La carga ficticia Q, la estática nudo por nudo, el corte en el pasador y el despiece de cada barra.
Sin dar nada por sabido.
En el Problema 1 usaste Castigliano al revés: no sabías una reacción, y la condición de que el apoyo no se mueve te dio la ecuación que faltaba. Los problemas 2 y 3 usan el teorema de frente: te preguntan directamente cuánto se mueve un punto, y tú lo calculas.
Eso los hace, en teoría, más fáciles. Lo que los complica es otra cosa: la estática. En el P1 la viga tenía dos tramos y ya. Aquí hay barras inclinadas, nudos, un pasador y dos cuerpos. Por eso la mayor parte de esta explicación es estática, no energía.
Los cinco pasos son idénticos en los dos problemas. Si te aprendes el esqueleto, lo único que cambia de uno a otro es la estática del paso ②.
Te dan: EI = 1200 t·m² y aE = 400 t. El miembro AB lleva la etiqueta «I, a» y los miembros BC, CD y BD llevan «a» sola.
Es la convención del profesor y es la instrucción más importante de la figura:
O sea que la figura ya te está diciendo, antes de que calcules nada, que solo AB va a aportar flexión y que las otras tres solo aportan axial. Eso te ahorra la mitad del trabajo si lo lees a tiempo.
Recuerda la restricción del teorema: ∂U/∂P te da el desplazamiento del punto donde P está aplicada, medido en la dirección de P. Ni en otro punto, ni en otra dirección.
Te piden el desplazamiento horizontal de D. Miras la figura: en D no hay ninguna carga horizontal. Entonces no existe la variable respecto a la cual derivar. El problema, tal como está, no se puede ni plantear.
La salida es inventarla. Pongo una fuerza Q horizontal en D, resuelvo la estructura como si Q existiera, derivo respecto a Q, y al final hago Q = 0 para que la estructura vuelva a ser la real.
Piensa en Q como una sonda. Preguntar ∂U/∂Q es preguntar: «si yo empujara un poquito en D hacia la derecha, ¿cuánta energía extra guardaría la estructura?». Y la respuesta a esa pregunta es proporcional a cuánto se deja empujar el punto D — es decir, a su desplazamiento.
Al hacer Q = 0 la sonda se retira y queda la estructura real. Como el material es elástico lineal, vale superposición y el procedimiento es exacto, no aproximado.
Nunca hagas Q = 0 antes de derivar. Si lo anulas primero, Q desaparece de las ecuaciones y ∂M/∂Q da cero: el método colapsa y todo te da 0. El orden es derivar primero, evaluar después. Piénsalo así: ∂M/∂Q pregunta «¿cuánto cambia M si muevo Q?», y para poder responder eso, Q tiene que estar en la ecuación.
Una barra articulada en sus dos extremos y sin ninguna carga entre medio solo recibe fuerzas en esos dos puntos. Y hay un teorema de estática que dice: si un cuerpo está en equilibrio bajo solo dos fuerzas, esas fuerzas tienen que ser iguales, opuestas y colineales.
¿Por qué colineales? Porque si no lo fueran formarían un par y el cuerpo giraría. La única recta que pasa por los dos puntos de aplicación es el eje de la barra. Conclusión: la fuerza va a lo largo del eje — es puramente axial. No hay cortante ni flector.
Por eso BC, CD y BD solo tienen N, y por eso el profesor las rotula con «a» sola.
Un nudo es un punto donde se juntan varias barras. Si toda la estructura está en equilibrio, cada nudo por separado también lo está. Y como en un nudo todas las fuerzas concurren en el mismo punto, no hay momentos: solo quedan dos ecuaciones, ΣFx = 0 y ΣFy = 0.
Dos ecuaciones por nudo significa que puedes resolver un nudo si tiene como máximo dos incógnitas. De ahí la regla: empieza siempre por el nudo con menos barras desconocidas y ve avanzando. Aquí ese nudo es C, donde solo llegan dos barras.
Supón siempre tracción. Si el número sale negativo, la barra está comprimida y ya: no hay que rehacer nada. Es la convención más segura porque no tienes que adivinar antes de calcular.
CB es vertical y CD es horizontal: sus fuerzas ya vienen «partidas», una va entera a ΣFy y la otra entera a ΣFx. Pero BD está inclinada, así que antes de meterla en cualquier ecuación hay que descomponerla. Y para descomponerla hace falta su dirección.
El vector unitario es el vector dividido entre su propia longitud: apunta en la misma dirección pero mide 1. Sirve porque si una barra lleva una fuerza N, sus componentes son simplemente N multiplicado por el unitario. Es la manera de no equivocarse nunca con senos y cosenos.
Como la barra sube 3 m en 3 m horizontales, está a 45°, y por eso las dos componentes salen iguales: 1/√2 cada una.
Lee la primera línea despacio, porque es de las cosas que más se preguntan. En el nudo C, la única fuerza con componente vertical es la de la barra CB — CD es horizontal y la carga de 4 t también. Si la suma de todo lo vertical tiene que dar cero y solo hay un término, ese término vale cero. Por eso BC es una barra nula.
Es nula para esta hipótesis de carga, no siempre. Da estabilidad geométrica al triángulo y empezaría a trabajar en cuanto la carga cambie — por ejemplo, con una fuerza vertical en C. Una barra nula no es una barra inútil: es una barra descargada en esta combinación.
Mira el dibujo del nudo C: la flecha de NCD apunta hacia la izquierda y dice 4 (compr.), un número positivo. Pero la ecuación dice:
O sea: en la ecuación NCD entra con un más y sale −4; en el dibujo la flecha va al revés y el número es +4. Parece una contradicción. No lo es: son dos momentos distintos del problema.
El dibujo del documento está hecho después de resolver: muestra la fuerza real, con su sentido verdadero y su magnitud. La ecuación está escrita antes de resolver, cuando todavía no sabes hacia dónde va. Y ahí está toda la diferencia.
Una fuerza se puede escribir de dos maneras equivalentes:
Un signo menos delante de un número es lo mismo que voltear la flecha. Son la misma fuerza física escrita con distinta contabilidad.
Y de ahí sale la única regla que hay que respetar: el signo y el sentido de la flecha no se meten los dos a la vez. O volteas la flecha y el número va positivo, o dejas la flecha en el sentido supuesto y el número lleva su signo. Nunca las dos cosas — ahí es donde salen los errores.
Antes de calcular no sé si la barra está traccionada o comprimida. Entonces no adivino: supongo tracción siempre. Y «tracción» tiene un significado geométrico preciso: la barra jala al nudo hacia el otro extremo. Como D está a la derecha de C, la flecha supuesta de NCD apunta hacia la derecha.
El +1 de la ecuación no tiene nada que ver con la flecha del dibujo: sale de la geometría, de hacia dónde apunta la barra vista desde ese nudo. Y el −4 del resultado es el que te informa que la realidad va al revés de lo que supusiste.
También es válido. Miras el dibujo, ves que la flecha va hacia la izquierda, y llamas F a su magnitud. Entonces en la ecuación entra con el signo de esa flecha, que apunta en −x:
Los dos caminos dan exactamente la misma fuerza física: 4 toneladas empujando a C hacia la izquierda. Lo único que cambió es dónde quedó guardado el signo menos.
En el camino A el menos se quedó en el resultado (N = −4) porque la flecha se dibujó hacia la derecha. En el camino B el menos se «gastó» al voltear la flecha, y por eso el resultado sale positivo. El menos aparece una sola vez, o en la flecha o en el número.
Por tres razones prácticas:
1. No hay que adivinar nada. Con el camino B tienes que decidir el sentido de cada barra antes de calcular. Si te equivocas no pasa nada grave (sale negativo y ya), pero en una armadura de 13 barras son 13 oportunidades de enredarte.
2. La acción y reacción sale sola. Con «siempre tracción», la barra CD tiene un solo número, NCD = −4, que sirve para sus dos extremos. En cada nudo solo multiplicas por el unitario que sale de ese nudo, y los signos se acomodan automáticamente. Con el camino B tienes que acordarte de voltear la flecha a mano en el otro extremo — y ahí es donde de verdad se rompe la gente.
3. Es lo que pide Castigliano. La fórmula suma N·(∂N/∂Q)·L con N con su signo. Si trabajas con magnitudes sueltas tienes que reponerle el signo a mano a cada barra antes de sumar.
En el nudo D vas a ver el mismo NCD = −4, pero entrando con un signo menos. Ésa es exactamente la parte que suele trabar, así que vamos despacio.
La barra es la misma, pero la estás mirando desde el otro extremo. Desde D, la barra se va hacia C, o sea hacia la izquierda. Entonces su unitario ya no es (+1;0) sino (−1;0):
Ahora el paso que hay que escribir en dos renglones y nunca hacer de cabeza:
Son dos cosas independientes que casualmente coinciden en este término. Multiplicados dan +4: la barra comprimida empuja a D hacia la derecha.
Y ese resultado tiene una comprobación física preciosa, que además te sirve para verificar cualquier armadura sin hacer cuentas:
Aplícalo aquí: los 4 t empujan a C hacia la derecha; para que C no se mueva, algo tiene que empujarlo hacia la izquierda; lo único que hay es la barra CD; entonces CD tiene que estar empujando, o sea comprimida. Y si empuja a C hacia la izquierda, por simetría empuja a D hacia la derecha.
Eso te da el signo sin resolver ni una ecuación. Úsalo siempre como verificación después de calcular: si tu álgebra dice compresión y tu cabeza dice que la barra está siendo estirada, revisa.
Falta la diagonal, que es la única de las tres fuerzas que todavía no hemos mirado. Se aplica el mismo criterio: la supongo traccionada, o sea jalando a D hacia B. Y el unitario de D hacia B ya lo calculamos, es (−1/√2 ; +1/√2). Multiplicando:
En ΣFy vuelve a pasar lo mismo, pero ahora con la reacción: Dy se dibujó hacia arriba (el sentido positivo supuesto) y salió negativa. Ya sabes leerlo: negativa quiere decir que la flecha real va al revés, hacia abajo.
La reacción Dy sale hacia abajo. Eso pasa porque la diagonal está traccionada y jala a D hacia arriba-izquierda; para equilibrar, el apoyo tiene que empujar hacia abajo. Implica que ese rodillo debe poder trabajar en los dos sentidos, o estar anclado. Si te lo preguntan, es un buen detalle que demuestra que leíste el resultado y no solo lo calculaste.
Éste es el nudo que conecta las dos mitades del problema. La misma barra BD, vista desde el otro extremo, jala en la dirección opuesta — es acción y reacción: una barra traccionada jala a cada uno de sus dos nudos hacia el otro.
Esas dos componentes son lo único que la viga AB recibe por su extremo derecho. Con eso ya se puede hacer su despiece.
«Despiece» quiere decir: aíslo la barra, le dibujo su cuerpo libre con todo lo que le llega, la corto por un punto cualquiera y escribo qué solicitaciones hay en ese corte.
¿Por qué el brazo de la distribuida es x/2? Porque la resultante de una carga uniformemente repartida se aplica en el centroide del tramo cargado. Si la carga cubre una longitud x, el centroide está a x/2 del corte. De ahí el x² — el cuadrado es la firma de una distribuida uniforme.
¿Por qué la componente horizontal (4+Q) no da momento? 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, no flexión.
¿Por qué una sola integral de 0 a 4? Porque en ese tramo el momento no tiene discontinuidades: la distribuida es continua y no hay cargas puntuales intermedias que obliguen a partir.
La barra CD lleva 4 toneladas de compresión y aporta cero al desplazamiento de D. ¿Cómo puede ser?
Porque lo que suma en la fórmula no es N, sino el producto N·(∂N/∂Q)·L. La fuerza de CD es un −4 fijo que no depende de Q, así que su derivada es cero y todo el término se anula.
Dicho en física: si empujo D hacia la derecha, la fuerza viaja por la diagonal BD hasta B y de ahí por la viga AB hasta el empotramiento. CD y BC quedan fuera de ese camino de carga y no se enteran. Lo que importa no es cuán cargada está una barra, sino cuánto cambia su carga cuando muevo el punto que estoy midiendo.
Ahora sí, con las derivadas ya hechas, pongo Q = 0 en todas partes y sumo.
| Barra | N (Q=0) | ∂N/∂Q | L (m) | N·(∂N/∂Q)·L |
|---|---|---|---|---|
| AB | 4 | 1 | 4 | 16 |
| BD | 4√2 | √2 | 3√2 | 24√2 = 33,941 |
| CD | −4 | 0 | 3 | 0 |
| BC | 0 | 0 | 3 | 0 |
| Σ | 16 + 24√2 = 49,941 t·m |
Y la flexión, que solo tiene la barra AB:
El signo positivo significa que D se mueve en el mismo sentido que Q, o sea hacia la derecha. Si hubiera salido negativo, se movería al contrario. Por eso el sentido de Q lo puedes elegir libremente: el signo del resultado te lo confirma o te lo corrige.
Las unidades cuadran: flexión = [t·m³]/[t·m²] = m, axial = [t·m]/[t] = m. Los dos salen en metros, que es lo que permite sumarlos. Si te dan cosas distintas, te equivocaste en algo.
Y sobre el tamaño: 24,93 cm en una estructura real sería inadmisible. Las rigideces del enunciado son deliberadamente bajas — aE = 400 t equivale a un área ridícula para acero — precisamente para que flexión y axial salgan comparables (0,1244 contra 0,1249) y ninguno de los dos se pueda despreciar. Es un ejercicio de método, no un caso de proyecto.
Te dan: EI = 12600 t·m² y aE = 3150 t. Los miembros DE y EF llevan «I, a»; los miembros AC, CD, AD, AB y BD llevan «a» sola.
Las cargas son cinco, y conviene listarlas antes de empezar porque es fácil dejarse una: 4 t ↓ en C · 4 t → en B · 4 t ← en E · un momento de 12 t·m antihorario en E · y una distribuida de 2 t/m hacia la izquierda sobre la columna EF.
A es un rodillo, así que puede moverse en horizontal y ahí no hay ninguna carga horizontal aplicada: ahí va la carga ficticia Q, exactamente igual que en el problema anterior. Lo que cambia por completo es el paso ②.
Ojo con la conclusión que no hay que sacar de aquí. Cuatro incógnitas contra tres ecuaciones normalmente querría decir «hiperestática de primer grado». Pero no lo es: esta estructura sí se puede resolver por pura estática. La ecuación que falta existe, solo que no está en el contorno — está adentro.
En D hay un pasador, o sea una articulación interna: un perno que une las dos partes y las deja girar libremente una respecto a la otra.
Y ahí está la ecuación que falta. Si las dos partes pueden girar libremente entre sí, entonces el pasador no puede transmitir momento — si lo transmitiera, obligaría a las dos partes a girar juntas, que es justo lo que no hace. Solo transmite dos fuerzas, una horizontal y una vertical.
Eso se llama una condición de construcción: una ecuación adicional que existe porque la estructura está construida de cierta manera. A esta clase de estructuras se les dice isostáticas de conjunto: globalmente parecen hiperestáticas, pero con las condiciones internas se resuelven completas.
Siempre que veas un pasador, una rótula o una articulación interna en un enunciado, ahí está tu ecuación extra. Y la manera de usarla es cortar por ahí y hacer el cuerpo libre de un lado solo.
El panel A-B-D-C tiene cuatro nudos y cinco barras (AC, CD, AD, AB y BD), y está triangulado. Comprobémoslo con la fórmula de armaduras:
Que sea una «chapa» significa que para el equilibrio se comporta como un cuerpo rígido: su forma no cambia y transmite las cargas como un bloque. Eso permite hacerle un único cuerpo libre en vez de ir nudo por nudo.
Pero sus barras SÍ se deforman axialmente — cada una lleva su «a» en la figura. Y esa deformación es exactamente lo que entra en Castigliano: la diagonal AD aporta ella sola el 58 % del desplazamiento total. Rígida para la estática, deformable para la energía. Si alguien la tomara como indeformable perdería el aporte de AD y le daría 0,0073 m en vez de 0,0172 m.
¿Por qué empiezo por la chapa y no por el pórtico? Por la regla de siempre: el cuerpo con menos incógnitas primero. Sobre la chapa hay tres (Ay, Dx, Dy) y tres ecuaciones: se cierra sola. Sobre el pórtico hay cinco: no se puede empezar por ahí.
Sobre la chapa actúan seis fuerzas y nada más: los 4 t ↓ en C, los 4 t → en B, la Q → en A, la reacción Ay ↑ en A, y las dos componentes del pasador en D. Ninguna otra carga del enunciado toca este cuerpo.
Ahora tomo momentos en D. ¿Por qué precisamente ahí? Porque Dx y Dy están aplicadas en D, así que tienen brazo cero y desaparecen solas de la ecuación. Me queda una sola incógnita.
El brazo es la distancia perpendicular entre la línea de acción de la fuerza y el punto donde tomo momentos. Por eso una fuerza vertical se mide con la distancia horizontal, y una fuerza horizontal con la vertical. Es el error más común de toda la materia.
C está en (0;3) y D en (4;3): los separan 4 m en horizontal, y la carga en C es vertical → brazo 4. B está en (4;0) y D en (4;3): 3 m en vertical, y la carga en B es horizontal → brazo 3. A está en (0;0): para Q, que es horizontal, el brazo es la diferencia vertical, 3 m; para Ay, que es vertical, el brazo es la horizontal, 4 m.
Con Ay ya despejada, las otras dos ecuaciones dan el pasador completo:
Las dos salen positivas, lo que significa que el sentido que supuse en el dibujo era el correcto: sobre la chapa van (4+Q) ← y (3+0,75Q) ↓.
Por acción y reacción, al pórtico le llega exactamente lo contrario de lo que le llegó a la chapa: (4+Q) → y (3+0,75Q) ↑. Con eso, el pórtico ya tiene solo tres incógnitas y se resuelve directo.
Ya tengo todas las reacciones, pero eso no me sirve para Castigliano. La fórmula suma barra por barra: necesito el N de cada barra, no el equilibrio global.
De toda la chapa, la única barra cuya fuerza depende de Q es la diagonal AD. Las demás tienen fuerzas constantes, así que su derivada es cero y no contribuyen — pero eso solo lo sé después de calcularlas. Por eso hay que bajar a los nudos.
El razonamiento es el mismo del nudo C del problema anterior: en cada uno de esos nudos solo concurren dos barras perpendiculares entre sí, y la carga aplicada está alineada con una de ellas. La ecuación en la dirección de la otra queda con un solo término, que por fuerza vale cero.
Y ahora sí, el nudo A, que es el que me interesa de verdad:
Mira lo que acaba de pasar: Ay salió dos veces por caminos completamente distintos — primero por ΣMD sobre la chapa entera, y ahora por ΣFy del nudo A. Y las dos veces dio 7 + 0,75Q.
Eso no es redundancia inútil: es la verificación de toda la estática. Si tuvieras un error de signo en cualquier parte del camino, los dos resultados no coincidirían. Es la comprobación que hay que citar si te preguntan «¿cómo sabes que está bien?».
La barra está comprimida (N negativo) y su derivada también es negativa. Al multiplicar: (−5)·(−1,25)·5 = +31,25, positivo.
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 todavía más, y por eso contribuye positivamente al desplazamiento.
Evalúa M en el extremo, s = 4 m: M = 0,75(4+Q)(4) = 12 + 3Q, y con Q = 0 da 12 t·m — que es exactamente el momento aplicado en E por el enunciado.
Eso cuadra el equilibrio del nudo E: el momento que la viga trae al llegar coincide con el momento externo que hay ahí. Si no coincidiera, tendrías un error de estática.
Éste es el que más cuesta, así que vale la pena desmenuzarlo. Corto a una distancia t desde E hacia abajo y me quedo con el trozo de arriba. Lo que pasa en el nudo E es que las cargas aplicadas se comen casi todo lo que trae la viga DE, y a la columna solo le entra el residuo:
| Qué llega al nudo E | Lo que trae DE | Lo aplicado en E | Lo que sobra y entra a EF |
|---|---|---|---|
| Fuerza horizontal | (4 + Q) | 4 t ← | Q |
| Momento | 12 + 3Q | 12 t·m ↺ | 3Q |
Porque es una carga real y constante: no depende de Q, así que al derivar respecto a Q desaparece. Pero sí aparece al evaluar en Q = 0 — de hecho es lo que cancela el momento que trae DE y deja M = t², sin más.
Es la distinción central del método: lo que se deriva es solo lo que depende de Q; lo que se evalúa es todo.
Que el momento de 12 t·m sea antihorario es el único dato de los cuatro problemas que sale de interpretar un dibujo, no de calcular. Así está leído en la figura del enunciado y así se declaró en el trabajo.
Si fuera horario, ese momento ya no se cancelaría con el que trae DE sino que se sumaría, y el resultado pasaría a δA = 0,0429 m en vez de 0,0172 m. El método sería idéntico — cambia solo el signo con el que ese término entra.
| Barra | N (Q=0) | ∂N/∂Q | L (m) | N·(∂N/∂Q)·L |
|---|---|---|---|---|
| AD | −5 | −1,25 | 5 | 31,25 |
| DE | −4 | −1 | 4 | 16 |
| EF | +3 | 0,75 | 3 | 6,75 |
| AC · CD · AB · BD | — | 0 | — | 0 |
| Σ | 54 t·m |
| Miembro | M(x) | ∂M/∂Q | M con Q = 0 | L | ∫ M·(∂M/∂Q) dx |
|---|---|---|---|---|---|
| DE | 0,75(4+Q)·s | 0,75 s | 3 s | 4 | ∫₀⁴ 2,25 s² ds = +48 |
| EF | t² − Q(3+t) | −(3+t) | t² | 3 | −∫₀³ (3t² + t³) dt = −47,25 |
| Σ | 0,75 t·m³ |
Mira los dos aportes de flexión: DE da +48 y EF da −47,25. Casi se cancelan, y la suma queda en 0,75 — un residuo del 1,5 % de lo que aporta cada uno.
El resultado es que la flexión pesa 0,35 % del total y el axial 99,65 %. El desplazamiento de A es, para efectos prácticos, puramente axial, y lo domina la diagonal AD con el 58 %.
Físicamente: cuando empujas 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. No es un error ni una casualidad: en los cuartos parciales de 2009 y 2014 del mismo profesor la flexión se anula del todo y la carga ficticia viaja solo por los axiales.
En cada barra escribo M con el sentido que sale de su propio cuerpo libre, y derivo ∂M/∂Q de esa misma expresión. Por eso el criterio puede ser distinto de una barra a otra sin ningún problema.
La razón 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 exactamente igual:
Lo que no se puede hacer nunca es mezclar dos criterios dentro de una misma barra: ahí sí se rompe todo, porque el M y la derivada dejarían de corresponderse.
Si comparas los dos problemas lado a lado, se ve que la parte de energía es idéntica y que todo lo que cambia es la estática:
| Problema 2 | Problema 3 | |
|---|---|---|
| ¿Dónde va Q? | horizontal en D (rodillo) | horizontal en A (rodillo) |
| ¿Por qué ahí? | no hay carga horizontal en ese punto | lo mismo |
| Estática | nudo por nudo, empezando por C | corte en el pasador D → chapa → pórtico → nudos |
| ¿Qué la complica? | una diagonal a 45° | dos cuerpos y una condición interna |
| Barras con flexión | solo AB | DE y EF |
| Barras nulas | BC | CD y BD |
| No contribuyen (∂N/∂Q = 0) | CD y BC | AC, AB, CD y BD |
| Domina | empatan: 0,1244 vs 0,1249 | el axial, 99,65 % |
| Resultado | 0,2493 m → | 0,0172 m → |