 55

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

flecha máxima = 6.1532 cms

H = 5 cms

H = 4.1455 cms

Si deseamos evaluar los corrimientos horizontales, tenemos que trazar una funicular cuyos
rayos sean perpendiculares a los rayos tomados para determinar los corrimientos verticales.

Este trazado es el que puede observarse en la primera figura de la página 56. En nuestro
caso, el máximo corrimiento es el del apoyo B, y su valor es de 6.7212 cms.

2º) Resolución analítica
Para resolver el problema analíticamente, aplicamos en el centro de cada dovela el peso

elástico ω , cuyo valor se encuentra en la planilla de la página 55.
i

56 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

5.45 C Arq. Julio C. Borthagaray
4.36 12.00
3.30 B
2.30
1.34
0.44

A
0.0168242 0.00061738
0.00172324
0.00269
0.003467
0.00402
0.004306

0.0168242

Tomamos momentos de los vectores que representan a los pesos elásticos (incluyendo la
reacción en el apoyo A) en ejes tales como el representado en línea punteada, como la que pasa
por C. Evaluamos el corrimiento vertical de cada uno de los puntos centro de cada dovela, con
lo cual podemos dibujar la línea que representa la deformación del arco en vertical.

El corimiento del punto C será:

δ c = 6.128012

Gráficamente, el valor hallado es 6,1532 cms. El error es del 0.4%.
De esta forma se puede calcular el corrimiento para cualquier punto, aplicando el mismo
procedimiento.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 57

análisis de estructuras Trazado de las líneas elásticas de estructuras planas

Calcularemos ahora el corrimiento horizontal de los puntos del arco:

0.00402 0.004306
0.003467
2.4789
0.00269 2.3125
1.9934
0.00172324 1.5445
0.9900
0.0336484 0.00061738 0.3442 B

A

12.00

Para hallar el corrimiento del punto B, trazamos un eje (línea punteada que une A con
B).

Tomamos momentos de los vectores que representan los pesos elásticos respecto a ese
eje.

Como los pesos elásticos son simétricos, al producto de los momentos lo multiplicamos
por 2.

El corrimiento del punto B será:

δB = 2*[0.00061738*34,42 + 0.00172324*99 + 0.00269*154,45+ 0.00346725*199,34 + 0.0040196*231,25+ 0.00430653*247,89]

δ B = 6,5901cms

Gráficamente, el corrimiento horizontal nos dio 6,7212 cms. Tenemos una diferencia en los
cálculos de 2%. Con esto damos por finalizado el análisis de las deformaciones en estructuras
de alma llena.

Pasaremos ahora a estudiar las deformaciones en estructuras reticuladas de 1ª y 2ª es-
pecie.

58 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

3.0 Deformaciones elásticas en
estructuras reticuladas planas

Consideraciones generales

Problemas generales de deformaciones elásticas nos obligan a determinar qué forma adop-

tan los sistemas reticulares del caso, sometidos a sistemas de cargas. Conocida la geometría

de las piezas, y una vez avaluados los esfuerzos en las barras del reticular, por el método de

Cremona, Culmann o Ritter, podemos evaluar las deformaciones en cada una de las barras en

forma aislada.

Lo que no podemos todavía es determinar la deformación de conjunto.

Una barra de longitud “L” y de sección “A”, sometida a un esfuerzo axil “F”, sufre una

deformación unitaria. σ F
E EA
ε = ε =




La deformación total será ∆L = ε * L = F*L
EA

A estos valores deberemos ponerle signo positivo o negativo, según la barra sufra alarga-
miento o acortamiento.

Además, las barras pueden estar sometidas a efectos de temperatura, que hacen variar sus
dimensiones. Las deformaciones anelásticas se obtienen con la expresión:

∆Lt = ±αt * ∆t * L

αen donde t = coeficiente de dilatación térmica del material.

± ∆t = aumento o disminución de temperatura.

L = longitud de la barra.

∆L final = ∆L + ∆Lt

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 59

análisis de estructuras Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas

B polo O b’

B” ∆AB 90°

∆AB B1 a ϕ
B’
ϕ
b
A

Oa = A A1
Ob = B B1
A1

Si se considera una barra AB aislada, que compone un sistema reticulado, ésta puede sufrir:

1º) una traslación paralela hasta A1 B´;
2º) un acortamiento o alargamiento (∆AB) con signo positivo o negativo, de B’B”;
3º) una rotación de ángulo muy pequeño ϕ (de B” a B1) en la que se llega a la posición final
A1 B1.
Como el giro ϕ es muy pequeño, el arco B”B1 puede sustituirse por la normal a la recta
A1B” tomada desde el punto B”.
Esto mismo puede observarse si se toma un polo fijo O. Por él se traza un vector, a una

escala conveniente, con la misma dirección y sentido al corrimiento AA1. De esta forma se fija
la posición del punto a. A partir de este punto se traza el vector ab’ que representa, a la misma

escala anterior, la dilatación ∆ de la barra AB.
AB
El siguiente paso consiste en efectuar una rotación angular ϕ (muy pequeña), tomando como

centro de rotación el punto a. Como la rotación es muy pequeña, en lugar de trazar el arco,

trazamos la tangente al arco, que es perpendicular a la recta ab’, con lo que determinamos el

punto b. El vector Ob nos determina el corrimiento real del punto. Veremos ahora el diagrama

de deformaciones de un sistema de barras.

Tomemos por ejemplo un sistema compuesto por dos barras (AB) y (BC) que concurren

al nudo C. C’
1

∆ ∆
C’2 ∆2 1 C ’ O 1 90º
C
(a,b)
C’

-∆2 90º

(1) (2) corrimiento del nudo C



A B



La barra AC sufre un alargamiento ∆ desde C hasta C’1.
1
La barra CB sufre un acortamiento ∆ desde C hasta C’2.
2

60 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Los puntos A y B permanecen fijos. Si se suelta el nudo C y se deja dilatar a la barra AC,

éste se ubicará en C’1. Si se deja contraer la barra CB, el nudo C se ubicará en C’2.
Si permitimos rotar la barra AC (dilatada) respecto al punto A y a la barra CB (contraída)

respecto al punto B, y a las rotaciones las sustituimos por las cuerdas desde C’ y C’2, el punto
de encuentro será el C’, posición final del punto C. La deformación final del1 punto C estará

dada por el vector CC’. Se puede llevar a un polo fijo O estas variaciones ∆ y - ∆ en magnitud,
1 2

dirección y sentido.

Los vectores son trazados por los extremos y luego haciendo centro en O arcos de circunfe-

rencia. Donde éstos se corten, nos darán la ubicación del punto C. El desplazamiento del punto C

estará dado por el vector OC. Como los desplazamientos son muy pequeños, en vez de trazar los

arcos, se sustituyen por las cuerdas; esto es, las normales a los vectores corrimientos, y donde estas

normales se interceptan, se obtiene el punto buscado con un error absolutamente despreciable.

Debe tenerse especial cuidado con el sentido de los corrimientos al ser colocados en la

dinámica. Si suponemos fijo el punto A, la barra se dilatará en el sentido de AC; esto es,

para la barra BC el acortamiento de la barra será en el sentido .

A este procedimiento se le llama DIAGRAMA DE WILLIOT, quien en 1877 lo publicó

en su “Notions pratiques sur la Statique graphique”, en los Annales du Genie Civil, 2nde série,

6ème année, pág. 713.

Veremos ahora un ejemplo para aclarar el procedimiento:

Tomemos la marquesina A B C D E sometida a un sistema de cargas P en sus nudos. Cono-

cidos los valores de los esfuerzos en las barras (calculados por el procedimiento de Cremona,

Culmann, Ritter o Henneberg), se obtiene fácilmente el valor de las deformaciones en todas y

cada una de las barras.

A P d'1 O ( a' e' )
(+) b'2 b'1

PB b'

(-) B' (+) (+) d' c'2
c'1 d'2

D
C

PE (-) (-)
D'
C'

c'
Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 61

análisis de estructuras Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas

Como en el caso anterior, debemos partir de dos nudos cuya posición sea conocida para fijar
un tercero, y así sucesivamente.

En el ejemplo partimos de los nudos A y E, que permanecen fijos. Debemos ubicar el nudo
B. En la dinámica, tomamos las deformaciones de las barras AB y EB a una escala conveniente.
Por sus extremos trazamos las normales, y en el cruce de ellas está la imagen del punto B. El
corrimiento está indicado por el vector trazado Ob’.

Conocida la posición del nudo B, podemos ubicar la nueva posición del punto D después
de la deformación. Ahora tomamos como puntos fijos el punto E y el B’.

En la dinámica, por los puntos e’ y b’, imágenes de los nudos E y B’, se trazan las deforma-
ciones de las barras ED y BD. Por sus extremos se trazan las normales y donde éstas se cruzan
se encuentra el punto d’, imagen del nudo D’. El corrimiento del nudo D está representado por
el vector O d’. Este corrimiento se compone de dos movimientos: uno debido a la elasticidad
de las barras (es el b’d’) y otro debido a la traslación paralela del reticulado en la anterior de-
formación (la del nudo B).

De esta forma se continúa. Nos basamos ahora en los nudos B y D que han sufrido el pro-
ceso de deformación, yendo a ocupar la posición B’ D’. Tomándolos como fijos, procedemos
a ubicar la posición del nudo C. A partir del punto b’, colocamos la deformación de la barra
BC, obteniendo el punto c’2 A partir del punto d’, colocamos la deformación de la barra DC y
obtenemos el punto c’1.

Trazamos los arcos (los sustituimos por las cuerdas) y así obtenemos el punto C’. De esta
forma se resuelven los reticulares de 2ª especie; esto es, aquéllos en que se conoce la posición
de dos de sus nudos fijos y se pasa a ubicar un tercero, y así sucesivamente.

Analizaremos ahora los reticulares de Primera Especie

Un estudio aparte merecen los reticulares de 1ª especie, pues en estos casos no podemos

aplicar el método de WILLIOT directamente porque no se tiene la posición de dos nudos fijos,

sino que se conoce solamente la posición de un sólo nudo. Para poder resolverlo, debemos

hacer una suposición:

Partimos de un nudo fijo (A) y suponemos que una barra (5) se dilatará o contraerá en la

dirección conocida,

P P que le fijamos por la

colocación de una guía

B 2 C que impide cualquier
desplazamiento lateral

1 6 7 3 (giro). Esto es lo que
A 5 E se llama adoptar una
4 FALSA POSICIÓN.
P D Mediante ese supues-
to, el sistema se podrá
resolver.

62 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Veamos cómo resolvemos el diagrama de WILLIOT.

Al igual que en los reticulares de 2ª especie, partimos de un punto fijo O. A partir del cual
tomamos el corrimiento de la barra AE, que es la que está en falsa posición.

P P D' D'
D"
B 2
C
1 7 3
6 E
D"
5 P 4
A
D

3
C'

67
B'
2 O (A') E' 4

Ubicado el punto E’, a partir del apoyo fijo y de este punto E’, ubicamos el punto B’. Y así
sucesivamente ocurrirá con los demás puntos.

Los corrimientos de los nudos estarán dados por los vectores OD’, OC’, OE’ y OB’.
El corrimiento del nudo D es incompatible con el tipo de vínculo, ya que éste pasaría a D’;
lo que no es posible porque el apoyo D solamente puede deslizarse en el plano horizontal. Por
lo tanto, debemos efectuar una corrección al sistema para que sea congruente.

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 63

análisis de estructuras Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas

A' B EA La corrección para este
A 90º B' tipo de reticulares es de-
O bida a MOHR, y para su
ω 90º B explicación es necesario
estudiar qué le sucede a
E' ω C una chapa cuando gira
90º
E ω 90º un pequeño ángulo ω al-

ω C' B rededor de un punto (por
D ejemplo el O).
O DC
90º
ω

D' Diagrama vectorial de rotaciones

La chapa A B C D E gira un ángulo ω con respecto a un punto interior O.

Los puntos A B C D E se desplazarán a A’ B’ C’ D’ E’. Tomando el giro muy pequeño, po-

demos tomar la cuerda por el arco y la normal al radio. Como el ángulo es aproximadamente

igual a la tangente trigonométrica, nos quedarán las siguientes expresiones:

AA’ = OA * ω

BB’ = OB * ω

CC’ = OC * ω

DD’ = OD * ω

EE’ = OE * ω

Como podemos ver, los desplazamientos son directamente proporcionales a los radios. Debido

a que los desplazamientos y los giros son muy pequeños, no es cómoda su representación.

Construimos un diagrama aparte a una escala conveniente. A partir de un polo O ponemos

los vectores AA’, BB’, CC’, DD’ y EE’. Observando este diagrama vemos que:

1º) Los vectores son proporcionales a los radios.

2º) Su dirección es perpendicular a la de los radios de giro de la chapa. Sacamos como

conclusión que cualquier recta que to-

B' C' memos, por ejemplo A—B, es perpen-
dicular a la dirección AB del diagrama
90º
90º (chapa original). Esto se conoce con el
B C D' nombre de figuras HOMOTÉTICAS
ω

ω NORMALES.

ω 90º Consideremos ahora una poligonal y

D

supongamos que por efecto de un giro w

A alrededor de un punto A, y conociendo el

D' corrimiento de D, queremos ubicar los pun-
C'

tos C y B. El punto C se encuentra donde se

B'

O (A') cortan las rectas perpendiculares a AC y a

CD, trazadas por A y D respectivamente.

64 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Para el punto B procedemos en forma análoga. A’ B’ C’ D’ es una poligonal homotética
normal a A B C D. Si en lugar de considerar una poligonal tomáramos una chapa de reticulado
como si fuera una chapa rígida, el procedimiento sería totalmente similar. Supongamos que es
conocida la posición final del punto C (esto es C’).

B' El punto B estará donde se

B corten las rectas normales a AB

y CB respectivamente, trazadas

90º C' desde los puntos (O) que corres-
ponde al punto A (nudo fijo) y
D' 90º desde el punto C, cuya posición

A D C es conocida. De la misma forma
se ubica el punto D, por lo cual

C' el problema queda resuelto.

90º

D'

B'

O ( A' )

Vistos estos ejemplos, podemos volver a nuestro diagrama originalmente trazado, y que no

habíamos podido seguir adelante pPor incompatibilidad dPe la posiciónDd' el punto D.

Debemos efectuar un giro con centro en A2. El arco que describe el nudo D se puede tomar
normal a la recta A E D por la pBequeñez de las deformacioCnes, y la podemos representar en la

vectorial con su dirección y1 sentido po6r el vector D7”O. La co3mposición de los dos vectores
D”O + OD’ = D”D’
E 4 D" D" D'
Esto es el corrimiento real del nu5do D.
AD
P
P P D'

B 2C C"

1 6 7 3 E"D'
A 5 E 4 D" D3"

P C'

D

En forma totalmente análoga, por medio de un diCag"rama B"
homotético normal, podemos ubicar B” C” y E”. Y luego cal-

cular las deformaciones reales a la escala que hemos tomado 67
leyendo los vectores desde las letras con comillas dobles (”)
hasta las letras con comillas simples (’). B' O (A')E' 4
2

E"
3

Facultad de ArquCit'ectura - Universidad ORT Uruguay - 65

análisis de estructuras Deformaciones elásticas en estructuras reticuladas planas

Veamos un ejemplo:
Calculamos las deformaciones del reticular adjunto, construido en acero. Las barras comprimi-
das con PN I Nº 16 y barras traccionadas con acero de sección circular de 16 mm de diámetro.

4500 daN

2.61 b 5.22
3.00
a1 2
f
5
e

60°

4 3 Rb =2625 daN
d a
Ra = 4875 daN c
3000 daN
3.00
3.00

compresión tracción f
c
1 - 5629
2 - 5250 b
3 4567 e
4 2815
5 3464 Diagrama de Cremona d

Cuadro 1

66 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Evaluadas las reacciones y resuelto el diagrama de Cremona, las solicitaciones en las barras
se adjuntan en el cuadro siguiente. Se adjunta, además, una planilla con el cálculo de deforma-
ciones en las barras del reticulado.

barra largo área módulo de Young fuerza axil deformación (en cms)
1 300 22,8 2100000 -5629 -0,035
2 522 22,8 2100000 -5220 -0,056
3 300 2100000 4567 0,326
4 300 2 2100000 2815 0,201
5 300 2 2100000 3464 0,247
2

B

12
5

A4 D
barra en falsa posición
3 C
c'
c"

d"

b"

b' d'
O(a')

Corrimiento del nudo B = 0.51565 cms
Corrimiento del nudo C = 0.52665 cms
Corrimiento del nudo D = 0.73235 cms

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 67

análisis de estructuras

4.0 Estudio sobre vigas continuas

El motivo objetivo de este capítulo es facilitar a los estudiantes y a los profesionales la resolución
de un problema que comúnmente se presenta cuando se diseña y se dimensiona estructuras.

1º) Definición

Llamamos vigas continuas a un tipo estructural tridimensional en forma de barra, en la que
predomina una de las dimensiones frente a las restantes, sustentada de tal forma, generalmente
en más de dos apoyos, que es imposible su resolución por aplicación de los métodos de la es-
tática y es necesario aplicar las condiciones de deformación de las piezas. Debemos recurrir a
las teorías que se han elaborado sobre los estudios de resistencia de materiales.

2º) Breve reseña histórica

Antes de la década del ‘30 del siglo XX, para la resolución de casi todos los problemas que
plantean las estructuras hiperestáticas se disponía de una metodología basada en:

a) El principio de Castigliano.
b) Las ecuaciones de Bresse.
c) La ecuación generalizada del “Teorema de los tres momentos”, conocido como de
Clapeyron.
d) La ecuación de enlaces superabundantes, de Bertrand de Fontviolant deducida de la
ecuación general de la elasticidad.
e) Los estudios realizados por Maxwell, Ritter, Mohr, Müller Breslau, etc.
Todos estos métodos presentan el punto común:
Si en general permiten expresar el problema con bastante facilidad en ecuaciones, todos ellos
conducen a un número tan elevado de éstas, que es imposible resolverlas en forma manual sin
dedicar a ello un tiempo desproporcionado con el resultado que se trata de conseguir.
Para remediar estos inconvenientes, en los EE.UU., en 1932, el profesor Hardy Cross y su
ayudante, el también profesor N.D. Morgan, basándose en estudios realizados por Manney y
Wilson, presentaron en una obra titulada Continous frames of reinforced concrete; un procedi-
miento de una extremada sencillez y automaticidad en los cálculos, que con la simple aplicación
de operaciones aritméticas se puede resolver estructuras muy complejas.
Debo confesar que, a lo largo de mis años de ejercicio de la profesión y la docencia, perma-
nentemente he aplicado el procedimiento de Cross, para la solución de casi la totalidad de las
estructuras que se me han presentado, y obtuve un resultado altamente satisfactorio.
Los métodos “ecuacionables” quedaron en algún recóndito lugar de mi memoria, sin
que los hubiera aplicado en mi vida profesional, salvo en la ejercitación práctica en el mo-
mento de la formación como alumno de la Facultad de Arquitectura, de la Universidad de
la República.

68 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

La aparición y posterior popularización de los minicomputadores, herramientas infatigables
en el trabajo, con su velocidad de proceso y precisión en los resultados, nos ha permitido, sin
olvidarnos del “Método de Cross”, replantear los métodos anteriores. Es posible ahora resolver
sistemas de ecuaciones de gran dimensión, sin ninguna dificultad, en tiempos muy breves.

En este capítulo haré un análisis teórico para la resolución de vigas continuas, aplicando el
“Teorema de los tres momentos” o “ Teorema de Clapeyron”, ilustrado con una serie de ejem-
plos calculados con calculadora manual. Además, brindaré, a quien lo requiera, un programa
de computadora de nuestra autoría, diseñado en lenguaje Visual-Basic.

Ecuación de los Tres Momentos o Teorema de Clapeyron

Vamos a deducir un teorema fundamental para la resolución de vigas continuas, tomando

como incógnitas los momentos de los apoyos superabundantes.

Como en todos los casos de piezas hiperestáticas, para resolver el problema tendremos que

basarnos en las posibles deformaciones de las barras.

Tomemos un trozo intermedio de una viga continua constituido por dos tramos de luces Ln
y L y sus tres apoyos respectivos (P, Q y R), sometidos a cargas cualesquiera, aplicadas en
n+1
los tramos de luces L y L
n n+1

P Q R

L L
n n+1

tq
deformada

Mp Mq MR

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 69

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

Las cargas provocarán deformaciones en la pieza; por ende asumimos que existirán esfuerzos

internos que harán que la pieza, luego de deformada, permanezca en equilibrio. Aproximán-

donos al fenómeno real, decimos que en la pieza aparecen parámetros de solicitación (V y M),

producto de las deformaciones que provocan las cargas exteriores que actúan en la pieza.

La Teoría de la Elasticidad relaciona las deformaciones con los parámetros de solicitación.

En base a estas relaciones, haremos nuestras deducciones.

La deformación de la pieza es naturalmente continua a lo largo de toda la viga.

Los apoyos, en este caso idealizados como articulaciones perfectas, sin ningún rozamiento,

restringen a los puntos P, Q, R, etc. y les impiden descender o levantarse, pero permiten que

se produzcan giros.

Tomando un apoyo intermedio, por ejemplo el Q, la tangente a la línea deformada real de

la pieza será la recta tq y es común para la viga PQ y la viga QR. O sea, el ángulo que gira
la tangente t (respecto al eje de la pieza para la viga PQ) debe ser igual al ángulo que gira la
q
tangente tq, respecto al eje de la viga QR. Por lo cual:

(PQ) (QR)

θ = -θ fórmula (a)
Q Q

Basándonos en esta igualdad, realizaremos todo el razonamiento que sigue:
Tomemos el tramo PQ de la viga continua de luz Ln, sometida a las cargas exteriores y a
los momentos flectores Mp y Mq en sus extremos P y Q.

Mp Mq

P Ln Q P Ln Q

Mp Aplicando el principio de superposición a la
P
viga en cuestión, podemos desdoblarla en las
P Ln Q tres situaciones.

Sumando los efectos que provocan las cargas

en forma independiente, obtendremos un resulta-

do igual al de las cargas actuando todas en forma

simultánea.

Mq

Ln Para determinar los giros, debemos aplicar el
Q teorema de Mohr y sus corolarios sobre deforma-

ciones de piezas rectas trabajando como vigas.

70 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Mohr deduce que el giro que se produce en el apoyo de una viga es igual al esfuerzo cor-
tante de la viga conjugada, estando ésta sometida a una carga igual al diagrama de momentos
flectores dividido entre E.I; siendo E el módulo de Young del material que conforma la viga e
I el momento de inercia de su sección recta, según el plano donde se deforma.

La demostración del teorema de Mohr y sus corolarios no son del caso en este estudio. De
existir interés, puede consultarse abundante bibliografía existente sobre el tema. El valor de
los giros en los apoyos para vigas simplemente apoyadas está estudiado, resuelto y tabulado
en varios manuales. Transcribimos los casos más frecuentes que se pueden presentar en la
vida práctica. El giro en el apoyo Q considerado de la viga PQ será igual al que le provocan
las cargas exteriores, que llamaremos Θ(Q)PQext, más el que le provoca el momento actuante
Mp en el apoyo P, más el momento actuante Mq en el apoyo Q, valores que tomamos del
formulario adjunto.

Tendremos entonces:

(Q)PQ ext + M P Ln + MQ Ln

θ θ(Q)PQ total = 6 E(n) I (n) 3 E(n) I (n)



De la misma forma hacemos para la viga QR

MQ L(n+1) MR L(n + 1)
+
θ θ(Q)QR total = (Q)QR ext + 3 E(n+1) I (n+1) 6 E(n+1) I (n+1)



Basándonos en la fórmula (a), tendremos:

(PQ) (QR)

θ = - θ Q
Q

(PQ)total (QR)total
De donde
θ + θ =0
Q Q

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 71

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

Sustituyendo los valores y ordenando, nos quedará la siguiente ecuación:

0 = θ (Q)P Qext + θ (Q)QR e xt + M P 6E(n L) n* I(n) + MQ 3E( Ln I + L( n +1)  + MR L( n +1)
n) * 3E(n+1) * I(n+1) 6E(n+1) * I(n+1)
( n )

Esta expresión es la que se denomina “Ecuación de los tres momentos”. En ella las únicas
incógnitas son los valores del apoyo considerado MQ y la de los apoyos adyacentes MP, y
MR, ya que las luces, inercias y módulos E son datos conocidos.

Los giros θ(Q)PQext y θ(Q)QR ext que provocan las cargas exteriores son evaluables y están

en función de EI.
Esta ecuación debe ser planteada tantas veces como apoyos intermedios superabundantes

tenga la viga continua.
Se obtiene un conjunto de ecuaciones lineales con ternas de valores incógnitos, que deben

ser resueltos simultáneamente, planteando el sistema de ecuaciones correspondientes.
La expresión general está planteada para la posibilidad que los tramos adyacentes al apoyo

genérico Q pueda tener diferente luz, diferente inercia, y que sea de distinto material.
No es esto lo más frecuente, ya que lo común es que las vigas sean todas del mismo material

y, a pesar de las luces, puedan ser distintas y se dimensionen con la misma escuadría.
Esto simplifica la expresión general, ya que como todos los sumandos están afectados por

1/EI, este valor se saca de factor común y se simplifica.

La expresión final en este caso será:

0 = θ (Q)PQext + θ (Q)QRe xt + MP * Ln + MQ * Ln + L(n +1) + MR * L(n +1)
6 3 6

72 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Se adjunta a continuación una tabla auxiliar para la avaluación de los giros para casos fre-
cuentes de cargas aplicadas en vigas.

caso θ θizq der

F θ izq F a b (L + b) θ der F a b (L +a)
6EIL 6EIL
ab
L θ izq F L2 θ der F L2
16 E I 16 E I
F
θ izq q b c ( L2 -2b2- c22) 2 θ der q a c ( L2 -a22- c22) 2
L/2 L/2
L 3EIL 3EIL

q θ izq q L3 θ der q L3
24 E I 24 E I
cc
ab

L

q

L

q θ izq q L3 θ der 7 q L3
45 E I 360 E I
L
θq izq 7 q L3 θ der q L3
L 360 E I 45 E I

M θ izq ML θ der ML
3EI 6EI
L

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 73

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

Presentamos ahora algunos ejemplos prácticos.
Ejemplo 1:

Viga de dos tramos con EI = cte

1000 daN /m 800 daN/m
5m

A B C

4 m

Tramo 1 (AB)

θ AB = q * L3 = 1000 * 43 = 2666.67 θ AB = q * L3 = 1000 * 43 = 2666.67
A 24 24 B 24 24


Tramo 2 (BC)

θ BC = q * L3 = 800 *53 = 4166,67 θCBC = q * L3 = 800 *53 = 4166,67
B 24 24 24 24


Como la viga en A y en C tiene apoyos simples, los momentos valdrán cero.

MA = 0 MC = 0

Aplicando la “Ecuación de los tres momentos”, tendremos:

2666,67 + 4166,67 + M * 4 + M * (4 + 5) + MC * 5 = 0
6 3 6
A B



6833,34 + M B * 9 = 0 MB = − 6833,34 = −2277,78
3 de donde 3

M B = −2277,78

74 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Los diagramas de solicitaciones serán los siguientes:

Mb=-2777,78 daN*m

Ma=0 Mc=0 Momentos Flectores
1.43
1.14 1.14 1.93
3.07

1430 2456 1.93
1.43 2570
Esfuerzos Cortantes

1544

-2500

-2000

1.00 1.25 Momentos Flectores
para la situación de
tramos perfectamente
empotrados

1125 1406,25

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 75

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Ejemplo 2:

La misma viga del ejemplo 1, pero con dos voladizos.

A 1000 daN /m 800 daN/m C
5m 1m
B
4 m
1 m

Las ménsulas son tramos isostáticos, por lo que podemos evaluar sus solicitaciones pre-
viamente.

1000 daN/m 800 daN/m

1 m 1m



MA = q * L2 = 1000 *12 = −500daN * m MC = q * L2 = 800 *12 = −400daN *m
2 2 2 2



VA = 1000daN VC = 800daN

La incógnita sigue siendo el momento flector en el apoyo B. Planteamos la ecuación de los
tres momentos y nos queda:

2666,67 + 4166.67 + (−500) * 4 + M * (4 + 5) + (−400) * 5 = 0
6 3 6
B



6166.67 + 9 * M B = 0 M B = −2055,56daN * m
3

76 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Los diagramas de solicitación serán los siguientes:

Mb=-2055,56

Ma=-500 Mc=-400

0.35 1.13 1.08 0.25

Ma=798

Ma=1341

1.51 2.91

2331

1611

800

1000

2389 1669
-400
Momentos flectores para la situacion
de tramos perfectamente empotrados

-2300

-1750

-500

0.33 924 1.21 1240

0.95 0.25

1.59 2.97

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 77

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Ejemplo 3:

Viga de tres tramos con EI = cte

F=1000 kg


1000 k/m 800 k/m

A B 3m 2 m C D
4 m
5 m 4m

Tramo 1 (AB)

θ AB = q * L3 = 1000 * 43 = 2666.67 θ AB = q * L3 = 1000 * 43 = 2666.67
A 24 24 B 24 24



Tramo 2 (BC)

θ BC = F * a *b * (L + b) = 1000 * 3 * 2 * (5 + 2) = 1400
B 6L 6 * 5



θ BC = F * a *b *(L + a) = 1000 * 3 * 2* (5 + 3) = 1600
C 6L 6 *5



Tramo 3 (CD)

θCCD = q * L3 = 800 * 43 = 2133.33
24 24

θ CD = q * L3 = 800 * 43 = 2133.33
D 24 24

78 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Planteo de las ecuaciones del sistema

Para el apoyo B:

0 = θ AB ext + θ BC ext + M * L(1) + M *  L(1) + L(2)  + M * L(2)
B B 6  3  6
A B C

2666,67 + 1400 + M A * 4 + M B * 9 + MC * 5 = 0
6 3 6

como M A = 0 ordenando los sumandos, la 1ª ecuación nos queda:
3* M B + 5 6 * M C = −4066,67

Para el apoyo C:

θ BC ext + θCCDext + M * L(2) + MC *  L(2) + L(3)  + M * L(3) = 0
C 6  3  6
B D

1600 + 2133,33 + M B * 5 + MC * 9 + MD * 4 = 0
6 3 6

Como M D = 0 ordenando los sumandos, la segunda ecuación nos queda:

5 MB + 3*MC = −3733,33
6

El sistema de ecuaciones nos queda:

3* M B + 5 6 * M C = −4066,67

5 MB + 3*MC = −3733,33
6

La solución del sistema es:

M B = −1094daN * m M C = −940aN * m


Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 79

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Los diagramas de solicitaciones son los siguientes:

Momentos flectores

-1094 -940

198

1490 2.52 1.66 1165
1.73 0.55 0.59

4.00 5.00 2.29

4.00

1727 Esfuerzos cortantes 1835
431

569

1365

2274

Momentos flectores para la situación de perfecto empotramiento

-2000 -1600
-480 -720

1125 900

1.50 1.36 576
1.00 1.11
1.00

80 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Ejemplo 4:

Viga de cuatro tramos y un voladizo, todos del mismo material con secciones diferentes en

los cuatro tramos. E = cte

3000 daN

5000 daN

1000 daN/m 2000 daN/m 1000 daN/m 1000 daN/m 2000 daN/m 4000 daN/m

A B C D E

1m 4m 2m 2m 3m 1m 2m
3m
4 m

I =1 I =2 I(3) = 1 I(4) = 2
(1) (2)

Tramo en voladizo.

M A = −500daN * m VA = 1000daN



Tramo 1 (AB)

θ AB ext = q * L3 = 1000 * 43 = 2666,67
B 24 * I (1) 24

Tramo 2 (BC)

Aplicamos el principio de superposición para la avaluación de los giros.

5000 daN



5000 daN
+
2000 daN/m 1000 daN/m = 1000 daN/m + 1000 daN/m

2 m 2 m 2 m 2 m 2m 2m

4 m 4 m 4 m 4m

θ BC ext = qL3 + qbc ( L2 − b2 − c2 ) + FL2
B 24I (2) 3I (2)L 16I (2)

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 81

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

θ BC ext = 1000 * 43 + 1000 *3*1 (4 2 − 32 − 12 ) + 5000 + 42 = 4583,333
B 24 * 2 3*2*4 16 * 2

θCBC ext = qL3 + qac (L2 − a2 − c2) + FL2
24I (2) 3I (2)L 16I (2)

θ BC ext = 1000 * 43 + 1000 *1*1 (42 − 12 −12 ) + 5000 + 42 = 4416,6633
C 24 * 2 3*2*4 16 * 2

Tramo 3 (CD)

θ CD ext = q * L3 = 1000 *33 = 1125
C 24 * I (3) 24 *1

θ CD ext = q * L3 = 1000 * 43 = 1125
D 24 * I (3) 24 *1

Tramo 4 (DE)

Aplicamos el principio de superposición:

3000 daN

F=3000 daN

2000daN/m 4000daN/m = 2000 daN/m + 2000 daN/m +

12 3 12 12

θ DE ext = qL3 + qbc (L2 − b2 − c2) + Fab(L + b) =
D 24 I ( 4) 3LI (4) 6LI (4)

= 2000 *33 + 2000 *1*1 * (32 − 12 −12 ) + 3000 *1* 2*(3 + 2) = 2736,1113
24 * 2 3*3*2 6*3*2

82 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Planteo del sistema de ecuaciones

Apoyo B:

θ BA ext + θ BC ext = MA L(1) + M B  L(1) + L( 2 )  + M C L( 2 ) =0
B B 6 I (1) 3I (1) 3I(2) 6I(2)

M A = −500daN * m

2666,67 + 4583,33 + (−500) * 4 + M B  4 + 4  + MC 4 = 0
6 *1  3*1 3*2  6*2

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

2M B + M C 13 + 6919,6667 = 0 1ª ecuación

Apoyo C:

θCBC ext + θ CD ext = MB L( 2 ) + M C  L( 2 ) + L(3)  + M D L(3) =0
C 6I(2) 3I(2) 3I(3) 6I(3)

4416,6633 + 1125 + M B  4 + 3  + MD 3 = 0
 3*2 3*1  6 *1

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

13 M B + 53 M C + 12 M D + 5541,6633 = 0 2ª ecuación

Apoyo D:

θ CD ext + θ DE ext = MC L(3) + M D  L(3) + L( 4 )  + M E L( 4 ) =0
D C 6I(3) 3I(3) 3I(4) 6I(4)

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 83

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

Como el apoyo E s una articulación el M E = 0

1125 + 2736,1113 + MC 3 + M D  3 + 3 2  + 0 = 0
6 *1  3*1 3* 

Ordenando los sumandos, la ecuación nos quedará:

12 M C + 9 6 M D + 3861,1113 = 0 3ª ecuación

El sistema a resolver será:

+ MC +0 = −6916,6667
3
2M B

MB + 5M C + MD = −5541,6613
3 3 2

0+ MC + 9M D = −3861,1113
2 6


Las raíces del sistema son: M =-2147,435 daN*m M =-1858,263 daN*m
C D
M =-3100,428 daN*m
B

84 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Momentos flectores

Mb= -3100

Mc= -2147

Md= -1858

Ma=-500

M = 411

1.60 1.40
0.25
1.74 0.47

0.44 0.54
1.35 2.00

0.75
1.49

M = 5376 M =4095 M = 4571
4953 Esfuerzos Cortantes

6238

1350 2238 1596 1953

1000

2650 1404 6047
2762 -5473
4762
-4750

-4250

-1750

-500 -750 -750

0.95 0.91 0.97 375

0.33 924 0.74

0.72 0.72 1685
1.50
1.59 1.00
3500 1.79

2931

2.00 Momentos flectores para la situacion
de tramos perfectamente empotrados

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 85

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas

Ejemplo 5:
Viga de dos tramos y un voladizo, todas del mismo material e igual sección. EI = cte

3000 daN 4000 daN



2000 daN/m 1000 dan/m

A B C
1m
1m 3 m 3 m 2 m

4m 5m

Tramo 1 (AB)
Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.

3000 daN 3000 daN

2000 daN/m = 2000 daN/m +
4m 1m
1 m 3 m 3m
4 m

θ AB ext = qL(1)3 + Fab ( L(1) + a) == 2000 * 43 + 3000 *1*3*(4 + 1) = 7208,333
B 24 6L(1) 24 6*4

Tramo 2 (BC)

Aplicamos el principio de superposición para la evaluación de los giros.

4000 daN 4000 daN

= 1000 daN/m + 3m 2m
1000 daN/m 5m

3 m 2 m

5 m 5 m

86 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

θ BC ext = qL(2)3 + Fab ( L( 2 ) + b) =
B 24 6L(2)

= 1000 *53 + (−4000) * 2*3*(5 + 2) = −391,667
24 6*5

Tramo 3 (voladizo) MC = 1000 *12 = −500daN *m
2
10 00 da N/m
1m V = 1000daN

La incógnita es el momento en el apoyo B.
Aplicando el “Teorema de los tres momentos”, nos quedará la siguiente expresión:

MA L(1) + MB ( L(1) + L(2) ) + MC L( 2 ) + θBtotal =0
6 3 6

0* 4 + MB (4 + 5) + (−500) * 5 + 7208,333 − 391,667 = 0
6 3 6



0 + 3* M B − 416,667 + 6816,666 = 0

M B = −2133,33dan * m

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 87

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Los diagramas de solicitación serán los siguientes:

-2-9259454
-2133

-1381

-500

Ma=0 Momentos Flectores

1.00 2.20 1.23 1.77 2.00 1.00
0.35 0.45

4716 4845
5717

3717

1227 2227
1000
717
1.43 227

Esfuerzos Cortantes

1773

5283
-5407

-1906 Momentos Flectores
para la situación de
-500 tramos perfectamente
empotrados

+485

-456

1.00 1.92 1.08 +732 1.09 1.70 1.00
1.21 0.30

0.70

3898 3.00 2.00 1.00
4.00

88 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Ejemplo 6:

Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante, con un apoyo extremo

perfectamente empotrado.

E I = cte.

2000 daN /m B 1000 daN/m C
A 5m




4 m

Tramo 1 (AB)

θ AB ext = q * L3 = 2000 * 43 = 5333,33 θ AB ext = q * L3 = 2000 * 43 = 5333,33
A 24 24 B 24 24

Tramo 2 (BC)

θ BC ext = q * L3 = 1000 * 53 = 5208,333 θ BC ext = q * L3 = 1000 * 53 = 5208,333
B 24 24 C 24 24

Planteo de las ecuaciones del sistema

Para el apoyo A)

M A 4 + M B 4 + 5333,33 = 0
3 6

Para el apoyo B)

M 4 + MB (4 + 5) + MC 5 + (5333,33 + 5208,333) = 0
6 3 6
A

M C = 0 por tratarse de una articulación

1,3333M A + 0,6667M B + 5333,333 = 0
0,66667M A + 3M B +1052,667 = 0




Las raíces del sistema son: M A = −2521 M B = −2954

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 89

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Los diagramas de solicitación son los siguientes: Momentos Flectores

-2954

-2521

0.93 1.18

0.82 1265
1.95

1823

3.09

3892

3091

Esfuerzos Cortantes

1909

4108

-2667 -3125
-2667

Momentos Flectores
para la situación de
tramos perfectamente
empotrados

1.25

0.85 0.85

1333

1758

3.13

90 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Ejemplo 7:

Viga continua de dos tramos del mismo material y sección constante con un apoyo extremo

perfectamente empotrado.

E I = cte.

1000 daN /m 2000 daN/m
5m
A B C

4 m

Tramo 1 (AB)

AB q * L3 1000 * 4 3 q * L3 1000 * 4 3
A 24 24 24 24
θ ext = = = 2666,67 θ AB ext = = = 2666,67
B

Tramo 2 (BC)

θ BC ext = q * L3 = 2000 * 53 = 10416,67 θ BC ext = q * L3 = 2000 * 53 = 10416,67
B 24 24 C 24 24

Planteo de las ecuaciones del sistema

Para el apoyo A)

M A 4 + MB 4 + 2666,67 = 0
3 6

Para el apoyo B)

M 4 + MB (4 + 5) + MC 5 + (2666,67 + 10416,67) = 0
6 3 6
A

M C = 0 por tratarse de una articulación

1,3333M A + 0,6667M B + 2666,67 = 0
0,66667M A + 3M B +13083,334 = 0

Las raíces del sistema son: M A = +203,12 M B = −4406,24

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 91

análisis de estructuras Estudio sobre vigas continuas
Los diagramas de solicitación son los siguientes:

-4406

203 Momentos Flectores

2.09

562 0.88

0.85

4241

2.94

5881

848

3152 Esfuerzos Cortantes

4119

-1334 -6250
-1334

Momentos Flectores
para la situación de
tramos perfectamente
empotrados

1.25

667

0.85 0.85

3516

3.13

92 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Arq. Julio C. Borthagaray

Índice onomástico

Área 19, 26, 32
Axil 8, 28, 30, 34, 37, 40, 59, 67
Bernoulli Johanes 4, 9
Clapeyron 9, 68, 69
Cortante 7, 8, 11, 22, 25, 28, 30, 34, 37, 40
Cremona 18, 59, 61, 67
Corrimientos 1, 11, 12
Cross 68, 69
Culmann 59, 61
Deformaciones anelásticas 59
Deformaciones elásticas 9, 10, 59
Desplazamientos virtuales 4
Estructuras hiperestáticas 2, 11, 20, 47, 68
Flechas 55
Giros 11, 45, 64, 70, 71, 72, 73, 79, 84
Incógnitas hiperestáticas 2
Inercia 30, 32, 34, 37, 49, 71, 72
Lamé 9
Luz 12, 14, 19, 27, 30, 34, 49, 70, 72
Masas elásticas 46, 47
Maxwell 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 30, 32, 33, 37, 38, 68
Método de las fuerzas 2
Módulo de Young 26, 67, 71
Mohr 10, 16, 17, 20, 21, 22, 27, 28, 32, 33, 37, 38, 68, 70, 71
Momento 5, 7, 8, 11, 12, 16, 17, 22, 23, 24, 25, 28, 29, 30, 43, 45, 46, 53, 54, 57, 58, 68, 69, 70, 71, 72, 74, 76, 87
Momento de inercia 37, 49, 71
Muller-Breslau 68
Parámetros virtuales 9, 10
Pesos elásticos 42, 46, 47, 49, 54, 55, 57, 58
Ritter 59, 61, 68
Trabajo 2, 3, 4, 5, 6, 7, 9, 21, 22, 28, 32
Trabajo virtual 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12
Trabajo virtual exterior 8, 9
Trabajo virtual interno 9, 10
Vínculos 2, 7, 8
Williot 61, 62, 63

Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay - 93

análisis de estructuras

Bibliografía:

Belluzi, Oddone. 1967. Ciencia de la Construcción. Madrid: Aguilar S.A de Ediciones. Edición original en lengua
italiana, con el título Scienza delle Construzioni. Realizada por la Casa Nicola Zanicchelli Editore de Bolonia.
Traducción del italiano original al español por el Ingeniero de Caminos Manuel Velázquez.
Darkov A.; Kuznetsov V. 1970. Structural Mechanics. Moscú: Mir Publishers. Traducción del original ruso al inglés
por B. Lachinov.
Gere James M.; Weaver William. 1974. Análisis de Estructuras Reticulares. México D.F.: Compañía Editorial Con-
tinental S.A. Edición original en lengua inglesa con el título Analisis of Framed Structures por la casa Van Nostrand
Company, Inc. Princeton N.J. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Sergio Vargas Romero.
Kinney Sterling. 1960. Análisis de Estructuras Indeterminadas. México D.F.: Compañía Editorial Continental S.A.
Edición original en lengua inglesa con el título Indeterminate Structural Analysis por la casa Addison—Wesley
Publishing Company, Inc, Reading Massachussets. Traducción del inglés original al español por el ingeniero Lionel
Dignowity.
Apuntes tomados de la clases teóricas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Ing. Félix de
Medina.
Ejercicios realizados en las clases prácticas de Estabilidad de las Construcciones III. 1957. Dictadas por el Arq.
Alberto Sayagués Laso.

94 - Facultad de Arquitectura - Universidad ORT Uruguay

Educando para la vida

Bvar. España 2627 - C.P. 11300 - Montevideo - Uruguay - Tel. 707 1806 - Fax 707 3551 - www.ort.edu.uy

diciembre 2006