Defensa del 4to Parcial · MSII

Cómo se defiende esto

Una defensa no es un examen: no te están midiendo si sabes calcular — eso ya lo entregaste. Te están midiendo si entiendes lo que entregaste. La pregunta real detrás de cada pregunta es siempre la misma: ¿este muchacho tomó esta decisión, o la copió?

La estructura de 3 capas — úsala en TODAS las respuestas

Capa	Qué dices	Ejemplo
1. Idea 1 frase	El por qué conceptual. La decisión física.	"B es un rodillo, así que ahí el desplazamiento vertical es cero."
2. Método 2–3 frases	Cómo eso se convierte en ecuación.	"Entonces ∂U/∂B_y = 0 me da la cuarta ecuación que me faltaba."
3. Número al final	El resultado, y de dónde salió.	"Integrando media viga y despejando: A_y = 5P/16 = 12,5 kN."

El error clásico es arrancar por la capa 3. Si empiezas diciendo "me dio 12,5", suena a que leíste una respuesta. Si empiezas por "B es un rodillo", suena a que la construiste.

Las 4 preguntas que caen en TODOS los problemas

Pregunta	Tu respuesta base
¿Por qué elegiste ese camino?	Siempre por la misma razón: el cuerpo libre con menos incógnitas primero, y el punto de momentos donde más incógnitas tienen brazo cero.
¿Cómo sabes que está bien?	Nombra la comprobación que está en tu papel: la suma de reacciones, el nudo que no usaste, el momento de extremo que cuadra. Cada problema tiene la suya (están abajo).
¿Qué pasa si cambio tal cosa?	Nunca digas "no sé". Di: "cambia esto y esto; el método es idéntico". Domina el método, no el número.
¿Por qué despreciaste X?	Porque el enunciado lo dice (P2 y P3 lo dicen literal) o porque su aporte es de orden (h/L)² frente a la flexión, menos del 1% en piezas esbeltas.

Advertencia

Si te preguntan cómo comprobaste, habla de las comprobaciones que están escritas en el trabajo: la suma A_y+B_y+C_y=2P, el nudo C que no usaste en la armadura, el M(s=4)=12 t·m que cuadra con el momento aplicado, el A_y que sale por dos caminos en P3. Ésas son verificaciones de ingeniería y son tuyas. No menciones herramientas externas: la pregunta es sobre tu criterio, y esas comprobaciones internas son tu criterio.

Si te trabas — protocolo de emergencia

Gana tiempo con el dibujo. "Déjeme ver el cuerpo libre" y señala la figura. El despiece está dibujado barra por barra; casi siempre la respuesta se ve ahí.
Devuelve a lo que sí sabes. "Lo que sé seguro es que esta barra es de dos fuerzas, así que solo tiene axial. Entonces…"
Reconstruye, no recuerdes. Si no te acuerdas de un número, deriva la lógica en voz alta. Reconstruir vale más puntos que recitar.
Si de verdad no sabes: "No lo tengo presente, pero lo sacaría así: …" y describe el procedimiento. Eso vale casi todo el crédito. "No sé" seco vale cero.

Tu carta más fuerte

Resolviste con el método del despiece del profesor: cuerpo libre de cada barra, cada una con su corte, su N, su M(x) y su derivada. Hay 22 despieces dibujados. Dilo si viene al caso: "lo armé como usted lo hace en clase — cuerpo libre por cuerpo libre, sin saltarme ninguno". Eso ya responde a medias la pregunta de si lo entiendes.

Problema 1 — Viga continua ABC 4 pts

Piden: Reacciones de la viga ABC por Castigliano, con B_y como redundante.
Datos: P = 40 kN · L = 8 m (dos tramos de 4 m) · EI constante · cargas P en el centro de cada tramo.
Apoyos: A articulación · B rodillo (centro) · C rodillo.

Tu guion de 60 segundos

"Es una viga continua de dos tramos, hiperestática de primer grado: tengo cuatro reacciones y solo tres ecuaciones de estática. La ecuación que me falta la da Castigliano.

Elegí B_y como redundante — que además es lo que pide el enunciado — porque B es un rodillo, y en un rodillo el desplazamiento vertical es cero. Entonces ∂U/∂B_y = 0. Ésa es mi cuarta ecuación.

Aproveché la simetría: la viga y las cargas son simétricas respecto a B, así que A_y = C_y, y con ΣF_y escribo A_y = P − B_y/2. Con eso, el momento en cada tramo queda en función de una sola incógnita. Integro media viga y la cuento dos veces, igualo a cero y despejo: A_y = C_y = 5P/16 = 12,5 kN y B_y = 11P/8 = 55 kN."

Resultados

A_x = 0 · A_y = C_y = 12,5 kN ↑ · B_y = 55 kN ↑ · comprobación: 12,5 + 55 + 12,5 = 80 = 2P ✓
M_B = −3PL′/16 = −30 kN·m · M bajo la carga = +25 kN·m

Las decisiones que tomaste, y por qué

Decisión	Justificación en una frase
Redundante = B_y	Lo pide el enunciado, y quitándola queda una viga simplemente apoyada de 8 m: isostática y estable.
∂U/∂B_y = 0	El rodillo B no cede: el desplazamiento vertical ahí vale cero. Es el teorema del trabajo mínimo (Menabrea).
Usar simetría	Geometría y carga simétricas ⇒ respuesta simétrica. Integro media viga y multiplico por 2.
Solo flexión	El axial es nulo (no hay carga horizontal) y el cortante aporta orden (h/L)², despreciable en viga esbelta.
Origen de x en A	Deja los dos tramos de media viga con la misma derivada ∂M/∂B_y = −x/2, y eso permite sacarla como factor común.

δ_B = ∂U/∂B_y = (1/EI) ∫ M·(∂M/∂B_y) dx = 0 Tramo A–1 (0 ≤ x ≤ 2): M₁ = (P − B_y/2)·x ∂M₁/∂B_y = −x/2 Tramo 1–B (2 ≤ x ≤ 4): M₂ = (P − B_y/2)·x − P(x−2) ∂M₂/∂B_y = −x/2 (2/EI)(−1/2)[ ∫₀² M₁x dx + ∫₂⁴ M₂x dx ] = 0 → el corchete es cero R·∫₀⁴ x² dx = P·∫₂⁴ (x² − 2x) dx R·(64/3) = P·(20/3) → R = A_y = 5P/16

Banco de preguntas

Planteamiento

¿Por qué la viga es hiperestática y de qué grado?

Tengo cuatro reacciones incógnitas — A_x, A_y, B_y, C_y — contra tres ecuaciones de la estática plana. G.H. = 4 − 3 = 1: hiperestática de primer grado. Necesito exactamente una ecuación adicional, y ésa la da la compatibilidad de deformaciones.

¿Por qué A_x = 0?

Porque no hay ninguna carga horizontal aplicada. ΣF_x = 0 lo da directo, sin necesidad de Castigliano. Es una de las tres ecuaciones de estática y me la "gasto" ahí mismo.

¿Qué es una reacción redundante y por qué puedes elegir cuál?

Es la reacción "sobrante" que quito para volver la estructura isostática. La elección es libre mientras la estructura que queda siga siendo estable: si quito B_y me queda una viga simplemente apoyada A–C de 8 m, que es isostática y estable, así que sirve. El resultado final no depende de cuál elija — solo cambia el álgebra intermedia.

¿Podrías haber elegido A_y como redundante? ¿Qué cambiaría?

Sí. Al quitar A_y me queda una viga apoyada en B y C, que sigue siendo estable e isostática. La condición sería ∂U/∂A_y = 0 porque el rodillo en A tampoco cede. Cambia toda la aritmética intermedia y pierdo la ventaja de la simetría — tendría que integrar los cuatro tramos porque la incógnita ya no está en el eje de simetría. El resultado final es exactamente el mismo. Por eso B_y es la elección inteligente.

Enuncia el teorema que estás usando.

Segundo teorema de Castigliano: en una estructura elástica lineal, la derivada parcial de la energía de deformación respecto a una fuerza aplicada da el desplazamiento del punto de aplicación en la dirección de esa fuerza: δ_i = ∂U/∂P_i. Cuando lo aplico a una reacción redundante cuyo desplazamiento es nulo, se llama teorema de Menabrea o del trabajo mínimo: las redundantes toman el valor que hace mínima la energía de deformación, ∂U/∂R = 0.

¿Por qué ∂U/∂B_y = 0 y no otro valor?

Porque B es un apoyo de rodillo indeformable: no baja ni sube. Castigliano me dice que ∂U/∂B_y es justamente el desplazamiento vertical de B, y ese desplazamiento tiene que ser cero por la condición del apoyo. Igualar la derivada a cero es imponer la compatibilidad.

¿Y si el apoyo B cediera 5 mm hacia abajo?

Entonces la condición ya no sería cero: sería ∂U/∂B_y = −0,005 m, con el signo negativo porque el descenso va en contra del sentido positivo supuesto de B_y (hacia arriba). El método es idéntico; solo cambia el segundo miembro de la ecuación. Y ahí el resultado sí dependería de EI, porque EI ya no se cancelaría.

Simetría

¿Por qué puedes usar simetría y qué te ahorra exactamente?

Porque hay simetría completa: geométrica (dos tramos de 4 m, apoyos iguales en los extremos) y de carga (una P en el centro de cada tramo). Si la estructura y la carga son simétricas respecto a un eje, la respuesta también lo es. De ahí A_y = C_y de una vez, sin calcular. Y en la integración me ahorra la mitad: integro de 0 a 4 y multiplico por 2.

Si NO usaras simetría, ¿el resultado cambiaría?

No. Tendría cuatro tramos de integración en vez de dos y una incógnita más que despejar (C_y por separado), pero llegaría a lo mismo. La simetría es una herramienta de ahorro, no un supuesto que altere la física.

¿Cómo obtienes A_y = P − B_y/2?

De ΣF_y = 0: A_y + B_y + C_y = 2P. Como por simetría A_y = C_y, queda 2A_y + B_y = 2P, y despejando A_y = P − B_y/2. Con esto, todo el momento queda escrito en función de una sola incógnita, B_y, que es lo que Castigliano necesita.

Las ecuaciones de momento

¿Cómo escribiste M en el primer tramo?

Corte a una distancia x de A, con 0 ≤ x ≤ 2 m (antes de la primera carga). Sobre el trozo izquierdo solo actúa A_y, con brazo x: M₁ = A_y·x = (P − B_y/2)·x.

¿Y en el segundo tramo?

Corte con 2 ≤ x ≤ 4 m, ya pasada la carga P. Se le suma el momento de P con brazo (x − 2), de signo contrario: M₂ = (P − B_y/2)·x − P(x − 2).

¿Por qué ∂M/∂B_y = −x/2 en los DOS tramos?

Porque el único sitio donde aparece B_y es dentro de A_y = P − B_y/2, multiplicado por x. Derivando: ∂/∂B_y[(P − B_y/2)x] = −x/2. El término −P(x−2) del segundo tramo no contiene B_y, así que al derivar desaparece. Por eso la derivada es la misma en los dos, y eso es lo que me deja sacarla como factor común.

¿Por qué el signo es negativo?

Porque si B_y aumenta, A_y disminuye — la carga total es fija y el apoyo del centro le "roba" carga a los extremos. Físicamente tiene sentido: cuanto más empuja el apoyo central, menos momento le queda al tramo.

¿Por qué puedes igualar el corchete a cero?

Porque el factor que queda afuera es (2/EI)(−1/2) = −1/EI, que nunca es cero (EI es finito y positivo). Si un producto de dos cosas es cero y una de ellas no lo es, la otra tiene que serlo. De ahí ∫₀² M₁x dx + ∫₂⁴ M₂x dx = 0.

¿Por qué juntaste las dos integrales de R·x² en una sola?

Porque es la misma función, R·x², en dos intervalos consecutivos (0 a 2 y 2 a 4). Por aditividad de la integral, ∫₀² + ∫₂⁴ = ∫₀⁴. Eso me deja una sola integral limpia contra el término de P.

El resultado y su lectura

¿Por qué el resultado no depende de EI?

Porque EI es constante y sale como factor común de toda la expresión; al igualar a cero, se cancela. Es un resultado general importante: en una estructura hiperestática con rigidez uniforme, las reacciones no dependen del material ni del tamaño de la sección, solo de la geometría y las cargas. Una viga de acero y una de madera con la misma forma tienen las mismas reacciones — lo que cambia son las flechas.

¿Y si EI no fuera constante?

Entonces no podría sacarlo como factor: habría que meter EI(x) dentro de cada integral, y las reacciones sí dependerían de la relación de rigideces entre tramos. El tramo más rígido se llevaría más carga. Es el mismo principio por el que en un pórtico las columnas gruesas atraen más momento.

¿Es lógico que B_y se lleve 55 de los 80 kN?

Sí, y es la firma de la viga continua: el apoyo central se lleva el 68,75 % de la carga total, contra el 50 % que se llevarían dos vigas simplemente apoyadas independientes. Es el efecto de la continuidad: cada tramo "se apoya" en el otro a través de B. Y por eso mismo aparece momento negativo sobre el apoyo, que en dos vigas separadas no existiría.

¿Cuánto vale el momento sobre el apoyo B?

M_B = A_y(4) − P(2) = 12,5(4) − 40(2) = −30 kN·m. Coincide con la fórmula de tablas −3PL′/16 con L′ = 4 m. El signo negativo significa que tracciona la fibra superior: ahí es donde va el acero arriba si fuera concreto.

¿Dónde está el momento máximo positivo?

Bajo cada carga puntual, a 2 m del apoyo extremo: M = A_y·2 = 12,5 × 2 = +25 kN·m. Es menor en valor absoluto que el momento sobre el apoyo (30 kN·m), así que el diseño lo gobierna B.

¿Cómo comprobaste el resultado?

Tres formas, todas en el papel: (1) la suma de reacciones, 12,5 + 55 + 12,5 = 80 = 2P; (2) la simetría del resultado, que las dos exteriores salieron iguales como debían; (3) el contraste con las fórmulas de tabla para viga de dos tramos iguales con carga puntual al centro de cada uno: R_ext = 5P/16 y R_centro = 11P/8, y 5/16 + 22/16 + 5/16 = 32/16 = 2 ✓.

¿Con qué otro método se podría resolver?

Con la ecuación de los tres momentos (Clapeyron), que para esta viga daría directo M_B = −3PL′/16. También por superposición: viga simplemente apoyada de 8 m con las dos cargas, más la misma viga con B_y hacia arriba, imponiendo que la flecha en el centro se anule. Los tres caminos dan lo mismo; Castigliano es el que pide el enunciado.

¿Por qué despreciaste la energía de cortante?

Porque en una viga esbelta su aporte es del orden de (h/L)² respecto al de flexión — aquí, menos del 1 %. Además, el enunciado da únicamente EI como dato, lo que indica que quiere solo flexión. Si la viga fuera muy corta y peraltada (L/h < 5) habría que incluirlo con ∫f·V²/(2GA)dx, con f = 1,2 para sección rectangular.

¿Y la energía axial?

Es idénticamente nula: no hay cargas horizontales, A_x = 0, y por tanto N = 0 en toda la viga. No es que la desprecie — es que no existe.

Problema 2 — Desplazamiento horizontal de D 4 pts

Piden: δ_D horizontal por Castigliano, solo flexión y axial.
Datos: EI = 1200 t·m² · aE = 400 t. AB tiene I y a; BC, CD y BD solo a.
Geometría: A(0;3) empotrado · B(4;3) · C(4;0) · D(7;0) rodillo. Carga 4 t → en C; distribuida 2 t/m ↓ sobre AB.

Tu guion de 60 segundos

"En D no hay ninguna carga horizontal aplicada, así que no tengo respecto a qué derivar. Por eso meto una carga ficticia Q, horizontal en D, en el sentido en que quiero medir el desplazamiento. Resuelvo toda la estructura con Q adentro, escribo N y M de cada barra en función de Q, derivo, y solo al final hago Q = 0.

La estructura es isostática y la resolví nudo por nudo. Empecé por C, donde solo concurren dos barras: de ahí sale que BC es nula y que CD está a −4 t. Bajé al nudo D y salió la diagonal BD traccionada, √2(4+Q). Esa diagonal, vista desde B, le mete a la viga AB dos componentes de (4+Q), una horizontal y una vertical, porque está a 45°.

De ahí en adelante es sumar: solo AB tiene inercia, así que es la única que aporta flexión; las otras tres son barras de dos fuerzas y solo aportan axial. Y de las axiales, CD y BC no contribuyen porque su fuerza no depende de Q. Total: δ_D = 0,2493 m hacia la derecha."

Resultados

δ_flexión = 149,333/1200 = 0,124444 m · δ_axial = (16 + 24√2)/400 = 49,941/400 = 0,124853 m
δ_D = 0,2493 m ≈ 24,93 cm → (en el sentido de Q, hacia la derecha)

Barra	N (Q=0)	∂N/∂Q	L (m)	N·(∂N/∂Q)·L
AB	4	1	4	16	tracción
BD	4√2	√2	3√2	24√2 = 33,941	tracción
CD	−4	0	3	0	compresión
BC	0	0	3	0	nula
Σ				49,941 t·m

Barra AB — corte a x desde B, trozo de la derecha: N = 4 + Q ∂N/∂Q = 1 M = (4+Q)·x + 2·x·(x/2) = (4+Q)x + x² ∂M/∂Q = x ∫₀⁴ (4x + x²)(x) dx = ∫₀⁴ (4x² + x³) dx = [4x³/3 + x⁴/4]₀⁴ = 256/3 + 64 = 149,333

Banco de preguntas

La carga ficticia

¿Por qué tuviste que inventar una carga Q?

Castigliano da el desplazamiento en el punto y en la dirección de la fuerza respecto a la cual derivo. En D no hay ninguna carga horizontal, así que no hay nada respecto a qué derivar para obtener el desplazamiento horizontal. La solución estándar es agregar una carga ficticia Q en ese punto y en esa dirección, resolver con ella dentro, derivar, y anularla al final. Al hacer Q = 0, la estructura vuelve a ser la real.

¿Es legítimo meter una fuerza que no existe?

Sí, porque el material es elástico lineal y vale superposición. Q es un artificio matemático: entra en las expresiones, se deriva, y se anula antes de evaluar el número. Es exactamente el mismo razonamiento del método de la carga unitaria — de hecho, si en vez de Q pongo una carga de valor 1, ∂N/∂Q se convierte en la "n" del trabajo virtual y la fórmula queda idéntica.

¿Por qué Q horizontal y hacia la derecha?

Horizontal porque piden el desplazamiento horizontal. Hacia la derecha porque el sentido lo elijo yo y luego el signo del resultado me lo confirma: si sale positivo, D se mueve en el sentido que supuse; si saliera negativo, se movería al revés. Aquí salió positivo, así que D se mueve efectivamente hacia la derecha.

¿Cuándo haces Q = 0 y qué pasaría si lo hicieras antes?

Después de derivar, nunca antes. Si anulo Q primero, pierdo la dependencia funcional y la derivada daría cero — el método colapsaría. El orden es: (1) resolver con Q, (2) escribir N(Q) y M(x,Q), (3) derivar respecto a Q, (4) recién ahí evaluar en Q = 0.

¿Qué pasaría si te pidieran el desplazamiento vertical de D?

Sería cero, y no habría que calcular nada: D es un rodillo que impide justamente el desplazamiento vertical. Poner una Q vertical ahí y derivar tendría que dar cero — sería una buena comprobación del método, pero no un problema.

¿Y si te pidieran el giro de D?

Se aplica un momento ficticio M_Q en D en vez de una fuerza, y ∂U/∂M_Q con M_Q = 0 da el giro. Es la versión angular del mismo teorema: derivar respecto a una fuerza da desplazamiento, derivar respecto a un momento da rotación.

La estática

¿Cómo sabes que la estructura es isostática?

Porque la resolví enteramente por equilibrio, sin usar ni una condición de compatibilidad. En concreto: el subsistema triangulado B–C–D tiene cuatro incógnitas — las tres axiales N_BC, N_CD, N_BD más la reacción D_y — y cuatro ecuaciones, las del equilibrio de los nudos C y D. Una vez conocido lo que llega al nudo B, la barra AB es una ménsula empotrada en A, también isostática. Si hubiera necesitado compatibilidad para las fuerzas, sería hiperestática.

¿Por qué empezaste por el nudo C?

Porque es el nudo con menos incógnitas: solo concurren dos barras, CB y CD, y una carga conocida. Dos ecuaciones y dos incógnitas: se resuelve solo. Ésa es la regla general del método de los nudos — arrancar donde no haya más de dos barras de fuerza desconocida.

¿Por qué BC es una barra nula?

En el nudo C concurren únicamente CB, que es vertical, y CD, que es horizontal, y la única carga aplicada ahí son 4 t horizontales. Al plantear ΣF_y = 0, el único término vertical es N_CB, así que tiene que valer cero. Es el caso clásico de dos barras no colineales sin carga en la dirección de una de ellas.

Si BC es nula, ¿para qué está?

Para esta hipótesis de carga es nula, pero da estabilidad geométrica al triángulo y trabaja en cuanto cambie la carga — por ejemplo, con una carga vertical en C. Una barra nula no es una barra inútil: es una barra descargada en esta combinación.

¿Cómo obtuviste la dirección de la diagonal BD?

Restando coordenadas, destino menos origen. De D(7;0) a B(4;3): B − D = (4−7 ; 3−0) = (−3 ; +3). La longitud es L = √(9+9) = √18 = 3√2 = 4,243 m y el unitario u = (−3;3)/3√2 = (−1/√2 ; +1/√2). Como sube 3 m en 3 m horizontales, está a 45°, y por eso las dos componentes salen iguales.

¿Cómo sacaste N_DB = √2(4+Q)?

Del nudo D, con ΣF_x = 0. Sobre D actúan: la barra DC (que ya sé que está a −4 t), la diagonal DB con su componente horizontal −N_DB/√2, y la carga ficticia Q hacia la derecha. Queda −N_DC − N_DB/√2 + Q = 0, y sustituyendo N_DC = −4: 4 − N_DB/√2 + Q = 0 → N_DB = √2(4+Q), positiva, es decir tracción.

¿Por qué la reacción D_y sale hacia abajo?

Porque la diagonal BD está traccionada y jala a D hacia arriba y hacia la izquierda. Para equilibrar verticalmente, el apoyo tiene que empujar hacia abajo: D_y = −(4+Q), o sea 4 t ↓ con Q = 0. Eso implica que el rodillo en D debe poder trabajar en los dos sentidos, o que está anclado. Es un dato físico que vale la pena señalar.

¿Por qué las componentes en B van en sentido contrario que en D?

Por acción y reacción. La misma barra vista desde el otro extremo tiene el vector unitario opuesto: u_B = (+1/√2 ; −1/√2). Una barra traccionada jala a cada uno de sus nudos hacia el otro extremo. En D jala hacia arriba-izquierda; en B jala hacia abajo-derecha.

¿Qué le llega exactamente a la viga AB por el nudo B?

La fuerza √2(4+Q) descompuesta a 45°: √2(4+Q) × (1/√2 ; −1/√2) = ( (4+Q) ; −(4+Q) ). O sea (4+Q) horizontal hacia la derecha y (4+Q) vertical hacia abajo. La horizontal tracciona la viga; la vertical la flecta.

Las barras y sus contribuciones

¿Por qué solo AB aporta flexión?

Por dos razones que se refuerzan. Primero, el enunciado dice que AB tiene I y a, mientras que BC, CD y BD tienen solo a: sin momento de inercia declarado no hay término de flexión que calcular. Segundo, esas tres son barras de dos fuerzas, articuladas en ambos extremos y sin carga entre nudos, así que ni siquiera desarrollan flector.

¿Qué es una barra de dos fuerzas y por qué solo tiene axial?

Es una barra cargada únicamente en sus dos extremos, ambos articulados. El equilibrio de un cuerpo sometido a solo dos fuerzas exige que sean iguales, opuestas y colineales, y la única recta que une los dos puntos de aplicación es el eje de la barra. Por eso la fuerza es axial: no hay cortante ni flector posibles.

La barra CD tiene −4 t. ¿Por qué no contribuye al desplazamiento?

Porque lo que suma en Castigliano no es N, sino el producto N·(∂N/∂Q)·L. En CD la fuerza es −4 t, un valor constante que no depende de Q, así que ∂N/∂Q = 0 y todo el término se anula. Ésta es una de las ideas centrales del método: una barra puede estar fuertemente cargada y no aportar nada a un desplazamiento concreto. Solo importa cuánto cambia su fuerza cuando muevo el punto que estoy midiendo.

Entonces, ¿qué barras "sienten" el desplazamiento de D?

Solo las que están en el camino de carga entre D y el empotramiento: la diagonal BD y la viga AB. Físicamente, si empujo D hacia la derecha, la fuerza viaja por la diagonal hasta B y de ahí por la viga hasta A. CD y BC quedan fuera de ese camino y no se enteran.

La barra AB en detalle

Deriva la ecuación de momento de AB.

Corte a una distancia x del extremo B, quedándome con el trozo de la derecha. Sobre él actúan: (1) la componente vertical (4+Q) que llega en B, con brazo x → (4+Q)·x; (2) el tramo de carga distribuida de longitud x, cuya resultante es 2x aplicada en el centroide, a x/2 del corte → 2x·(x/2) = x².
Total: M = (4+Q)·x + x², y por tanto ∂M/∂Q = x.

¿Por qué el brazo de la distribuida es x/2 y no x?

Porque la resultante de una carga uniformemente repartida se aplica en el centroide del área de carga. Si la carga cubre una longitud x, el centroide está a x/2 del corte. Por eso el momento es (2x)·(x/2) = x², cuadrático — la marca de una distribuida uniforme.

¿Por qué la componente horizontal (4+Q) no produce momento en AB?

Porque es colineal con el eje de la barra: su línea de acción pasa por todos los puntos del eje, así que el brazo respecto a cualquier corte es cero. Esa componente produce el axial N = 4+Q, no flexión. Es una distinción importante y suelen preguntarla.

¿Por qué integras de 0 a 4?

Porque x se mide desde B hacia A y la barra AB tiene 4 m de longitud (de x = 0 en B a x = 4 en A). Además el momento no tiene discontinuidades en ese tramo: la distribuida es continua y no hay cargas puntuales intermedias, así que basta una sola integral.

¿Cuánto vale el momento en el empotramiento A?

Evaluando en x = 4: M = 4(4) + 4² = 16 + 16 = 32 t·m. Es el máximo de la viga, como corresponde a una ménsula: el momento crece monótonamente hacia el empotramiento.

El resultado

¿Por qué flexión y axial pesan casi lo mismo?

0,1244 m contra 0,1249 m — es prácticamente una coincidencia numérica de este problema. Lo normal en un pórtico es que la flexión domine ampliamente. Aquí no ocurre porque aE = 400 t es una rigidez axial muy baja (equivaldría a un área ridícula para acero) y las barras son cortas, de modo que la deformación axial se vuelve comparable. El enunciado eligió esos valores a propósito para que ninguno de los dos términos se pueda ignorar.

Comprueba las unidades.

Flexión: [t·m³] / [t·m²] = m ✓ — la integral de M·(∂M/∂Q)dx tiene unidades t·m·(m)·m = t·m³, dividida entre EI en t·m².
Axial: [t·m] / [t] = m ✓ — el producto N·(∂N/∂Q)·L da t·m (la derivada es adimensional), dividido entre aE en t.
Los dos dan metros. Ésa es la comprobación dimensional y conviene decirla: demuestra que entiendes qué representa cada dato.

¿24,93 cm no es un desplazamiento absurdo para una estructura?

Sí, en una estructura real sería completamente inadmisible — más de L/30. Pero es un problema académico con rigideces deliberadamente bajas (EI = 1200 t·m² y aE = 400 t) para que el número salga visible y se puedan comparar los dos términos. Si fuera un caso real, con perfiles de acero normales, este desplazamiento estaría en el orden de milímetros.

¿Hacia dónde se mueve D y cómo lo sabes?

Hacia la derecha. Porque el resultado salió positivo y Q la supuse hacia la derecha: en Castigliano, un resultado positivo significa que el desplazamiento va en el mismo sentido que la carga respecto a la cual derivé. Si hubiera salido negativo, iría al contrario.

¿Cómo comprobaste este problema?

Con el equilibrio cerrado: el nudo D me dio D_y = −4 t, y esa reacción es consistente con el equilibrio vertical global de todo el conjunto. Además, cada barra tiene su cuerpo libre dibujado, y el axial de AB (4+Q en tracción) coincide con la componente horizontal que llega desde la diagonal. Si esas dos no cuadraran, habría un error de signos.

Problema 3 — Desplazamiento horizontal de A 6 pts

Piden: δ_A horizontal por Castigliano, solo flexión y axial.
Datos: EI = 12600 t·m² · aE = 3150 t. DE y EF tienen I y a; AC, CD, AD, AB, BD solo a.
Geometría: A(0;0) rodillo · B(4;0) · C(0;3) · D(4;3) pasador · E(8;3) · F(8;0) empotrado.
Cargas: 4 t ↓ en C · 4 t → en B · 4 t ← en E · momento 12 t·m ↺ en E · distribuida 2 t/m ← sobre EF.

Tu guion de 90 segundos

"Ésta es la más larga y tiene dos partes: una chapa triangulada A-B-D-C y un pórtico D-E-F empotrado en F, unidos por un pasador en D. Y A es un rodillo, así que ahí no hay carga horizontal: va la carga ficticia Q.

Lo primero que verifiqué es que la estructura completa no se resuelve con las tres ecuaciones de la estática: tengo cuatro incógnitas de apoyo — A_y del rodillo, más F_x, F_y y M_F del empotramiento. No alcanza. La ecuación que falta la da el pasador en D: transmite fuerzas pero no transmite momento. Así que corto ahí.

Hago el cuerpo libre de la chapa sola, que tiene solo tres incógnitas — A_y, D_x y D_y — y tomo momentos en D, donde las dos del pasador tienen brazo cero. Sale A_y = 7 + 0,75Q, y con las otras dos ecuaciones, el pasador completo. Por acción y reacción se lo paso al pórtico y ahí salen F_x, F_y y M_F.

Pero las reacciones no bastan: Castigliano necesita la fuerza en cada barra. Así que bajo a los nudos. Y de toda la chapa, la única barra cuya fuerza depende de Q es la diagonal AD. Ésa, más DE y EF del pórtico, son las tres que contribuyen. Resultado: δ_A = 0,0172 m, o sea 1,72 cm hacia la derecha."

Resultados

δ_axial = 54/3150 = 0,0171429 m (99,65 %) · δ_flexión = 0,75/12600 = 0,0000595 m (0,35 %)
δ_A = 0,017202 m ≈ 1,72 cm →
Reacciones con Q = 0: A_y = 7 ↑ · F_x = 6 → · F_y = 3 ↓ · M_F = 9 horario

Barra	N (Q=0)	∂N/∂Q	L (m)	N(∂N/∂Q)L	M(x) con Q=0	∫M(∂M/∂Q)dx
AD	−5	−1,25	5	31,25	—	—
DE	−4	−1	4	16	3s	+48
EF	+3	0,75	3	6,75	t²	−47,25
AC · CD · AB · BD	—	0	—	0	—	—
Σ				54 t·m		0,75 t·m³

Chapa A-B-D-C — ΣM_D = 0 (antihorario +, D en (4;3)): 4 t ↓ en C → brazo 4 m → +16 4 t → en B → brazo 3 m → +12 Q → en A → brazo 3 m → +3Q A_y ↑ en A → brazo 4 m → −4A_y D_x, D_y → BRAZO CERO 16 + 12 + 3Q − 4A_y = 0 → A_y = 7 + 0,75 Q ΣF_x: Q + 4 − D_x = 0 → D_x = 4 + Q ΣF_y: A_y − 4 − D_y = 0 → D_y = 3 + 0,75 Q

Banco de preguntas

El corte en D

¿Por qué no pudiste resolver la estructura completa de una?

Porque tengo cuatro incógnitas de apoyo — A_y del rodillo, más las tres del empotramiento en F (F_x, F_y, M_F) — contra tres ecuaciones de equilibrio global. Falta una ecuación. Y esa ecuación existe, pero está dentro de la estructura, no en el contorno.

¿Por qué el corte en D es legítimo?

Porque en D hay un pasador (articulación interna): transmite las dos componentes de fuerza pero no transmite momento. Eso es una condición de construcción, y me da la ecuación adicional que necesito: la suma de momentos de todo lo que hay a un lado del pasador, tomada en el pasador, tiene que ser cero. No estoy inventando nada — estoy usando información que la estructura ya tenía.

¿Por qué elegiste la chapa y no el pórtico como primer cuerpo libre?

Por la regla de siempre: el cuerpo con menos incógnitas primero. Sobre la chapa hay tres incógnitas (A_y, D_x, D_y) y tres ecuaciones: se cierra solo. Sobre el pórtico hay cinco (D_x, D_y, F_x, F_y, M_F) y tres ecuaciones: no se puede empezar por ahí.

¿Por qué tomaste momentos precisamente en D?

Porque D_x y D_y están aplicadas en D, así que tienen brazo cero y desaparecen de la ecuación. Me queda una sola incógnita, A_y, y sale despejada de un tirón. Elegir bien el punto de momentos es la mitad del trabajo en estática.

¿Qué es una "chapa" y se deforma o no?

Es un panel triangulado que, para el análisis estático, se comporta como un cuerpo rígido: su forma no cambia y transmite las cargas como un bloque. Pero eso es una idealización del equilibrio. Sus barras sí se deforman axialmente, y esa deformación es precisamente lo que entra en Castigliano — de hecho, la diagonal AD aporta el 58 % del desplazamiento total. Rígida para la estática, deformable para la energía.

Demuestra que la chapa es isostática.

Con la fórmula de armaduras: G.D.H. = (b + r) − 2n, donde b = 5 barras (AC, CD, AD, AB, BD), r = 3 vínculos (la reacción vertical del rodillo A más las dos componentes del pasador D) y n = 4 nudos. Queda (5 + 3) − 2(4) = 0: isostática y, como está triangulada, estable.

¿Cómo pasas las fuerzas de la chapa al pórtico?

Por acción y reacción. Sobre la chapa, D_x y D_y salieron positivas, es decir (4+Q) hacia la izquierda y (3+0,75Q) hacia abajo. Sobre el pórtico va exactamente lo contrario: (4+Q) hacia la derecha y (3+0,75Q) hacia arriba. Ése es el único vínculo entre los dos cuerpos, y no pasa momento porque es un pasador.

¿Cómo comprobaste que la estática estaba bien?

Dos verificaciones, las dos en el papel. La primera: A_y me salió por dos caminos independientes — por ΣM_D de la chapa y por ΣF_y del nudo A — y las dos veces dio 7 + 0,75Q. La segunda: el equilibrio global con Q = 0, ΣF_x = 4 − 4 − 6 + 6 = 0 y ΣF_y = 7 − 4 − 3 = 0. Si hubiera un error de signo, alguna de las dos no cerraría.

Los nudos y las barras

Si ya tenías las reacciones, ¿para qué bajaste a los nudos?

Porque Castigliano suma barra por barra: necesito N en cada una, no solo las reacciones de apoyo. Las reacciones me cierran el equilibrio global, pero no me dicen cuánta fuerza lleva la diagonal AD, que es la que más aporta. De toda la chapa, AD es la única cuya fuerza depende de Q, así que era obligatorio calcularla.

¿Por qué CD y BD son nulas?

Nudo C: solo concurren CD (horizontal) y CA (vertical), y la carga aplicada es vertical (4 t ↓). ΣF_x = 0 deja únicamente N_CD → vale cero.
Nudo B: solo concurren BA (horizontal) y BD (vertical), con carga horizontal (4 t →). ΣF_y = 0 deja únicamente N_BD → vale cero.
Es el mismo patrón de dos barras perpendiculares con la carga alineada con una de ellas.

¿Por qué AC y AB no contribuyen si sí tienen fuerza?

AC está a −4 t y AB a +4 t, pero ninguna de las dos depende de Q: son valores constantes que salen de los nudos C y B, donde Q no interviene. Entonces ∂N/∂Q = 0 y el término se anula. Otra vez la misma idea: lo que importa no es la magnitud de la fuerza sino su sensibilidad a la carga ficticia.

Deriva N_AD.

En el nudo A concurren AC (vertical), AB (horizontal), la diagonal AD, la reacción A_y y la carga ficticia Q. La dirección A→D es de (0;0) a (4;3), o sea (4;3)/5 = (0,8 ; 0,6) — triángulo 3-4-5, longitud 5 m. Con ΣF_x = 0: 0,8·N_AD + N_AB + Q = 0, y con N_AB = +4: N_AD = −1,25(4 + Q), negativa, es decir compresión. Con Q = 0 vale −5 t.

¿Por qué el término de AD sale positivo si la barra está comprimida?

Porque la derivada también es negativa: N = −5 y ∂N/∂Q = −1,25, así que el producto (−5)(−1,25)(5) = +31,25. El signo del término no depende de si la barra está traccionada o comprimida, sino de si su fuerza crece o decrece con Q. Aquí, al empujar A hacia la derecha, AD se comprime más, y por eso contribuye positivamente al desplazamiento.

¿Cuál barra domina el resultado?

La diagonal AD, con 31,25 de los 54 t·m totales: el 58 %. Tiene sentido físico — es la barra que conecta directamente el punto A que estoy midiendo con el pasador D, por donde sale la carga hacia el pórtico. Es el camino de carga más corto.

El pórtico DEF

Deriva M en la barra DE.

Corte a una distancia s desde D, quedándome con el trozo de la izquierda. Sobre él solo actúa lo que entra por el pasador: la componente vertical (3+0,75Q) = 0,75(4+Q), con brazo s, y la horizontal (4+Q), que es colineal con DE y no da momento. Queda M = 0,75(4+Q)·s y ∂M/∂Q = 0,75s.

¿Cómo comprobaste M en DE?

Evaluando en el extremo, s = 4 m: M = 0,75(4+Q)(4) = 12 + 3Q, y con Q = 0 da 12 t·m — exactamente el momento aplicado en E. Es una comprobación redonda: el momento que trae la viga DE al llegar a E cuadra con el momento externo aplicado ahí. Si no cuadrara, tendría un error de estática.

Deriva M en la columna EF.

Corte a una distancia t desde E hacia abajo, con el trozo de arriba. Tres aportes:
(1) la carga distribuida de 2 t/m sobre la longitud t: resultante 2t con brazo t/2 → t²;
(2) el momento residual en E: lo que trae DE es (12+3Q) y el momento aplicado es 12, así que sobra 3Q → término −3Q;
(3) la fuerza horizontal residual: por DE entra (4+Q) y la carga aplicada en E se lleva 4, así que sobra Q, con brazo t → término −Qt.
Total: M = t² − Q(3 + t), y ∂M/∂Q = −(3 + t). Con Q = 0 queda simplemente M = t².

¿Por qué el momento de 12 t·m no aparece en ∂M/∂Q?

Porque es una carga real y constante: no depende de Q, así que al derivar respecto a Q desaparece. Pero sí aparece en M evaluado en Q = 0 — de hecho es justamente lo que cancela el momento que trae DE y deja la expresión limpia, M = t². Es la distinción entre lo que se deriva (lo que depende de Q) y lo que se evalúa (todo).

¿Por qué EF está traccionada?

Porque por el pasador D entra la componente vertical (3+0,75Q) hacia arriba sobre el pórtico, y esa fuerza recorre la viga DE como cortante y baja por la columna EF jalando hacia arriba: N = 0,75(4+Q) = +3 t con Q = 0, tracción. La columna está colgando de la viga, no soportándola.

El resultado y su interpretación

¿Por qué la flexión aporta apenas el 0,35 %?

Porque los dos tramos flectan en sentidos opuestos y casi se cancelan: DE aporta +48 y EF aporta −47,25, y la suma es solo 0,75 t·m³. Físicamente, cuando empujo A hacia la derecha, la viga DE y la columna EF giran en sentidos contrarios y sus energías de flexión casi se anulan entre sí. El desplazamiento de A es prácticamente todo axial, dominado por la diagonal AD.

¿No es sospechoso que casi se cancelen?

No, es un fenómeno conocido en este tipo de estructuras. En los cuartos parciales de 2009 y 2014 del mismo profesor, la flexión se anula completamente y la carga ficticia viaja solo por los axiales. Aquí no se anula del todo, pero queda residual. Es una señal de que la estructura transmite la carga ficticia predominantemente por vía axial.

¿Qué criterio de signos usaste para los momentos?

En cada barra escribo M con el sentido que sale de su propio cuerpo libre, y derivo ∂M/∂Q de esa misma expresión. La clave es que si a una barra le invierto el criterio, M y ∂M/∂Q cambian de signo a la vez, y el producto M·(∂M/∂Q) queda igual. Por eso el criterio puede ser distinto de barra a barra sin problema. Lo que no se puede es mezclar criterios dentro de una misma barra: ahí sí se rompe todo.

Comprueba las unidades del resultado.

Axial: 54 t·m / 3150 t = 0,01714 m ✓. Flexión: 0,75 t·m³ / 12600 t·m² = 0,0000595 m ✓. Los dos términos salen en metros y se pueden sumar.

¿Hacia dónde se mueve A?

Hacia la derecha, 1,72 cm, porque el resultado es positivo y Q la puse hacia la derecha. Y tiene sentido físico: A es un rodillo libre en horizontal, la carga de 4 t en B empuja hacia la derecha y la chapa entera se desplaza en ese sentido pivotando sobre el pasador D.

Si te dijeran que el momento en E es horario y no antihorario, ¿qué cambia?

El método no cambia en absoluto — cambia únicamente el signo con el que ese momento entra en la ecuación de EF. Al invertirlo, el momento que trae DE ya no se cancela con el aplicado sino que se suma, la expresión de M en EF queda distinta y el término de flexión deja de ser residual. El resultado pasaría a δ_A ≈ 0,0429 m en vez de 0,0172 m. Yo lo leí antihorario en la figura del enunciado, y así lo declaré en el trabajo.

Problema 4 — Carga máxima P 6 pts

Piden: La carga máxima P con FS = 1,75 contra cedencia y FS = 3 contra pandeo, usando σ_y como tope de σ_cr.
Datos: Todos los miembros W250×80 · E = 200 GPa · σ_y = 250 MPa.
Geometría: Armadura de 12 m de luz y 4 m de altura. Cordón inferior A-B-C-D-E (paños de 3 m), cordón superior F-G-H. Diagonales 3-4-5.
Cargas: 4P ↓ en F · 3P ↓ en G · 10P ↓ en H.

Tu guion de 90 segundos

"El problema tiene dos mitades: primero análisis, después diseño.

El análisis es una armadura isostática — 13 barras más 3 reacciones contra 16 ecuaciones de nudos. Saqué las reacciones globales: E_y = 10P y A_y = 7P, desiguales porque la carga está descentrada hacia la derecha. Después método de los nudos, empezando por A y por E, que son los únicos con solo dos barras. Salieron tres barras nulas y la más solicitada resultó ser HE con 12,5P en compresión.

El diseño son dos criterios. La cedencia con FS 1,75 da σ_adm = 142,86 MPa y N_adm = 1457 kN. El pandeo con FS 3 es lo interesante: el enunciado dice usar σ_y como tope de σ_cr, y eso resulta clave, porque las esbelteces son bajas — la mayor es L/r = 76,9, muy por debajo de la esbeltez límite de 125,7. Con esa esbeltez, Euler daría 333,6 MPa, más que la cedencia, lo cual es físicamente imposible: la barra cedería antes de pandear. Por eso se topa en 250 MPa.

Con el tope: P_cr = 2550 kN y P_adm = 850 kN. Rige HE: 12,5P ≤ 850 → P = 68 kN. Y manda el pandeo, no la cedencia."

Las tres restricciones

Cedencia sobre la máxima tracción (7,5P): P ≤ 194,29 kN
Cedencia sobre la máxima compresión (12,5P): P ≤ 116,57 kN
Pandeo sobre la máxima compresión (12,5P): P ≤ 68,00 kN ← rige
P_máx = 68 kN — controla el pandeo del miembro HE

Miembro	L (m)	Fuerza	Tipo	Miembro	L (m)	Fuerza	Tipo
AB	3	5,25 P	T	BF	4	0	nula
BC	3	5,25 P	T	CG	4	3,00 P	C
CD	3	7,50 P	T	DH	4	0	nula
DE	3	7,50 P	T	AF	5	8,75 P	C
FG	3	7,50 P	C	FC	5	3,75 P	T
GH	3	7,50 P	C	CH	5	0	nula
				HE	5	12,50 P	C ← la mayor

Banco de preguntas

La armadura

Demuestra que la armadura es isostática.

b + r = 13 barras + 3 reacciones (A pasador: A_x, A_y; E rodillo: E_y) = 16 incógnitas. Ecuaciones: 2n = 2 × 8 nudos = 16. G.D.H. = 16 − 16 = 0, isostática. Y es estable porque está completamente triangulada.

¿Cómo sacaste las reacciones?

ΣM_A = 0: E_y(12) = 4P(3) + 3P(6) + 10P(9) = 12P + 18P + 90P = 120P → E_y = 10P. Luego ΣF_y = 0: A_y = 17P − 10P = 7P. Y ΣF_x = 0 → A_x = 0, porque no hay cargas horizontales.

¿Por qué E_y es mayor que A_y?

Porque la resultante de las cargas está claramente descentrada hacia la derecha: la carga más grande, 10P, está en H, a 9 m de A y a solo 3 m de E. El apoyo más cercano al centro de gravedad de la carga se lleva más. La resultante de 17P actúa a 120P/17P = 7,06 m de A, o sea a la derecha del centro de la luz.

¿Por qué empezaste por los nudos A y E?

Porque son los únicos donde concurren solo dos barras con fuerza desconocida, y además ya conozco la reacción. Dos ecuaciones, dos incógnitas: se resuelven directamente. Desde ahí se va propagando hacia adentro. Ésa es la regla del método de los nudos.

¿De dónde salen el 0,6 y el 0,8?

De la geometría de las diagonales: 3 m horizontales y 4 m verticales, así que la diagonal mide √(9+16) = 5 m. Triángulo 3-4-5. Entonces cos θ = 3/5 = 0,6 y sen θ = 4/5 = 0,8. Aparecen en todas las descomposiciones de diagonales.

¿Por qué BF y DH son nulas?

Por la regla de las dos barras colineales más una tercera: en el nudo B concurren AB y BC, que son colineales (ambas horizontales, en el cordón inferior), y BF, que es perpendicular, sin ninguna carga aplicada en B. La ecuación ΣF_y = 0 solo contiene N_BF → vale cero. En D pasa exactamente lo mismo con CD, DE y DH.

¿Y CH? Ahí no aplica esa regla.

Correcto, CH no se ve a simple vista: sale del cálculo. En el nudo H, ΣF_y = 0 da 0,8(12,5P) − 0,8·N_HC − 10P = 0, o sea 10P − 0,8·N_HC − 10P = 0 → N_HC = 0. Lo que ocurre es que la componente vertical de HE equilibra exactamente los 10P aplicados en H, sin dejar nada para la otra diagonal. Es una coincidencia numérica de esta combinación de cargas, no una propiedad geométrica.

¿Cómo comprobaste la armadura?

Con el nudo C, que no usé para resolver — quedó de sobra porque la armadura es isostática y un nudo siempre queda como verificación. Sus dos ecuaciones cierran:
ΣF_y: 0,8(3,75P) − 3P + 0,8(0) = 3P − 3P = 0 ✓
ΣF_x: −5,25P + 7,5P − 0,6(3,75P) + 0,6(0) = 0 ✓
Si hubiera un error de signo en cualquier barra anterior, este nudo no cerraría.

¿Por qué HE es la barra más solicitada?

Por dos razones que se suman: está del lado del apoyo E, que recibe la reacción mayor (10P), y está directamente conectada al nudo H, donde cuelga la carga más grande (10P). Es la barra que canaliza casi toda esa carga hacia el apoyo. Su fuerza, 12,5P, es 10P/0,8 — literalmente la carga de H dividida entre el seno de la diagonal.

¿Por qué el enunciado pide indicar tracción o compresión?

Porque el signo decide qué criterio de falla aplica. Un miembro traccionado solo puede fallar por cedencia. Un miembro comprimido puede fallar por cedencia o por pandeo, y el pandeo suele ser mucho más restrictivo. Sin la columna de tipo, la tabla no sirve para diseñar.

El perfil

¿Qué propiedades del W250×80 usaste y de dónde salen?

De la tabla de perfiles W: A = 10 200 mm² (102 cm²), I_x = 126×10⁶ mm⁴, I_y = 43,1×10⁶ mm⁴, r_x = 111 mm, r_y = 65,0 mm. Para el área uso el valor total; para el pandeo, el radio de giro mínimo.

¿Por qué usaste r_y y no r_x?

Porque una columna pandea siempre por su eje de menor inercia. El menor radio de giro da la mayor esbeltez L/r, y la mayor esbeltez da la menor tensión crítica. Es el eje débil: con r_y = 65 mm la esbeltez de HE es 76,9, mientras que con r_x = 111 mm sería 45,0. Usar r_x sería quedarse del lado inseguro.

¿Y si el miembro estuviera arriostrado lateralmente?

Entonces habría que comparar dos esbelteces: L/r_x con la longitud completa, y L_arriostrada/r_y con la distancia entre arriostres. Mandaría la mayor de las dos. Como el enunciado no menciona arriostramiento, se toma el caso más desfavorable: r_y con la longitud completa de la barra.

¿Qué factor K de longitud efectiva usaste?

K = 1, extremos articulados, que es la hipótesis propia de una armadura ideal: los nudos son pasadores y no transmiten momento. Entonces L_e = KL = L. Si los nudos fueran soldados y rígidos, K sería menor (del orden de 0,7–0,8) y la barra resistiría más — así que K = 1 es conservador.

Los dos criterios

Desarrolla el criterio de cedencia.

σ_adm = σ_y/FS = 250/1,75 = 142,86 MPa. La fuerza admisible por sección es N_adm = σ_adm·A = 142,86 × 10 200 = 1 457 143 N = 1457,14 kN. Aplicándolo a la máxima tracción (7,5P en CD y DE): P ≤ 194,29 kN. A la máxima compresión (12,5P en HE): P ≤ 116,57 kN, que es el que manda dentro de este criterio.

¿Por qué aplicaste la cedencia también a los comprimidos y no solo a los traccionados?

Porque el enunciado dice literalmente "falla por cedencia", no "falla por tracción". La cedencia es una propiedad del material y le aplica a cualquier miembro que alcance σ_y, esté traccionado o comprimido. Presentarlo completo cubre las dos posibilidades. Dicho eso, en este problema el resultado final no cambia — porque el pandeo del comprimido es más estricto que su cedencia — pero eso es un resultado, no un supuesto de partida.

Una compañera solo chequeó tracción para la cedencia. ¿Está mal?

Llega al mismo número, 68 kN, y por lo tanto la respuesta final es correcta. Pero el razonamiento queda incompleto: solo funciona porque en este caso el pandeo tapa a la cedencia en compresión. Si el factor de seguridad de pandeo hubiera sido menor que el de cedencia, o si las esbelteces fueran distintas, esa omisión podría dar un resultado inseguro. Yo lo presenté con las tres restricciones explícitas y señalé cuál rige.

Desarrolla el criterio de pandeo.

σ_cr = π²E/(L/r)², con el tope σ_cr ≤ σ_y = 250 MPa que impone el enunciado. Calculé la esbeltez de las cuatro barras comprimidas y en las cuatro Euler daba más de 250 MPa, así que en todas se usa el tope. Entonces P_cr = 250 × 10 200 = 2550 kN para cualquiera de ellas, y P_adm = 2550/3 = 850 kN. Rige HE: 12,5P ≤ 850 → P = 68 kN.

Barra	L (mm)	L/r_y	σ_cr Euler	σ_cr usada	Límite de P
FG, GH	3000	46,15	926,6 MPa	250	7,5P ≤ 850 → 113,33
CG	4000	61,54	521,2 MPa	250	3P ≤ 850 → 283,33
AF	5000	76,92	333,6 MPa	250	8,75P ≤ 850 → 97,14
HE	5000	76,92	333,6 MPa	250	12,5P ≤ 850 → 68,00

¿Por qué no puedes usar Euler directamente?

Ésta es la pregunta clave del problema. La fórmula de Euler solo es válida mientras el material siga en régimen elástico, es decir, mientras σ_cr ≤ σ_proporcional ≈ σ_y. Con L/r = 76,92, Euler predice σ_cr = π²(200 000)/76,92² = 333,6 MPa, que es mayor que la cedencia de 250 MPa. Eso es físicamente imposible: la barra habría cedido mucho antes de llegar a esa tensión, así que nunca alcanzaría la carga de pandeo elástico. Por eso hay que topar en σ_y, y el enunciado lo dice explícitamente: "usar la tensión de cedencia como valor máximo de la tensión crítica".

¿Cuál es la esbeltez límite y cuánto vale aquí?

Es la esbeltez donde Euler predice exactamente σ_y: λ_c = √(2π²E/σ_y) = √(2π² × 200 000 / 250) = 125,7. (Con el criterio de σ_y/2, que es el de AISC-ASD; con el criterio de σ_y puro sería π√(E/σ_y) = 88,9. En cualquiera de los dos, mis barras están por debajo.) Las esbelteces de mis barras son 76,9 · 61,5 · 46,2 — todas por debajo. Ninguna está en la zona de Euler: todas son columnas cortas o intermedias, y todas se topan en la cedencia.

Si todos los criterios usan σ_y, ¿qué diferencia hay entre pandeo y cedencia?

Solo el factor de seguridad: 1,75 contra 3. Con el mismo tope σ_y, el límite de pandeo es σ_yA/3 = 850 kN y el de cedencia σ_yA/1,75 = 1457 kN. La relación es 1,75/3 = 0,583 < 1, así que el pandeo siempre es más estricto en un miembro comprimido, y verificar la cedencia en un comprimido resulta redundante en este problema. Eso lo puedo demostrar en general, no solo comprobarlo caso por caso.

¿Por qué el FS de pandeo es mayor que el de cedencia?

Porque son fallas de naturaleza distinta. La cedencia es dúctil: el acero fluye, se deforma visiblemente, redistribuye esfuerzos y avisa antes de colapsar. El pandeo es una inestabilidad: es súbito, sin aviso, catastrófico, y además es enormemente sensible a las imperfecciones — curvatura inicial de la barra, excentricidad de la carga, tensiones residuales de laminación, desalineación de los nudos. Como la predicción teórica es menos confiable y la consecuencia peor, la norma exige más margen.

¿Qué barras chequeaste a pandeo y por qué solo ésas?

Solo las comprimidas: FG y GH (−7,5P), CG (−3P), AF (−8,75P) y HE (−12,5P). Las traccionadas no pandean — el pandeo es una inestabilidad de compresión; la tracción, al contrario, endereza la barra y la estabiliza.

AF también mide 5 m. ¿Por qué no rige ella?

Porque tiene menos fuerza: 8,75P contra 12,5P de HE. Como las dos tienen la misma longitud, la misma esbeltez y por tanto el mismo P_adm = 850 kN, el límite lo pone la barra con más fuerza: 850/12,5 = 68,0 contra 850/8,75 = 97,1. Gana la más cargada.

¿Y FG y GH, que son más cortas y por tanto menos esbeltas?

Su esbeltez es menor (46,15) pero eso no las ayuda, porque igual se topan en σ_y: el P_adm es el mismo 850 kN para todas. Y su fuerza es 7,5P, menor que la de HE, así que su límite es 850/7,5 = 113,33 kN. No rigen. Ojo con esto: en este problema la longitud no cambia nada, porque todas están topadas en la cedencia. Solo importa la magnitud de la fuerza.

¿Y si HE midiera 10 m en vez de 5?

La esbeltez pasaría a 10 000/65 = 153,8, que ya supera λ_c = 125,7. Ahí sí entraría en zona de Euler: σ_cr = π²(200 000)/153,8² = 83,4 MPa, mucho menor que 250. P_cr = 850 kN, P_adm = 283 kN, y P bajaría a 283/12,5 ≈ 22,7 kN: un tercio de lo actual. Ahí sí la longitud sería determinante.

Cierre y lectura del resultado

Verifica que P = 68 kN cumple los dos criterios.

Fuerza en HE: 12,5 × 68 = 850 kN. Tensión: 850 000 N / 10 200 mm² = 83,33 MPa. Contra pandeo: σ_cr/σ = 250/83,33 = 3,00 ✓ exactamente el FS pedido. Contra cedencia en la máxima tracción: 7,5 × 68 = 510 kN → 50 MPa → FS = 250/50 = 5,0, muy por encima del 1,75 requerido ✓. Los dos criterios se satisfacen y el de pandeo está justo en el límite, que es lo que caracteriza al criterio que rige.

¿Qué significan 68 kN en términos de la carga total?

Las cargas de nudo serían 4P = 272 kN en F, 3P = 204 kN en G y 10P = 680 kN en H, para un total de 17P = 1156 kN sobre una armadura de 12 m. Las reacciones: A_y = 7P = 476 kN y E_y = 10P = 680 kN.

¿Cómo mejorarías el diseño si necesitaras más capacidad?

Lo primero, cambiando solo la barra HE por un perfil de mayor área — es la única que rige, y sustituir todos los perfiles sería un desperdicio. Con un área mayor sube P_cr proporcionalmente. Si HE estuviera en zona de Euler, otra opción sería arriostrarla en el punto medio para reducir su longitud efectiva; pero aquí no serviría de nada, porque ya está topada en la cedencia y reducir la esbeltez no aumentaría σ_cr.

¿Todos los miembros son del mismo perfil? ¿Es eso razonable?

Sí, el enunciado especifica que todos son W250×80. En la práctica es común por facilidad constructiva y de montaje, aunque sea ineficiente: aquí CH, BF y DH no llevan nada y CG solo 3P, mientras HE va al límite. La consecuencia para el cálculo es que N_adm y P_adm son iguales para todas las barras, así que solo compiten por magnitud de fuerza.

La tarea — viga de balcón por Castigliano

Con cada parcial entregas una tarea de "ejercicio de la vida real". La cuarta es la misma viga de la Tarea 1 (nota 20) resuelta ahora por Castigliano. Puede que te pregunten por ella.

Caso: Viga IPE 200 de balcón, empotrada en la pared en A y apuntalada en el extremo B.
Datos: L = 3 m · w = 4 kN/m · EI = 3880 kN·m² (E = 200 GPa, I = 1,94×10⁻⁵ m⁴).

Tu guion de 45 segundos

"Es hiperestática de primer grado: empotramiento más apoyo. Tomé R_B como redundante porque al quitarla queda un voladizo, que es lo más fácil de escribir, y porque en B hay un puntal rígido, así que δ_B = ∂U/∂R_B = 0 — Menabrea otra vez.

Salen los resultados de tabla: R_B = 3wL/8 = 4,5 kN, R_A = 5wL/8 = 7,5 kN y M_A = wL²/8 = 4,5 kN·m. Después volví a usar Castigliano, con carga ficticia, para la flecha.

Y el gancho práctico: sin el puntal sería un voladizo puro con flecha de 10,44 mm, y el límite de servicio L/360 es 8,33 mm — no cumpliría. Con el puntal baja a 0,45 mm y el momento de empotramiento cae de 18 a 4,5 kN·m, cuatro veces menos."

¿Por qué elegiste R_B como redundante y no el momento de empotramiento?

Porque al liberar R_B me queda un voladizo empotrado en A, cuya ecuación de momento es inmediata: M = −w x²/2 medido desde el extremo libre. Si liberara M_A me quedaría una viga simplemente apoyada, que también sirve, pero la condición sería sobre el giro en A (∂U/∂M_A = 0), y hay que tener más cuidado con los signos. El resultado es el mismo por cualquiera de los dos caminos.

¿La flecha máxima está en el centro?

No, y ése es un detalle que suelen preguntar. Por la asimetría de los apoyos, el máximo está corrido hacia el apoyo simple: en x = (15−√33)L/16 = 0,5785 L = 1,735 m, y vale 0,4523 mm. En el centro exacto vale 0,4349 mm = wL⁴/192EI. La diferencia es del 4 %.

¿Dónde está el punto de inflexión?

En x = L/4 = 0,75 m desde el empotramiento, donde el momento cambia de signo. A la izquierda de ese punto el momento es negativo (tracciona arriba) y a la derecha, positivo. Es donde la curvatura de la elástica se invierte.

¿Cuál es el momento que gobierna el diseño?

El de empotramiento: M_A = wL²/8 = 4,5 kN·m. El máximo positivo está en x = 5L/8 (donde el cortante se anula) y vale 9wL²/128 = 2,53 kN·m — poco más de la mitad. Así que la sección crítica está en la pared.

¿Cumple por resistencia?

Con sobra. σ = M/S = 4,5 kN·m / 194 cm³ = 23,2 MPa, contra σ_y = 250 MPa: factor de seguridad 10,8. Y ése es justamente el punto del ejercicio: en un balcón el problema nunca es la resistencia, es la flecha. El perfil está sobrado estructuralmente y aun así el criterio de servicio es el que decide si lleva puntal o no.

¿De dónde sale el criterio L/360?

Es el límite de servicio habitual para flechas en elementos con acabados frágiles — baldosas, cerámica, revestimientos que se agrietan. L/360 = 3000/360 = 8,33 mm. Sin puntal la flecha sería 10,44 mm (wL⁴/8EI), que lo excede. Con puntal, 0,45 mm = L/6633: sobra por un factor de 18.

¿Cuánto reduce el puntal el momento de empotramiento?

De wL²/2 = 18 kN·m (voladizo puro) a wL²/8 = 4,5 kN·m: cuatro veces menos. El puntal no solo controla la flecha, también descarga radicalmente la conexión a la pared, que suele ser el detalle más delicado de un balcón.

Preguntas de teoría (pueden caer en cualquier problema)

Enuncia el segundo teorema de Castigliano.

En una estructura de material elástico lineal, la derivada parcial de la energía de deformación respecto a una fuerza aplicada es igual al desplazamiento del punto de aplicación de esa fuerza, medido en la dirección de la fuerza: δ_i = ∂U/∂P_i. Si en vez de una fuerza se deriva respecto a un momento, se obtiene el giro en ese punto.

¿Qué hipótesis necesita el teorema?

Material elástico lineal (se cumple la ley de Hooke), pequeñas deformaciones (la geometría no cambia apreciablemente al cargar, de modo que el equilibrio se plantea sobre la configuración inicial), y validez de la superposición. No vale para materiales no lineales, grandes desplazamientos ni comportamiento plástico.

¿Qué es el teorema de Menabrea?

El teorema del trabajo mínimo: en una estructura hiperestática, las reacciones redundantes adoptan los valores que hacen mínima la energía de deformación, o sea ∂U/∂R_i = 0. Es un caso particular de Castigliano: se aplica donde el desplazamiento correspondiente es nulo porque el vínculo lo impide. Lo usé en el Problema 1 y en la tarea.

Escribe las expresiones de la energía de deformación.

Axial: U = ∫ N²/(2AE) dx → en barras: Σ N²L/(2AE) Flexión: U = ∫ M²/(2EI) dx Cortante: U = ∫ f·V²/(2GA) dx (f = 1,2 rectangular) Torsión: U = ∫ T²/(2GJ) dx

Y al derivar respecto a una carga P: δ = Σ N(∂N/∂P)L/(AE) + ∫ M(∂M/∂P)/EI dx, que es la forma que usé.

¿Por qué se puede derivar dentro de la integral?

Porque los límites de integración no dependen de la carga P — son la geometría de la barra, que es fija. Por la regla de Leibniz, ∂/∂P ∫M²/(2EI)dx = ∫ M(∂M/∂P)/EI dx. Si la geometría cambiara con la carga (grandes desplazamientos), esto ya no sería válido.

¿Qué significa un resultado negativo?

Que el desplazamiento va en sentido contrario al de la carga respecto a la cual derivé. No es un error: es información. Por eso el sentido de la carga ficticia se puede elegir libremente, y el signo del resultado lo confirma o lo corrige.

¿Qué relación tiene Castigliano con el trabajo virtual?

Son equivalentes. Si en vez de una carga ficticia Q pongo una carga unitaria, entonces ∂N/∂Q se convierte en la fuerza "n" producida por esa carga unitaria, y la fórmula de Castigliano δ = Σ N(∂N/∂Q)L/AE se vuelve literalmente δ = Σ nNL/AE, que es la fórmula del método de la carga unitaria. Los dos llegan al mismo número; cambia la manera de presentarlo.

¿Por qué en armaduras no hay integral sino producto?

Porque en una barra de dos fuerzas de sección constante, N es constante a lo largo de toda la barra. La integral ∫N(∂N/∂P)dx/AE se reduce al producto N(∂N/∂P)L/AE. Solo hace falta integrar cuando la solicitación varía con x, como en la flexión.

¿Cuándo hay que incluir la energía de cortante?

En elementos poco esbeltos, con relación luz/canto menor que unos 5–10, y en vigas de alma delgada. Su aporte es del orden de (h/L)² respecto al de flexión, así que en piezas esbeltas es menos del 1 % y se desprecia. Además, en los Problemas 2 y 3 el enunciado dice explícitamente "considerar únicamente las deformaciones por flexión y por fuerza axial", así que la decisión viene dada.

¿Qué es una barra de dos fuerzas?

Una barra cargada únicamente en sus dos extremos, ambos articulados, sin cargas intermedias. El equilibrio de un cuerpo con solo dos fuerzas exige que sean iguales, opuestas y colineales, y la única recta que une los dos puntos es el eje de la barra. Conclusión: solo desarrolla fuerza axial, sin cortante ni flector.

¿Cuándo una barra es nula? Nombra los casos.

(1) Dos barras no colineales en un nudo descargado → las dos son nulas.
(2) Dos barras colineales más una tercera, en un nudo descargado → la tercera es nula.
(3) Dos barras en un nudo con carga alineada con una de ellas → la otra es nula.
(4) Y el caso que no se ve: la que sale del cálculo, como CH en el Problema 4, donde la componente vertical de la diagonal equilibra exactamente la carga aplicada.

¿Qué es la esbeltez y por qué importa?

λ = L_e/r, la longitud efectiva entre el radio de giro. Mide qué tan propensa es una columna a pandear. Una esbeltez alta significa que la barra es larga y delgada respecto a su sección, y la tensión crítica cae con el cuadrado de la esbeltez: σ_cr = π²E/λ². Por eso duplicar la longitud reduce la capacidad a la cuarta parte.

¿Cuál es el rango de validez de la fórmula de Euler?

Solo la zona elástica: mientras σ_cr ≤ σ_proporcional ≈ σ_y, es decir, para esbelteces mayores que la esbeltez límite λ_c. Por debajo de λ_c la barra cede antes de pandear elásticamente, y hay que usar otro criterio: el tope en σ_y (que es lo que manda el enunciado del Problema 4), o fórmulas empíricas como la parábola de Johnson o las curvas del AISC.

¿Por qué la carga de pandeo no depende de la resistencia del material?

Porque en la fórmula de Euler, P_cr = π²EI/L_e², solo aparece el módulo de elasticidad E y la geometría — no aparece σ_y. El pandeo elástico es un problema de rigidez, no de resistencia. Un acero de alta resistencia y uno común tienen prácticamente el mismo E, así que pandean con la misma carga. Poner acero más resistente en una columna esbelta no sirve de nada; hay que poner más inercia o acortarla.

Zona roja — los 5 puntos donde te pueden apretar

1 · El sentido del momento de 12 t·m en E (P3)

Es tu punto más vulnerable, porque depende de una lectura de la figura y no de un cálculo. Lo leíste antihorario.

Respuesta: "Lo leí antihorario en la figura del enunciado, y así lo declaré. Si fuera horario, el momento que trae DE ya no se cancelaría con el aplicado sino que se sumaría, y δ_A pasaría de 0,0172 a 0,0429 m. El método es exactamente el mismo — cambia solo el signo con el que entra ese momento en la ecuación de EF."

Esa respuesta te salva pase lo que pase: demuestras que sabes exactamente qué depende de esa lectura y que dominas el procedimiento, no un número.

2 · "¿Por qué el término de cedencia sobre compresión?" (P4)

Si te dicen que sobra, no retrocedas: "El enunciado dice falla por cedencia, no por tracción, y la cedencia le aplica a cualquier miembro que alcance σ_y. Es cierto que en este caso el pandeo lo tapa — de hecho lo demostré en general: con el mismo tope σ_y, la relación entre los dos límites es siempre 1,75/3 — pero eso es una conclusión, no un supuesto de partida."

3 · "Resuélveme P1 con otra redundante"

Es la prueba clásica de si copiaste. No te asustes: no te van a pedir que lo integres completo en la pizarra. Lo que quieren oír es el planteamiento: "Quito A_y y me queda una viga apoyada en B y C, que es estable. La condición es ∂U/∂A_y = 0 porque el rodillo en A tampoco cede. Pierdo la simetría, así que tendría que integrar los cuatro tramos en vez de dos. El resultado final es el mismo: 12,5 y 55."

4 · "¿Y el desplazamiento de 24,93 cm te parece razonable?" (P2)

No defiendas lo indefendible. Contesta con criterio de ingeniero: "En una estructura real sería inadmisible, más de L/30. Pero las rigideces del enunciado son deliberadamente bajas — aE = 400 t equivale a un área ridícula para acero — precisamente para que los dos términos, flexión y axial, salgan comparables y ninguno se pueda despreciar. Es un ejercicio de método, no un caso de proyecto."

5 · "Deríveme M en esta barra, aquí mismo"

Es lo más probable de todo. La receta es siempre la misma, tres pasos:
① Dibujo el corte y me quedo con un lado (el que tenga menos fuerzas).
② Sumo momentos de todo lo que quedó en ese lado, respecto al corte. Fuerzas colineales con el eje: brazo cero, no dan momento. Distribuidas: resultante en el centroide.
③ Derivo esa misma expresión respecto a Q.

Si dices los tres pasos en voz alta mientras dibujas, aunque te equivoques en un signo, se ve que sabes.

Chuleta de números — memoriza esto

	Lo que hay que soltar sin pensar
P1	GH = 1 · A_y = C_y = 5P/16 = 12,5 kN · B_y = 11P/8 = 55 kN · A_x = 0 · M_B = −30 kN·m · M bajo carga = +25 kN·m · suma = 80 = 2P
P2	δ_flex = 149,33/1200 = 0,12444 · δ_ax = 49,94/400 = 0,12485 · δ_D = 0,2493 m → · N_BD = √2(4+Q) tracción · L_BD = 3√2 = 4,243 m · BC nula · CD = −4 t · D_y = 4 t ↓ · M_A = 32 t·m
P3	Σaxial = 54 → 0,017143 (99,65 %) · Σflex = 0,75 → 0,0000595 (0,35 %) · δ_A = 0,0172 m → · A_y = 7+0,75Q · D_x = 4+Q · D_y = 3+0,75Q · N_AD = −1,25(4+Q) = −5 t · DE: +48 · EF: −47,25 · si el momento fuera horario → 0,0429
P4	E_y = 10P · A_y = 7P · HE = 12,5P compresión · nulas: BF, DH, CH · A = 10 200 mm² · r_y = 65 mm · λ_HE = 76,92 · λ_c = 125,7 · σ_Euler = 333,6 > 250 → tope · σ_adm = 142,86 · N_adm = 1457,14 kN · P_cr = 2550 kN · P_adm = 850 kN · P_máx = 68 kN (rige pandeo)
Tarea	R_A = 5wL/8 = 7,5 kN · M_A = wL²/8 = 4,5 kN·m · R_B = 3wL/8 = 4,5 kN · δ_máx = 0,452 mm en 0,578L · σ = 23,2 MPa · sin puntal 10,44 mm > L/360 = 8,33 mm

Las 6 frases que resuelven el 80 % de las preguntas

"Cuerpo libre con menos incógnitas primero, y momentos donde más incógnitas tengan brazo cero." — justifica casi cualquier elección de camino.
"Lo que suma en Castigliano no es N, es N·(∂N/∂Q)·L. Si la fuerza no depende de Q, la barra no contribuye por más cargada que esté."
"Q se anula después de derivar, nunca antes."
"El pasador transmite fuerzas pero no momento — ésa es la ecuación que faltaba."
"Euler solo vale en régimen elástico; con esa esbeltez daría más que la cedencia, que es imposible, por eso se topa en σ_y."
"El signo positivo significa que se mueve en el sentido de la carga respecto a la que derivé."

Defensa · Cuarta Evaluación · Mecánica de Sólidos II · Misael Scarbay
Todos los números de este documento están contrastados contra el trabajo entregado.