Universidad Católica Andrés Bello · Mecánica de Sólidos II Cuarta Evaluación — Teorema de Castigliano

Prof. Ing. Miguel Ángel Rodríguez · 20 de julio de 2026 · Misael Scarbay

⏰ ENTREGA: mañana martes 21-jul, antes de las 8:59 a.m.
Cómo usar esto. Sigo paso a paso el método del profesor (el mismo del despiece del 4P-2017): ① poner la carga Q · ② estática global con reacciones en función de Q · ③ despiece (cuerpo libre de cada barra) · ④ ecuaciones N(x) y M(x) · ⑤ derivar ∂/∂Q y botar lo que da cero · ⑥ integrar barra por barra · ⑦ sumar. Todos los resultados están verificados por tres caminos independientes (análisis matricial de rigidez, discretización de las cargas distribuidas e integración simbólica).
4 pts

Problema 1 — Reacciones de la viga ABC

P = 40 kN, L = 8 m, EI constante. Determine las reacciones por el teorema de Castigliano tomando By como redundante. Aproveche la simetría.
A B C P P L/4L/4 L/4L/4 Ay By (redundante) Cy
Viga continua de dos tramos de 4 m, con una carga P en el centro de cada tramo.

① Grado de hiperestaticidad y simetría

Reacciones incógnitas: Ax, Ay, By, Cy → 4 Ecuaciones de estática: → 3 GH = 4 − 3 = 1 → hiperestática de PRIMER grado Ax = 0 (no hay cargas horizontales)

La simetría (esto es lo que pide el profesor). La viga y las cargas son simétricas respecto al punto medio B (x = L/2 = 4 m). Por lo tanto:

Ay = Cy ΣFy = 0 : Ay + By + Cy = 2P 2Ay + By = 2P → Ay = Cy = P − By/2
Con la simetría todo queda en función de una sola incógnita By, y además solo hay que integrar media viga y multiplicar por 2. Eso es lo que ahorra el trabajo.

② Condición de compatibilidad (Castigliano)

El apoyo B es un rodillo → el desplazamiento vertical en B es nulo:

δB = ∂U/∂By = 0 → (1/EI) ∫ M · (∂M/∂By) dx = 0

③ EL DESPIECE — cuerpo libre y cortes

Aquí la estructura es una sola viga, así que el despiece son los dos tramos de media viga: por simetría solo se estudia de A hasta B y al integrar se multiplica por 2.
①Viga completareacciones en función de Bysimétrica → Ay = Cy
P − By/2AP − By/2C
Toda la viga — By es la redundante ΣFy: Ay + By + Cy = 2P Simetría: Ay = Cy → Ay = Cy = P − By/2 Todo queda en función de UNA sola incógnita.
②Tramo A–1antes de la carga
AP − By/2VM₁x (0 ≤ x ≤ 2 m)
Tramo A–1 (0 ≤ x ≤ L/4 = 2 m) Antes de la primera carga: solo actúa Ay. M₁ = Ay·x = (P − By/2)·x ∂M₁/∂By = −x/2
③Tramo 1–Bdespués de la carga
AP − By/2PVM₂x (2 ≤ x ≤ 4 m)L/4 = 2 m
Tramo 1–B (2 m ≤ x ≤ L/2 = 4 m) Ya se pasó la carga P en x = 2 m: hay que restarla. M₂ = Ay·x − P(x − 2) = (P − By/2)·x − P(x − 2) ∂M₂/∂By = −x/2 La derivada es la MISMA en los dos tramos: By entra igual en toda la media viga.

④ Integrar (× 2 por simetría) e igualar a cero

δB = ∂U/∂By = 0 : (2/EI) [ ∫02 M₁·(∂M₁/∂By) dx + ∫24 M₂·(∂M₂/∂By) dx ] = 0 El 2 es la simetría: se integra media viga y se cuenta dos veces. Paso 1 — sacar el factor común. Como ∂M/∂By = −x/2 en LOS DOS tramos: (2/EI)·(−1/2) [ ∫02 M₁·x dx + ∫24 M₂·x dx ] = 0 (−1/EI) [ ⋯ ] = 0 y como −1/EI ≠ 0, el corchete tiene que ser cero: ∫02 M₁·x dx + ∫24 M₂·x dx = 0 Paso 2 — sustituir M₁ y M₂. Con R = Ay = P − By/2 : M₁ = R·x M₂ = R·x − P(x − 2) ∫02 R·x² dx + ∫24 [ R·x² − P(x − 2)·x ] dx = 0 Paso 3 — juntar las dos de R·x². Es la misma función en tramos seguidos (de 0 a 2 y de 2 a 4), así que se unen en una sola de 0 a 4: ∫04 R·x² dx − ∫24 P(x − 2)·x dx = 0 → ∫04 R·x² dx = ∫24 P(x − 2)·x dx (se pasa la segunda al otro lado) Paso 4 — resolver cada integral. Izquierda: R·[x³/3]04 = R·(64/3 − 0) = R·(64/3) Derecha: P·∫24 (x² − 2x) dx = P·[x³/3 − x²]24 = P·[ (64/3 − 16) − (8/3 − 4) ] = P·( 56/3 − 12 ) = P·(20/3) Paso 5 — despejar. R·(64/3) = P·(20/3) → R = 20P/64 = 5P/16

⑤ Reacciones

Ay = Cy = 5P/16 = 5(40)/16 = 12,5 kN ↑ By = 2P − 2Ay = 80 − 25 = 55 kN ↑ (= 11P/8) Ax = 0 Comprobación: 12,5 + 55 + 12,5 = 80 kN = 2P ✓
Respuesta problema 1
Ax = 0  ·  Ay = Cy = 12,5 kN ↑  ·  By = 55 kN ↑
Chequeo contra la clase 1. Este es el ejercicio que el profesor dice que ya resolvieron por otro método. En forma general: Ay = Cy = 5P/16 y By = 11P/8, con momento en el apoyo central MB = −3PL′/16 = −3(40)(4)/16 = −30 kN·m (siendo L′ = 4 m la luz de cada tramo). Son exactamente los valores de tabla para una viga continua de dos tramos iguales con carga puntual al centro de cada uno — si tu resultado de la primera semana coincide, quedó bien.
4 pts

Problema 2 — Desplazamiento horizontal del nodo D

Considerar solo deformaciones por flexión (EI = 1200 t·m²) y axial (aE = 400 t). Miembro AB: I y a. Miembros BC, CD, BD: solo a.
A B C D 2 t/m 4 t I, aa aa 4 m3 m 3 m Q
Estructura con la carga ficticia Q agregada en D (horizontal, hacia la derecha).

① La carga ficticia Q

En D no hay carga horizontal aplicada, así que hay que inventar una: Q horizontal hacia la derecha. Al final se hace Q = 0.

δD,horiz = ∂U/∂Q │Q=0 = Σ N·(∂N/∂Q)·L/(aE) + Σ (1/EI)∫ M·(∂M/∂Q) dx

② Estática — nudo por nudo (las barras son de dos fuerzas)

Primero la geometría: de dónde salen las coordenadas

Una barra de dos fuerzas solo puede cargar fuerza a lo largo de su propio eje. Las barras CB y CD son vertical y horizontal, así que sus fuerzas ya vienen partidas. Pero BD está inclinada: su fuerza no es ni horizontal ni vertical, y para meterla en ΣFx y ΣFy hay que partirla en dos. Eso es todo lo que hacen las coordenadas.

xy0Δx = 4 − 7 = −3 mΔy = 3 − 0 = +3 mL = 3√2 = 4,243 mα = 45°A(0 ; 3)B(4 ; 3)C(4 ; 0)D(7 ; 0)
Coordenadas de los nudos. El vector de la diagonal se arma yendo de D a B: 3 m a la izquierda y 3 m hacia arriba. El origen da igual — solo importa la resta.
Los cuatro pasos, siempre iguales 1) Coordenadas de los dos extremos: D(7 ; 0) B(4 ; 3) 2) Vector de D a B = DESTINO − ORIGEN: B − D = (4 − 7 ; 3 − 0) = (−3 ; +3) Se lee: "de D a B camino 3 m a la izquierda y 3 m hacia arriba". 3) Longitud (Pitágoras, es la longitud real de la barra): L = √[(−3)² + 3²] = √18 = 3√2 = 4,243 m 4) Vector unitario = vector ÷ su longitud: u = (−3 ; 3) / 3√2 = (−1/√2 ; +1/√2) = (−0,707 ; +0,707)

Ese unitario es la receta de reparto de la barra: por cada 1 t de fuerza que lleve BD, 0,707 t son horizontales y 0,707 t son verticales. Como sube 3 m en 3 m, la barra está a 45° — es el ángulo α que aparece marcado en la figura del enunciado, y por eso las dos componentes salen iguales.

El origen no importa. Puedes ponerlo en A, en C o donde quieras: como el vector es una resta de dos puntos, el origen se cancela. Lo único que no puede cambiar es el orden — de D a B es B menos D, no al revés.

Nudo C — barras CB (vertical) y CD (horizontal) + carga 4 t →

NCB = 0NCD = 4 (compr.)4 tC
Nudo C: la carga de 4 t es horizontal y CB es la única barra vertical, así que a CB no le queda nada que equilibrar → es una BARRA NULA.
ΣFy = 0 : NCB = 0 → BARRA NULA ΣFx = 0 : NCD + 4 = 0 → NCD = −4 t (COMPRESIÓN)

La única fuerza vertical que puede aparecer en C es la de CB, y no hay nada que la equilibre → CB es nula. Y como los 4 t empujan a C hacia D, la barra CD queda aplastada: por eso sale con signo negativo.

Nudo D — barras DC y DB + carga Q → + reacción Dy

NDC = 4NDB (tracc.)QDyD
Nudo D: Dy se dibuja hacia ARRIBA (positiva supuesta). El resultado sale negativo → en realidad va hacia abajo.

Convenio: N positivo = tracción = la barra JALA al nudo hacia el otro extremo. Como DB está traccionada, jala a D hacia B, o sea justo en la dirección u = (−1/√2 ; +1/√2). Por eso aporta −NDB/√2 en x y +NDB/√2 en y.

ΣFx = 0 : −NDC − NDB/√2 + Q = 0 4 − NDB/√2 + Q = 0 (porque NDC = −4) NDB = √2 (4 + Q) (TRACCIÓN) ΣFy = 0 : NDB/√2 + Dy = 0 Dy = −(4 + Q) → 4 + Q hacia abajo
Dy se dibuja hacia arriba (positiva supuesta) y sale con signo negativo: eso no es un error, significa que el rodillo en realidad empuja hacia abajo. Se deja el signo y ya.

Nudo B — qué le llega a la viga AB

hacia D(4 + Q)(4 + Q)√2 (4 + Q)45°B⇒A4 + Q4 + QBla viga AB
Nudo B: la diagonal traccionada JALA a B hacia D. Esa fuerza, partida en sus dos componentes, es exactamente lo que carga la viga AB.

Aquí no hay que calcular nada nuevo: es la misma barra BD vista por el otro extremo. Una barra traccionada jala a sus dos nudos hacia adentro, así que en B jala hacia D — dirección opuesta a la de antes: uB = (+1/√2 ; −1/√2). Eso es acción y reacción.

√2(4+Q) · (1/√2 ; −1/√2) = ( (4+Q) ; −(4+Q) ) En B: (4 + Q) horizontal → y (4 + Q) vertical ↓

El √2 de la magnitud se cancela con el 1/√2 del unitario — por eso los números salen redondos. Y tiene que dar así: las dos componentes son iguales porque la barra está a 45°.

Ojo con esto: la fuerza horizontal (4+Q) es la que tracciona la viga AB (por eso AB tiene "a"), y la vertical (4+Q) es la que la flexiona junto con los 2 t/m.

③ EL DESPIECE — cuerpo libre de cada barra

Se corta cada barra y se dibuja su cuerpo libre con las fuerzas de extremo en función de Q. Las fuerzas pasan de una pieza a la vecina por acción y reacción (misma magnitud, sentido contrario) y cada pieza cierra su propio equilibrio. En el dibujo: rojo = fuerzas de extremo, verde = momentos, morado = carga distribuida, azul = el corte y su variable.
①Barra ABla viga — única con inerciaI, a — flexión + axial
2 t/mx4 + Q12 + Q32 + 4QA4 + Q4 + QB
Equilibrio de la barra ΣFx: −(4+Q) + (4+Q) = 0 ✓ ΣFy: (12+Q) − 2(4) − (4+Q) = 0 ✓ ΣMB: (32+4Q) − (12+Q)4 + 2(4)(2) = 0 ✓ Corte a x del extremo B (trozo de la derecha) AXIAL N = 4 + Q (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 1 L = 4 m FLEXIÓN M = (4+Q)·x + 2·x·(x/2) = (4 + Q)·x + x² ∂M/∂Q = x
②Barra BDla diagonal2F — solo axialTRACCIÓN
4 + Q4 + QB4 + Q4 + QD
Las fuerzas de extremo salen HACIA AFUERA → traccionada. Componentes en cada extremo: (4+Q) horizontal y (4+Q) vertical Resultante a lo largo del eje: N = √[(4+Q)² + (4+Q)²] = √2 (4 + Q) AXIAL N = √2 (4 + Q) (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = √2 L = 3√2 = 4,243 m FLEXIÓN no tiene (barra "a")
③Barra CDsale del cálculo2F — solo axialCOMPRESIÓN∂/∂Q = 0 → fuera
4C4D
Las fuerzas de extremo entran HACIA ADENTRO → comprimida. AXIAL N = −4 t (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = 0 → no depende de Q ⇒ NO CONTRIBUYE al desplazamiento. Carga, pero su energía no cambia cuando cambia Q.
④Barra BCnula — se prueba en el nudo C2F — solo axialN = 0 · barra nula
NBC = 04 (compr.)4 tC
Su cuerpo libre está vacío: no hay fuerza en ningún extremo. Por eso lo que se muestra es el nudo C, que es donde se demuestra: En C concurren solo BC (vertical) y CD (horizontal), y la carga externa de 4 t es horizontal. La única fuerza vertical posible en ese nudo es la de BC: ΣFy = 0 en C → NBC = 0 AXIAL N = 0 (BARRA NULA) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE

④ Evaluar en Q = 0 e integrar

Aporte AXIAL  —  Σ N·(∂N/∂Q)·L / (aE)

BarraN (Q=0)∂N/∂QL (m)N·(∂N/∂Q)·L
AB41416
BD4√2√23√224√2 = 33,941
CD−4030
BC0030
Σ16 + 24√2 = 49,941 t·m
δaxial = 49,941 / 400 = 0,124853 m

Aporte FLEXIÓN  —  (1/EI)∫ M·(∂M/∂Q) dx

El cuadro en el formato del profesor (el del problemario, pág. 800):

MiembroM(x)∂M/∂QM(x) con Q = 0L (m)∫ M·(∂M/∂Q) dx
AB(4+Q)x + x²x4x + x²4 ∫04 (4x² + x³) dx = 448/3
BD, CD, BCbarras «a» — sin inercia0
Σ149,333 t·m³
(1/EI) ∫04 (4x + x²)(x) dx = (1/EI) [ 4x³/3 + x⁴/4 ]04 = (1/EI) [ 256/3 + 64 ] = 448/3 / EI δflexión = 149,333 / 1200 = 0,124444 m

⑤ Suma

δD = 0,124444 + 0,124853 = 0,249297 m
Respuesta problema 2
δD,horizontal = 0,2493 m ≈ 24,93 cm → (hacia la derecha, en el sentido de Q)
Flexión 0,1244 m (49,9 %) + Axial 0,1249 m (50,1 %) — aquí los dos efectos pesan casi igual.
6 pts

Problema 3 — Desplazamiento horizontal del nodo A

Considerar solo flexión (EI = 12600 t·m²) y axial (aE = 3150 t). Miembros DE y EF: I y a. Miembros AC, CD, AD, AB, BD: solo a.
C D E A B F 4 t 4 t 4 t 2 t/m 12 t·m aaa aa I, aI, a 4 m4 m3 m Q
Carga ficticia Q horizontal en A (hacia la derecha). El momento de 12 t·m en E es antihorario.
⚠ Verifica esto contra tu PDF antes de copiar: leí el momento en E como antihorario (la punta de la flecha queda abajo-izquierda de E apuntando hacia abajo). Es el único dato del enunciado que depende de interpretar un dibujo, y cambia el resultado: si fuera horario, el resultado sería δA = 0,0429 m en vez de 0,0172 m. El aporte axial (0,01714 m) es el mismo en ambos casos.

① La carga ficticia Q

A es un rodillo → puede moverse horizontalmente, y ahí no hay carga horizontal. Se pone Q horizontal → en A y al final Q = 0.

② Estática — primero los cuerpos libres, después los nudos

📌 Lo que confirmó el profesor: el panel A-B-D-C es una CHAPA. Los cuatro puntos son nudos y el conjunto (4 nudos + 5 barras: AC, CD, AD, AB, BD) está triangulado, así que no es un mecanismo: se comporta como un solo cuerpo rígido — una chapa. Comprobación: b + r = 2n → 5 + 3 = 8 = 2(4) ✓ (los 3 son Ay del rodillo más las 2 componentes del pasador en D). Una chapa tiene 3 grados de libertad y está sujeta por exactamente 3 componentes → isostática.

Ojo con lo que NO significa: «chapa» describe la cinemática (que el panel es rígido, que no se desarma), no que sea infinitamente rígido. Sus barras siguen deformándose axialmente — por eso cada una lleva su «a» en la figura. Si el panel no se deformara, la barra AD no aportaría nada y el resultado bajaría a 0,0073 m; pero entonces no tendría sentido que el enunciado le asigne área.

1 · Cuerpo libre de toda la estructura

Antes de tocar un solo nudo, el cuerpo libre completo — con todas las cargas y todas las reacciones dibujadas:

2 t/m4 t4 tQAy4 t6 − Q3 + 0,75Q12 t·m9 − 6QABCDEF
DCL de toda la estructura. Hay 4 incógnitas de apoyo (Ay, Fx, Fy, MF) y solo 3 ecuaciones → con esto no alcanza: hay que cortar.
Incógnitas de apoyo: Ay (rodillo) · Fx, Fy, MF (empotramiento) = 4 Ecuaciones de estática: = 3

No alcanza. Falta una ecuación, y sale de cortar la estructura en D. El corte es legítimo porque en D hay un pasador: pasa fuerzas pero no pasa momento, y esa es justamente la ecuación que falta.

2 · Cuerpo libre de la CHAPA A-B-D-C

4 t4 tQAyDxDyABCD
DCL de la CHAPA sola. Dx y Dy son las dos incógnitas que pasa el pasador; momento no pasa. Al tomar momento EN D su brazo vale cero y se van las dos → Ay sale sola.

Sobre la chapa actúan seis fuerzas y nada más: las tres cargas de su lado (4 t ↓ en C, 4 t → en B, Q → en A), la reacción del rodillo Ay, y las dos que le pasa el pórtico por el pasador de D, que todavía no conocemos — las llamamos Dx y Dy y las dibujamos en el sentido que suponemos.

Dos cosas que hay que justificar antes de escribir nada:
· A es un rodillo → solo da reacción vertical, no hay Ax. Justo por eso A se puede mover en horizontal, y por eso tiene sentido meterle ahí la carga ficticia Q.
· D es un pasador → pasa dos fuerzas y ningún momento. Esa es la ecuación que le faltaba a la estática global.

Tres incógnitas (Ay, Dx, Dy) y tres ecuaciones. Se empieza por el momento en D, porque ahí las dos del pasador tienen brazo cero y se van solas:

ΣMD = 0 (antihorario +, D en (4;3)): 4 t ↓ en C → brazo horizontal 4 m → + 4(4) = +16 4 t → en B → brazo vertical 3 m → + 4(3) = +12 Q → en A → brazo vertical 3 m → + 3Q Ay ↑ en A → brazo horizontal 4 m → − 4Ay Dx, Dy en D → brazo CERO → 0 ← por eso se van 16 + 12 + 3Q − 4Ay = 0 → Ay = (28 + 3Q)/4 = 7 + 0,75 Q ↑

Ya con Ay, las otras dos ecuaciones dan las fuerzas del pasador:

ΣFx = 0 (→ positivo) : Q + 4 − Dx = 0 → Dx = 4 + Q ΣFy = 0 (↑ positivo) : Ay − 4 − Dy = 0 (7 + 0,75Q) − 4 − Dy = 0 → Dy = 3 + 0,75 Q

Las dos salieron positivas → el sentido que supusimos en el dibujo era el correcto: sobre la chapa van (4+Q) ← y (3+0,75Q) ↓.

Y por acción y reacción, la chapa le entrega al pórtico en D lo mismo con el sentido contrario: (4 + Q) → y (3 + 0,75Q) ↑. Eso es exactamente lo que entra en el cuerpo libre de abajo.

3 · Cuerpo libre del pórtico D-E-F

2 t/m4 + Q3 + 0,75Q4 t6 − Q3 + 0,75Q12 t·m9 − 6QDEF
DCL del pórtico DEF — el otro lado del corte. En D recibe lo mismo pero al revés (acción y reacción). Con esto salen las tres reacciones de F.

El otro lado del corte. En D recibe lo mismo pero con el sentido contrario (acción y reacción), y con eso las tres reacciones del empotramiento salen directo:

ΣFx = 0 : (4+Q) − 4 − 6 + Fx = 0 → Fx = 6 − Q → ΣFy = 0 : (3 + 0,75Q) + Fy = 0 → Fy = 3 + 0,75Q ↓ ΣMF = 0 : MF = 9 − 6Q horario (el −6 de ΣFx es la resultante de la distribuida: 2 t/m × 3 m, hacia la izquierda)
Comprobación con Q = 0 (hazla, el profesor la valora): Ay = 7 t ↑ · Fx = 6 t → · Fy = 3 t ↓ · MF = 9 t·m horario. ΣFx: 4 − 4 − 6 + 6 = 0 ✓  ·  ΣFy: 7 − 4 − 3 = 0 ✓

4 · Ahora sí, nudo por nudo — hace falta NAD

Las reacciones no bastan: Castigliano necesita la fuerza en cada barra, y de la chapa la única que depende de Q es AD. Eso solo sale abriendo los nudos.

Nudo C — barras CA (vertical) y CD (horizontal) + 4 t ↓

ΣFx = 0 : NCD = 0 → BARRA NULA ΣFy = 0 : −NCA − 4 = 0 → NCA = −4 t (COMPRESIÓN)

Nudo B — barras BA (horizontal) y BD (vertical) + 4 t →

ΣFy = 0 : NBD = 0 → BARRA NULA ΣFx = 0 : −NBA + 4 = 0 → NBA = 4 t (TRACCIÓN)

Nudo A — barras AC (↑), AB (→), AD (diagonal 3-4-5) + reacción Ay + carga Q

Dirección de AD: de A(0;0) a D(4;3) → (4;3)/5 = (0,8 ; 0,6)

ΣFx = 0 : 0,8·NAD + NAB + Q = 0 0,8·NAD + 4 + Q = 0 NAD = −1,25 (4 + Q) (COMPRESIÓN) ΣFy = 0 : NAC + 0,6·NAD + Ay = 0 −4 + 0,6(−1,25)(4+Q) + Ay = 0 Ay = 7 + 0,75 Q ↑
Fíjate que Ay salió dos veces: por el cuerpo libre de la chapa (ΣMD, una línea) y otra vez aquí por el nudo A, y dan lo mismo — 7 + 0,75Q. Esa es la comprobación de que la estática está bien. En el examen conviene el orden de arriba: la chapa para las reacciones, y después los nudos solo para las fuerzas de barra que Castigliano necesita.

③ EL DESPIECE — cuerpo libre de cada barra

Se corta cada barra y se dibuja su cuerpo libre con las fuerzas de extremo en función de Q. Las fuerzas pasan de una pieza a la vecina por acción y reacción (misma magnitud, sentido contrario) y cada pieza cierra su propio equilibrio. En el dibujo: rojo = fuerzas de extremo, verde = momentos, morado = carga distribuida, azul = el corte y su variable.
Siete barras, pero solo tres dependen de Q (AD, DE y EF): esas son las que se integran. Las otras cuatro se dibujan igual — hay que mostrar que ∂/∂Q = 0, no asumirlo.
①Barra ADla única barra "a" que depende de Q2F — solo axialCOMPRESIÓN
4 + Q3 + 0,75QA4 + Q3 + 0,75QD
Fuerzas de extremo HACIA ADENTRO → comprimida. Diagonal 3-4-5: cos = 0,8 sen = 0,6 L = 5 m Componentes: (4+Q) horizontal, (3+0,75Q) vertical N = −(4+Q)/0,8 = −1,25 (4 + Q) AXIAL N = −1,25 (4 + Q) (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = −1,25 L = 5 m Con Q = 0: N = −5 t
②Barra DEviga superiorI, a — flexión + axial
s4 + Q3 + 0,75QD4 + Q3 + 0,75Q12 + 3QE
Corte a s del extremo D (trozo de la izquierda) AXIAL N = −(4 + Q) (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = −1 L = 4 m FLEXIÓN M = (3 + 0,75Q)·s = 0,75(4+Q)·s ∂M/∂Q = 0,75 s Chequeo: en s = 4 → M = 12 + 3Q, que es justo el momento de extremo en E. ✓
③Barra EFcolumna empotrada en FI, a — flexión + axial
2 t/mtQ3 + 0,75Q3QE6 − Q3 + 0,75Q9 − 6QF
Ojo con este. En el nudo E los 4 t ← y el momento de 12 t·m ↺ ya se descontaron contra lo que trae DE. Lo que entra a la columna por arriba es Q y 3Q: cero cuando Q = 0, pero su derivada NO es cero. Ahí está todo el efecto de la flexión. Corte a t desde E hacia abajo (trozo de arriba) AXIAL N = 3 + 0,75Q = 0,75(4+Q) (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 0,75 L = 3 m FLEXIÓN M = t² − Q(3 + t) ∂M/∂Q = −(3 + t) Con Q = 0: M = t² (la distribuida sola)
④Barra ACsale del cálculo2F — solo axialCOMPRESIÓN∂/∂Q = 0 → fuera
4A4C
Recibe directo los 4 t que bajan por C. Fuerzas hacia adentro → comprimida. AXIAL N = −4 t (COMPRESIÓN) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE
⑤Barra ABsale del cálculo2F — solo axialTRACCIÓN∂/∂Q = 0 → fuera
4A4B
Recibe directo los 4 t → aplicados en B. Fuerzas hacia afuera → traccionada. AXIAL N = +4 t (TRACCIÓN) ∂N/∂Q = 0 → NO CONTRIBUYE
⑥Barra CDnula — se prueba en el nudo C2F — solo axialN = 0 · barra nula
4 (compr.)NCD = 04 tC
Cuerpo libre de la barra: vacío, sin fuerzas en los extremos. La prueba está en el nudo C: En C concurren solo CA (vertical) y CD (horizontal), y la carga externa de 4 t es vertical. La única fuerza horizontal posible en ese nudo es la de CD: ΣFx = 0 en C → NCD = 0 AXIAL N = 0 → NO CONTRIBUYE
⑦Barra BDnula — se prueba en el nudo B2F — solo axialN = 0 · barra nula
4 (tracc.)NBD = 04 tB
Cuerpo libre de la barra: vacío, sin fuerzas en los extremos. La prueba está en el nudo B: En B concurren solo BA (horizontal) y BD (vertical), y la carga externa de 4 t es horizontal. La única fuerza vertical posible en ese nudo es la de BD: ΣFy = 0 en B → NBD = 0 AXIAL N = 0 → NO CONTRIBUYE

④ Evaluar en Q = 0 e integrar

Aporte AXIAL  —  Σ N·(∂N/∂Q)·L / (aE)

BarraN (Q=0)∂N/∂QL (m)N·(∂N/∂Q)·L
AD−5−1,25531,25
DE−4−1416
EF30,7536,75
AC, CD, AB, BD—0—0
Σ54 t·m
δaxial = 54 / 3150 = 0,0171429 m

Aporte FLEXIÓN  —  (1/EI)∫ M·(∂M/∂Q) dx

Criterio de signos. En cada barra M se escribe con el sentido que sale de su propio cuerpo libre, y ∂M/∂Q se deriva de esa misma expresión. Con eso basta: si a una barra se le invirtiera el criterio, M y ∂M/∂Q cambian de signo a la vez y el producto M·(∂M/∂Q) queda igual. Lo que no se puede es mezclar criterios dentro de una misma barra.

El cuadro en el formato del profesor (el del problemario, pág. 800):

MiembroM(x)∂M/∂QM(x) con Q = 0L (m)∫ M·(∂M/∂Q) dx
DE0,75(4+Q)·s0,75 s3 s4 ∫04 2,25 s² ds = +48
EFt² − Q(3+t)−(3+t)t²3 −∫03 (3t² + t³) dt = −47,25
AD, AC, AB, CD, BDbarras «a» — sin inercia0
Σ0,75 t·m³
Barra DE: ∫04 (3s)(0,75 s) ds = 2,25 ∫04 s² ds = 2,25 (64/3) = +48 Barra EF: ∫03 (t²)·(−(3 + t)) dt = −∫03 (3t² + t³) dt = −[ t³ + t⁴/4 ]03 = −(27 + 20,25) = −47,25 Σ = 48 − 47,25 = 0,75 t·m³ δflexión = 0,75 / 12600 = 0,0000595 m

⑤ Suma

δA = 0,0171429 + 0,0000595 = 0,0172024 m
Respuesta problema 3
δA,horizontal = 0,01720 m ≈ 1,72 cm → (hacia la derecha, en el sentido de Q)
Axial 0,017143 m (99,7 %) + Flexión 0,0000595 m (0,3 %).
Detalle que vale la pena comentar en la hoja: los dos aportes de flexión casi se cancelan (+48 de DE contra −47,25 de EF) porque el momento de 12 t·m antihorario contrarresta casi exactamente la flexión que mete la barra DE. Por eso aquí manda la deformación axial, al revés del problema 2 donde iban mitad y mitad. Que el resultado de flexión salga chiquito no es un error: es el momento aplicado haciendo su trabajo.
6 pts

Problema 4 — Carga máxima P (armadura W250×80)

Perfiles W250×80, acero E = 200 GPa, σy = 250 MPa. FS = 1,75 contra cedencia y FS = 3 contra pandeo. Usar σy como valor máximo de la tensión crítica. Construir tabla de fuerzas indicando tracción o compresión.
A B C D E F G H 4P 3P 10P 3 m3 m 3 m3 m4 m Ay = 7P Ey = 10P
Armadura de 12 m de luz y 4 m de altura. Diagonales AF, FC, CH, HE; montantes BF, CG, DH.

① Reacciones

ΣMA = 0 : Ey(12) = 4P(3) + 3P(6) + 10P(9) = 12P + 18P + 90P = 120P Ey = 10P ↑ ΣFy = 0 : Ay = 17P − 10P = 7P ↑ ΣFx = 0 : Ax = 0

② EL DESPIECE — nudo por nudo

En armadura el despiece es el cuerpo libre de cada nudo. Flecha saliendo del nudo = la barra lo jala = tracción; flecha entrando = la barra lo empuja = compresión. Se arranca por un nudo con solo dos incógnitas y se avanza. Todas las diagonales son 3-4-5 → cos = 0,6 · sen = 0,8.
①Nudo A
NABNAF7PA
ΣFy: 0,8·NAF + 7P = 0 NAF = −8,75P (compresión) ΣFx: NAB + 0,6(−8,75P) = 0 NAB = +5,25P (tracción)
②Nudo B
5,25PNBCNBF = 0B
No hay carga externa y BF es la única vertical: ΣFy: NBF = 0 (BARRA NULA) ΣFx: NBC = 5,25P (tracción)
③Nudo F
8,75PNBF = 0NFGNFC4PF
ΣFy: 0,8(8,75P) − 0,8·NFC − 4P = 0 7P − 0,8·NFC − 4P = 0 NFC = +3,75P (tracción) ΣFx: 5,25P + NFG + 0,6(3,75P) = 0 NFG = −7,5P (compresión)
④Nudo E
NEDNEH10PE
ΣFy: 0,8·NEH + 10P = 0 NEH = −12,5P (compresión) ← la barra más cargada de toda la armadura ΣFx: −NED + 0,6(12,5P) = 0 NED = +7,5P (tracción)
⑤Nudo D
NDC7,5PNDH = 0D
ΣFy: NDH = 0 (BARRA NULA) ΣFx: NDC = 7,5P (tracción)
⑥Nudo H
12,5PNDH = 0NHGNHC10PH
ΣFy: 0,8(12,5P) − 0,8·NHC − 10P = 0 10P − 0,8·NHC − 10P = 0 NHC = 0 (BARRA NULA) ΣFx: −0,6(12,5P) − NHG = 0 NHG = −7,5P (compresión)
⑦Nudo G
7,5P7,5PNGC3PG
ΣFy: −NGC − 3P = 0 NGC = −3P (compresión) ΣFx: 7,5P = 7,5P ✓ (ya cerraba solo)
⑧Nudo Ccomprobación final
5,25P7,5P3P3,75PNCH = 0C
COMPROBACIÓN — nudo sobrante, todo ya conocido ΣFy: 0,8(3,75P) − 3P + 0,8(0) = 3P − 3P = 0 ✓ ΣFx: −5,25P + 7,5P − 0,6(3,75P) + 0,6(0) = −5,25P + 7,5P − 2,25P = 0 ✓ Si esto no cerrara, hay un error aguas arriba.

③ Tabla de fuerzas (la que pide el enunciado)

MiembroL (m)FuerzaTipo
AB35,25 PTracción
BC35,25 PTracción
CD37,50 PTracción
DE37,50 PTracción
FG37,50 PCompresión
GH37,50 PCompresión
BF40Nula
CG43,00 PCompresión
DH40Nula
AF58,75 PCompresión
FC53,75 PTracción
CH50Nula
HE512,50 PCompresión ← la mayor

④ Propiedades del perfil W250×80 (tabla del enunciado)

A = 10 200 mm² Ix = 126 × 10⁶ mm⁴ rx = 111 mm Iy = 43,1 × 10⁶ mm⁴ ry = 65,0 mm ← r mínimo (por aquí pandea) E = 200 GPa = 200 000 MPa σy = 250 MPa

⑤ Criterio de CEDENCIA (FS = 1,75)

El enunciado dice "falla por cedencia", no "falla por tracción": la cedencia le aplica a todos los miembros, traccionados y comprimidos. Se chequean los dos peores, uno de cada signo.

σadm = σy/1,75 = 250/1,75 = 142,86 MPa Nadm = σadm·A = 142,86 × 10 200 = 1 457 143 N = 1457,14 kN Máxima TRACCIÓN — CD y DE con 7,5P : 7,5 P ≤ 1457,14 kN → P ≤ 194,29 kN Máxima COMPRESIÓN — HE con 12,5P : 12,5 P ≤ 1457,14 kN → P ≤ 116,57 kN ← manda en cedencia
Si solo chequeas la tracción también llegas a 68 kN, y no es casualidad. El enunciado manda topar σcr en σy, así que el comprimido tiene los dos límites con el mismo 250 MPa arriba: σyA/3 = 850 kN por pandeo contra σyA/1,75 = 1457 kN por cedencia. Como 3 > 1,75, el pandeo siempre sale 1,75/3 = 0,583 veces el otro → en un miembro comprimido el pandeo se come a la cedencia y chequearle cedencia es redundante. Ojo: eso vale aquí; si el FS de pandeo fuera menor que el de cedencia, se invertiría y saltarse ese chequeo sí sería un error.

⑥ Criterio de PANDEO (FS = 3)

σcr = π²E / (L/r)² con tope σcr ≤ σy = 250 MPa
BarraL (mm)L/ryσcr Eulerσcr usadaPcr (kN)Padm=Pcr/3Límite de P
FG, GH300046,15926,625025508507,5P ≤ 850 → 113,33
CG400061,54521,225025508503P ≤ 850 → 283,33
AF500076,92333,625025508508,75P ≤ 850 → 97,14
HE500076,92333,6250255085012,5P ≤ 850 → 68,00
Todas las σcr de Euler dan por encima de 250 MPa, así que en las cuatro se usa el tope σcr = σy = 250 MPa (como indica el enunciado): Pcr = 250 × 10 200 = 2 550 000 N = 2550 kN Padm = 2550 / 3 = 850 kN (igual para todas las comprimidas) Rige HE (12,5P): 12,5 P ≤ 850 kN → P ≤ 68 kN

⑦ Carga máxima

Cedencia: P ≤ 116,57 kN Pandeo: P ≤ 68,00 kN ← RIGE
Respuesta problema 4
Pmáx = 68 kN — controla el pandeo del miembro HE (compresión 12,5P)
Comprobación: 12,5(68) = 850 kN = Padm pandeo ✓  y  850 kN < 1457 kN de cedencia ✓
Dos detalles que suman puntos:
1. Usar ry = 65 mm (el menor), no rx. La columna pandea alrededor del eje débil.
2. Explicar por qué el tope: con L/r entre 46 y 77, la fórmula de Euler daría tensiones de 333 a 927 MPa, muy por encima de la cedencia de 250 MPa. O sea, Euler no aplica en ese rango — el material cede antes de pandear elásticamente. Por eso el enunciado manda a topar σcr en σy.

Resumen de respuestas

#PideRespuestaPts
1Reacciones viga ABC Ay = Cy = 12,5 kN ↑ · By = 55 kN ↑ · Ax = 04
2δ horizontal de D 0,2493 m = 24,93 cm →  (flex. 0,1244 + axial 0,1249)4
3δ horizontal de A 0,01720 m = 1,72 cm →  (axial 0,017143 + flex. 0,0000595)6
4Carga máxima P Pmáx = 68 kN  (rige pandeo de HE)6

Antes de escanear y enviar

  • Hoja 1 arriba: nombre, cédula, fecha, "4to Parcial — Mecánica de Sólidos II"
  • Redibuja cada figura con la carga Q y las reacciones en función de Q
  • Deja escritas las comprobaciones de estática (ΣF = 0, ΣM = 0) — el profesor las revisa
  • Encierra en cuadro cada resultado final, con unidades y sentido (→, ↑)
  • En el problema 4: la tabla es obligatoria (la pide explícitamente)
  • Escanea legible y en orden · Asunto del correo: 4P MSII Scarbay · antes de las 8:59 a.m.

Resultados verificados por análisis matricial de rigidez, discretización de cargas distribuidas e integración simbólica — los tres coinciden a 6 cifras.