Teorema de Castigliano 2 - Análisis Estructural I

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CALCULO DE DEFORMACIONES EN ESTRUCTURAS 
 
 
Teorema de Castigliano: 
 
Consideremos una estructura, que la esquematizamos con una línea cerrada. Es decir, 
que el área encerrada por la misma se desarrolla una estructura resistente, isostática o 
hiperestática, o sea que no puede ser hipostática (mecanismo con movimientos). 
Consideremos ahora un sistema de 
cargas actuando sobre la misma, con 
valores tales que todos los elementos 
estructurales estén sometidos a esfuer-
zos, para los cuales, las tensiones y 
deformaciones estén dentro del 
régimen elástico. Dichas fuerzas las 
indicamos con P1 ..... Pj ..... Pn, 
sistema que está en equilibrio, es decir 
que, o bien son sistema de fuerzas 
externas, o alguna de ellas son fuerzas 
externas y otras son reacciones de 
vínculo. 
P1
P2
Pj
Pn
Pn-1
1 
2 
2' 
n-1 
j 
n 
Δ2
δ2
Al actuar las fuerzas creciendo desde 
cero a su valor final, el cuerpo de deforma y los puntos de aplicación de las mismas se 
desplazan. Por ejemplo el punto, 2 pasa a ocupar la posición 2'. 
Cada fuerza realiza un trabajo elástico de valor: 
 
½ . P . δ 
 
Siendo δ la proyección del despalzamiento Δ sobre la recta de acción de la fuerza. 
El trabajo total, debido a todas las fuerzas vale: 
 
jj
n
j
PAe δ= ∑ =1 2
1
 
 
lo cual expresa la energía total elástica acumulada por el sistema. 
 
Si la fuerza Pj, varía en dPj, el trabajo valdría: 
 
j
j
dP
P
AeAe
∂
∂
+ 
 
donde 
jP
Ae
∂
∂
 es la variación del trabajo total cuando Pj varía en la unidad. 
Consideramos ahora que primero se aplique dPj y luego el sistema P1 a Pn. El trabajo 
total, en este caso resulta: 
 
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AedPddP jjjj +δ+δ ..2
1
 
 
Donde: 
• El 1° sumando, expresa el trabajo elástico de dPj, al aplicar dicha fuerza creciendo 
desde cero a su valor final. 
• El 2° sumando, representa el trabajo físico de dPj debido al desplazamiento que 
provoca el sistema P1 a Pn, al crecer desde cero a sus valores finales. 
• El 3° sumando, el trabajo elástico del sistema P1 a Pn. 
 
Como los estados finales, del 1° y 2° caso son iguales, debe cumplirse: 
 
 
AedPddPdP
P
AeAe jjjjj
j
+δ+δ=
∂
∂
+ ..
2
1
 
 
Simplificando los valores Ae de las dos ecuaciones y despreciando el primer sumando 
del segundo miembro por ser un diferencial de orden superior, se obtiene: 
 
jjj
j
dPdP
P
Ae
δ=
∂
∂ . 
 
j
j P
Ae
∂
∂
=δ
 
o lo que es equivalente : 
 
 
 
 
 
que es la expresión del Teorema de Castigliano 
 
Como el trabajo externo que realiza el sistema de fuerzas P1 a Pn, se acumula como 
energía interna elástica, podemos escribir: 
 
Ae = Ai 
Y por lo tanto: 
 
j
j P
Ai
∂
∂
=δ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Ello implica poder enunciar: 
 
 
"En todo sistema elástico, sometido a un sistema de fuerzas en equilibrio, 
la variación del trabajo interno para un incremento unitario de la fuerza 
aplicada en un punto cualquiera del mismo, representa el desplazamiento 
del punto proyectado en la dirección de la fuerza, siempre que el sistema 
se encuentre en el régimen elástico." 
 
 
Debido que para obtener las deformaciones con el trabajo externo Ae, necesitamos las 
deformaciones, debemos desarrollar la expresión del trabajo interno Ai. 
 
Dado que los esfuerzos internos están representados por tensiones y las deforma-
ciones por deformaciones específicas, el trabajo interno estará dado por unidad de 
volumen: 
 
Ai* = "trabajo interno de deformación por unidad de volumen", el cual estará expresado 
de la siguiente manera: 
τγ+σε=
2
1
2
1*Ai 
 Por la ley de Hooke 
G
 , τ=γσ=ε
E
, reemplazando en la expresión anterior: 
 
GE
Ai
22
2
1
2
1* τ+σ= 
 
Para obtener el trabajo interno de deformación debemos integrar la expresión en el 
volumen: 
 
∫ ∫∫ ∫ ∫
τ
+
σ
==
x Ax A
dAdx
G
dAdx
E
dVAiAi
22
2
1
2
1* 
 
Las tensiones normales son producidas por momentos y esfuerzos axiles (M y N), y las 
tensiones tangenciales por los esfuerzos de corte (Q): 
 
A
Q , α=τ+=σ y
J
M
A
N
 donde 
Jb
SA
=α 
 
Reemplazando: 
 
 
dAdx
A
Q
G
dAdxy
J
M
E
ydAdx
J
M
A
N
E
dAdx
A
N
E
Ai
x Ax Ax Ax A
∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ α+++= 2
2
22
2
2
2
2
2
1
2
11
2
1
 
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Del primer término tenemos (área), AdA
A
=∫
del segundo (momento estático en toda el área), 0=∫
A
ydA
del tercero (momento de inercia), JdAy
A
=∫ 2
y del cuarto llamamos χ=α∫ dAAA
2
 (coeficiente de forma de la sección), por lo tanto: 
 
dx
GA
Qdx
EJ
Mdx
EA
NAi ∫∫∫ χ++=
222
2
1
2
1
2
1
 
 
Aplicando el Teorema de Castigliano: 
 
GA
dx
P
QQ
EJ
dx
P
MM
EA
dx
P
NN
P
Ai
jjjj
j ∫∫∫ ∂
∂
χ+
∂
∂
+
∂
∂
=
∂
∂
=δ 
 
 
 
 
 
 
 
Aplicación del Teorema al cálculo de deformaciones: 
 
 
 P A 
B M 
x 
L 
ϕB
 MB
MA
ϕB
δB
Sea el caso de una viga 
empotrada en A y cargada en el 
extremo libre B con una fuerza y 
un momento. El diagrama de 
momentos, varía de MB = -M a 
MA = -(M+PL). 
En la explicación que sigue 
vamos a considerar que las 
deformaciones por flexión son 
mucho mayores que las produ-
cidas por el esfuerzo de corte, es 
decir despreciamos el efecto del 
corte, por lo tanto el trabajo 
interno a considerar, es solo el 
debido al momento flector. 
 
 
 
 
 
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La expresión general del trabajo interno por flexión vale dxEJ
MxAi ∫=
2
2
1
 
 
En tal caso, si queremos calcular el desplazamiento vertical del punto B, de acuerdo al 
Teorema de Castigliano, debemo hacer la deribada respecto de P y considerando que 
el momento de inercia y el módulo de elasticidad son constantes: 
 
dx
P
MxMx
EJP
Ai
L
B ∫ ∂
∂
=
∂
∂
=δ
0
1
 
 
En el ejemplo planteamos Mx = -(M+Px) y derivando dMx/dP = -x 
 
( )( )
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
+⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
=+=δ ∫
LLL
B
xPxM
EJ
dxxPxM
EJ
0
3
0
2
0 32
11
 
 
 
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
+=δ
32
1 32 PLML
EJB 
 
 
Observando y analizando la ecuación obtenida podemos deducir que la elástica final, 
es la suma de la debido a M y a la debida a P separadamente , haciendo tender a cero 
a P y a M respectivamente. 
Si el problema planteado, correspondería al caso en el que la carga sea solamente un 
momento M en B, no tendríamos una carga puntual en B, para calcular el 
desplazamiento vertical de ese punto. 
 
 
 F A 
B 
Pero si consideramos que además de M actúa 
en B una fuerza F, infinitamente pequeña, 
podemos escribir: Mx = -(M+Fx), y por lo tanto 
dMx/dF = -x. 
 
Luego podemos decir que F es tan pequeña que se puede despreciar y el 
desplazamiento vertical quedará: 
 
EJ
MLdxxM
EJ
dx
F
MxMx
EJF
Ai
LL
B
2
00
))((11 ==
∂
∂
=
∂
∂
=δ ∫∫ 
 
 
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Con este ejemplo, hemos demostrado que no es necesario que en el punto donde nos 
interesa calcular el desplazamiento, se tenga una fuerza real, para poder usar el 
Teorema de Castigliano. 
 
 
Ejemplo 1: 
 
 Sea una viga en voladizo, empotrada en 
A y con un momento aplicado en B. Nos 
planteamos calcular el desplazamiento 
vertical de C (punto medio de AB). En tal 
caso: 
 M 
 C A 
B 
x 
L/2 
 M 
F 
 FL/2 
 
dx
F
MxMx
EJF
Ai
L
C ∫ ∂
∂
=
∂
∂
=δ
0
1
 
 
donde F es una fuerza infinitesimal 
aplicada en C, en la dirección en que se 
quiere calcular el desplazamiento. Así 
tendremos: 
 
] ] ( )[ ]2 ; 220 LxFMMMM LLx
L
x −+−=−= 
 
( )2 ;0
2
2
0
Lx
dF
dM
dF
dM L
L
x
L
x −−=⎥⎦
⎤=⎥⎦
⎤
 
 
 
( )( ) ( )( )
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+−−+−= ∫ ∫∫ ∫
L
L
L
L
l L
L
c dxLMMxdxEJ
dxLxMdxM
EJ
2 2
2
0 2
2
1
20
1δ 
 
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
−=
⎭
⎬
⎫
⎩
⎨
⎧
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
48
31
2242
1 2222 LMML
EJ
LLMLLM
EJc
δ 
 
EJ
ML
c 8
2
=δ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Ejemplo 2: 
 
Viga en voladizo con carga en el extremo libre 
B. Calcular el giro de la sección C. 
 C 
A 
B 
 m 
x 
L/2 
 PL 
P 
 m 
Como en C no actúa un momento, debemos 
aplicar en dicho punto un momento m 
infinitamente pequeño. 
Para el cálculo tenemos: 
 
 
dx
m
MxMx
EJm
Ai L
C ∫ ∂
∂
=
∂
∂
=
0
1ϕ 
 
 
]] [ ]PxmMPxM LLx
L
x +−=−= 2
2
0 ; 
 
1 ;0
2
2
0
−=⎥⎦
⎤=⎥⎦
⎤
L
L
x
L
x
dm
dM
dm
dM
 
 
Nuevamente haciendo tender m a cero: 
 
( )( ) ( )( ) ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−=
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−−+−= ∫ ∫ 42
11101
2
2
2
0 2
LLP
EJ
dxPxdxPx
EJ
L L
L
cϕ 
 
 
 
 
 
 
 
EJ
PL
c 8
3 2
=ϕ 
Si entramos en el análisis detallado de las integrales que hemos realizado, vemos que 
la derivada del diagrama de momentos es igual al diagrama de momentos de una carga 
unitaria aplicada en el punto donde queremos calcular la deformación. 
Por lo tanto para el cálculo de deformaciones, debemos integrar el producto de dos 
funciones: 
 
 La del momento real de las cargas actuantes en la estructura. 
 
 La del momento que provoca una carga unitaria aplicada en el punto del que se 
quiere conocer la deformación y dirección de la misma. 
 
Los momentos probocados por las citadas cargas unitarias (fuerza o momento), vamos 
a denominarlos como Mx1. 
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Ejemplo 3: 
 
Viga simplemente apoyada, de momento de 
inercia constante y carga unifirme. Se pide: 
A 
B 
C 
L 
qL2/8 
M 
m = 1 
1 
F = 1 
L/4 
q 
Mx1 caso a) 
Mx1 caso b) 
 
a) Giro de la sección en el apoyo A 
 
b) Desplazamiento vertical del punto medio 
del tramoAB. 
 
a) Giro 
 
dxMM
EJ
dx
m
MxMx
EJm
Ai
x
L
x
L
A
1
0
0
1
1
∫
∫
=
=
∂
∂
=
∂
∂
=ϕ
 
 
 
2
22
xqxqLM x −= 
 
 
L
x
m
M
M xx −=∂
∂
= 11 
 
 
 
 
42323222
1
22
4332
0
2 L
L
qLqLqLqLdx
L
xxqxqLEJ
L
A +−−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −= ∫ϕ 
 
 
EJ
qL
A 24
3
=ϕ 
 
 
 
 
 
 
b) Desplazamiento vertical 
 
dxMM
EJ
dx
F
MxMx
EJF
Ai
x
L
x
L
c 1
00
11
∫∫ =∂
∂
=
∂
∂
=δ 
 
Página 8 de 16 
 2
22
xqxqLM x −= ] xF
MM x
L
x 5.0201 =∂
∂
= 
 
 
( )
( ) ( )
⎪⎭
⎪
⎬
⎫
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ −= ∫ 4
2
43
2
4
25.0
22
2
43
2/
0
2
LqLqLdxxxqxqLEJ
L
cδ 
 
EJ
qL
c 384
5 3
=δ 
 
 
 
 
 
 
 
Ejemplo 4: 
 
Viga empotrada en A, con extremo libre en C y carga vertical 
P en C. Calcular: 
A 
P 
L1, J1 C 
B 
L2, J2
 
a) Desplazamiento vertical del punto C = δvc 
b) Desplazamiento horizontal de C = δhc 
c) Giro del nudo C = ϕc 
d) Giro del nudo B = ϕB B
 
 
L1 = 100 cm J1 = J 
 
L2 = 200 cm J2 = 2J 
 
 
Diagrama de momentos M 
 
 
a) Para el cálculo del desplazamiento vertical, dado que 
P está en el punto y con la dirección del desplazamiento 
que queremos calcular, el diagrama Mx1 será el 
correspondiente para P = 1. 
 
 
( )( ) ( )( )dyLPL
EJ
dxxPx
EJ
LL
vc ∫∫ −−+−−=
21
0
11
201
11δ 
A 
P 
C B 
PL1
x 
y 
2
2
1
3
1 2
1
3
LPLLPEJ vc +=δ 
 
 
 
 
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b) Desplazamiento horizontal de C 
 
 
A 
1 
C B 
L2
Mx1
Realizando las integrales por tabla. 
 
 
( )( )
( )( )
2
2
21
2
2
11
2
1
2
11
EJ
LLPL
EJ
L
MMdxMM
EJ
B
A
Bxxhc
−−=
=⎥
⎦
⎤
== ∫δ
 
 
 
1
2
24
1 LPLEJ hc =δ 
 
 
 
 
 
 
c) Giro de C 
 
 
( )( ) ( )( )
B
A
B
C
B
B
xxc
EJ
LMM
EJ
LMM
dxMM
EJ
⎥
⎦
⎤
+⎥
⎦
⎤
=
== ∫
2
2
1
1
1
1
1
2
1
1ϕ
 
A 
1 
C B 
1 
Mx1
 
 
 
 
( )( ) ( )( )
B
A
C
B
c EJ
LPL
EJ
LPL ⎥
⎦
⎤
−−+⎥
⎦
⎤
−−=
2
2
1
1
1
1 112
1ϕ 
 
 
 
 
 
 
 
21
2
1
2
1
2
LPLPLEJ c +=ϕ 
 
 
 
 
 
 
 
Página 10 de 16 
d) Giro en B 
 
( )( ) ( )( )
2
2
1
2
2
11 1
1
EJ
LPL
EJ
LMMdxMM
EJ
B
A
xxB −−=⎥
⎦
⎤
== ∫ϕ 
A 
1 
C B 
Mx1
 
 
212
1 LPLEJ B =ϕ 
 
 
 
 
 
 
 
 
Problemas cuando se tiene en cuenta el esfuerzo de corte Q y el esfuerzo axil N 
 
Teniendo en cuenta todos los esfuerzos, el trabajo interno de deformación vale: 
 
 
dx
GA
QQdx
EJ
MMdx
EA
NNAi xxxxxx ∫∫∫ ++= χ2
1
2
1
2
1
 
 
donde χ es el coeficiente de forma de la sección, siempre positivo con valores: 
 
χ = 1,2 para sección rectangular 
χ = 1,185 para sección circular llena 
χ = 2 a 3 para sección doble T (según las medidas) 
 
 
Página 11 de 16 
Ejemplo de aplicación: 
 
Para la estructura de la figura se pide: 
 
a) Desplazamiento vertical del punto D = δvD 
b) Desplazamiento vertical del punto B = δvB 
c) Desplazamiento horizontal del punto C = δhc 
d) Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4 
e) Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3 
 
Material: Acero E = 2.100.000 Kg/cm2 G = E/2(1+μ) ≈ 800.000 Kg/cm2
L1 = L2 = 70,7 cm L3 = L4 = 100 cm 
 
Secciones: 
Barras 1 y 2 A1,2 = 2 cm2
Barra 3 A3 = 3 cm2
 
Barra 4 
A4 = 54 cm2
J4 = 1458 cm4
18 cm 
3 cm 
 
 
 
 
 
P1 = 6000 Kg 
P2 = 2000 Kg 
A 
B 
C 
D 
P2
P1
2 1 
4 
3 
45° 45° 
M Mx = -3000 x 
Q = 3000 Kg 
MA = -300000 Kg cm 
N = 2000 Kg 
Esfuerzos en las barras: 
 
S1 = S2 = -0,707 P1 
S1 = S2 = -4243 Kg 
 
S3 = P2 + 0,5 P1 = 5000 Kg 
Página 12 de 16 
 
 
a) Desplazamiento vertical del punto D = δvD
 
 
A 
B 
C 
D 
1 
2 1 
4 
3 
M1 M1x = -0,5 x 
Q1 = 0,5 
M1A = -50 Esfuerzos en las barras: 
 
S11 = S21 = -0,707 
S31 = 0,5 
N1 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
i
ii
i
ixxxxxxVD EA
LSSdxNN
EA
dxQQ
GA
dxMM
EJ
1
3
1
1
100
04
1
100
04
1
100
04
11 ∑∫∫∫
=
+++=
χδ
 
 
 
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )1005,05000250707,0424321005,030002,110050)300000(
3
1
3144 EAEAGAEJ
VD +
−−
++−−=δ 
 
833332121188750342936 +++=δVDE 
 
cmVD 308,0=δ 
 
 
 
 
 
Página 13 de 16 
b) Desplazamiento vertical del punto B = δvB
 
 
A 
B 
C 
D 
1 
2 1 
4 
3 
M1 M1x = -x 
Q1 = 1 
M1A = -100 Esfuerzos en las barras: 
 
S11 = S21 = S31 = 0 
N1 = 0 
 
 
dxQQ
GA
dxMM
EJ xxxxVB 1
100
04
1
100
04
1
∫∫
χ
+=δ 
 
( ) ( )( )100130002,1100100)300000(
3
1
44 GAEJ
VB +−−=δ 
 
17500685871+=δVBE 
 
Nota: Observar que entre el valor de la elástica teniendo en cuenta el Q y cuando se lo 
desprecia, la diferencia es menor del 2,6% 
 
 
cmVB 335,0=δ 
 
 
 
 
 
c) Desplazamiento horizontal del punto C = δhc
S11 = S21 = 0, S31 = 1, N1x = 1, M1x = 0, Q1x = 0 
 
A 
B 
C 
D 
1 
2 1 
4 
3 
Página 14 de 16 
i
ii
i
ixxHC EA
LSSdxNN
EA
1
3
1
1
100
04
1 ∑∫
=
+=δ 
 
( )( ) ( )( )1001500010012000
34 EAEA
HC +=δ 
 
cmHC 081,0=δ 
 
 
 
 
 
 
d) Giro de la sección B de la barra 4 = ϕB4
A 
B 
C 
D 
1 
2 1 
4 
3 
 
 
Mx1 = -1, Qx1 = 0, Nx1 = 0, S11 = S21 = S31 = 0 
 
( )( ) 0049,01300000
2
11
4
1
100
04
4 =
−−
==ϕ ∫ EJdxMMEJ xxB 
 
 
 
"'
4 51 16=ϕB 
 
 
 
 
 
 
e) Giro de la sección B de la barra 3 = ϕB3
 
A 
B 
C 
D 2 1 
4 
3 
δVB
ϕB3
ϕB3 = δVB/L3
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ϕB3 = 0,335 cm / 100 cm = 0,00335 
 
 "'
3 13 11=ϕB 
 
 
 
f) Giro relativo en B: 
 
 
4 3 B 
Giro relativo 
 
 
Giro Relativo = 16' 51" + 11' 31" 
 
 
"'
 22 28=ϕ Brelativo 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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