0 6 método de los desplazamientos

1
MÉTODOS DE LOS DESPLAZAMIENTOS
1. Hipótesis
Supondremos que estamos trabajando con estructuras que cumplen las siguientes
condiciones:
• Materiales elásticos y lineales.
• Estructuras estables.
• La estructura admite superposición.
• Carga lenta.
• Los desplazamientos son pequeños.
• Los desplazamientos producidos por cortante son despreciables en relación a los
producidos por flexión.
En una primera etapa del análisis se aceptará también que:
• El proceso es adiabático, o sea no hay intercambio de energía térmica. Luego
será incorporada esta variable.
2. Introducción
Para encarar los métodos de los desplazamientos tendremos que realizar una
modificación de la convención de signos hasta ahora adoptada en este curso, siguiendo
la notación que los textos adoptan para ello. Esta modificación responderá al hecho de
que en las estructuras más generales los elementos que las componen (vigas en el caso
de los pórticos y barras en el caso de los reticulados) pueden ocupar cualquier posición
y que, en consecuencia, para formular el problema en el espacio es conveniente adoptar
una convención diferente a la que utilizamos hasta ahora.
En esta nueva convención utilizaremos un sistema de “coordenadas globales” para
definir la estructura y un sistema de “coordenadas locales” referido a cada barra.
En el estudio realizado anteriormente de vigas rectas (que consideramos horizontales)
analizamos el caso de una viga simplemente apoyada sometida a un conjunto de cargas
cualesquiera en la viga y a momentos de flexión en los extremos.

2
Como fue visto en el capítulo de Ecuaciones Angulares, es posible hallar los giros en
los apoyos de la viga debido a este conjunto de cargas utilizando la analogía de Mohr y
superposición.
Las ecuaciones angulares obtenidas se consiguieron aceptando que los desplazamientos
y giros positivos de los extremos de una barra son los indicados en la figura 1, y los
momentos positivos son según el sentido indicado en la figura 2.
Figura 1: Orientación positiva de desplazamientos según convención usada para vigas continuas
Figura 2: Orientación positiva de momentos según convención usada para vigas continuas
En base a esta convención adoptada para las vigas continuas, las ecuaciones angulares
tienen la forma:
ψβααθ +⋅+⋅+= BAAAA MM0
ψαβαθ −⋅+⋅+= BBABB MM0
En la convención que adoptaremos en lo sucesivo el sistema de coordenadas locales de
cada barra lo elegiremos de manera que el eje x apunta en la dirección del eje de la viga
y pasa por el baricentro. Asimismo, supondremos que los ejes y y z son los ejes
principales de la sección, como se indica en la figura 3. La viga se supondrá que tiene
inercia Iy e Iz respecto a los ejes principales. En el caso de las estructuras planas
asumiremos que el eje z es perpendicular al plano que define la estructura (dirigido
hacia nosotros) y que el eje y pertenece a dicho plano. La viga tiene un módulo de
elasticidad que denominamos E.
Figura 3: Ejes coordenados según nueva convención

3
Para simplificar el análisis estudiaremos en primer lugar el caso de las estructuras
planas sometidas a fuerzas en el mismo plano. Los desplazamientos en este caso se
producirán sólo en el plano de la estructura; hasta que se indique lo contrario nos
referimos a este tipo de estructuras. En este esquema es claro que el sistema de
“coordenadas globales” que permite ubicar la estructura en el plano será tal que los ejes
x e y, de este sistema, pertenecerán al plano, y el eje z será perpendicular al plano y
dirigido también hacia nosotros.
Adoptaremos como positivos los desplazamientos y giros de los extremos de la barra en
el sentido que se indican en la figura 4 y como positivos los momentos y fuerzas en los
extremos de la barra que se indican en la figura 5. Puede observarse que los
desplazamientos se representan en la dirección de los ejes x e y. Los momentos y giros
positivos representados vectorialmente son según el eje z. El giro de la barra ψ
producido por los desplazamientos según y de los apoyos será considerado también
positivo con esta misma convención.
Figura 4: Orientación positiva de desplazamientos según nueva convención
Figura 5: Orientación positiva de esfuerzos según nueva convención
Resulta entonces que, al plantear las ecuaciones angulares según la nueva convención,
algunos términos cambian su signo, mientras que otros se mantienen incambiados:
⇒










ψ
θ
α
B
A
A
A
A
v
v
M
0
cambian su signo

4
⇒





B
B
B
M
θ
α0
mantienen su signo
Las ecuaciones angulares ya vistas toman entonces la siguiente forma:
ψαβαθ
ψβααθ
++−=
+−+=
BBABB
BAAAA
MM
MM
0
0
La relación entre los desplazamientos de los extremos y el giro de la barra se mantiene
incambiada, o sea:
L
AB υυ
ψ
−
=
3. Ecuaciones de momentos
En la medida que los métodos de los desplazamientos utilizan como incógnitas los
desplazamientos y plantean condiciones de equilibrio de fuerzas y momentos es
necesario poder despejar los momentos y fuerzas en función de los desplazamientos.
Tendremos que despejar entonces los momentos en los extremos de la barra, AM y
BM , en función de los giros y los desplazamientos que se producen en los extremos.
Inicialmente impondremos que A0α y B0α son nulos; es decir, estudiaremos los
distintos casos suponiendo que no hay cargas aplicadas en la barra.
a) Empezaremos por estudiar el caso en que todos los giros y desplazamientos son cero
exceptuando el giro Aθ . De esta forma, las ecuaciones angulares se reducen a:
BBA
BAAA
MM
MM
αβ
βαθ
+−=
−=
0
De aquí se despejan las expresiones para AM y BM :
2
βαα
αθ
−
=
BA
BA
AM , 2
βαα
βθ
−
=
BA
A
BM .
b) A continuación procedemos de forma similar, esta vez suponiendo todos los giros y
desplazamientos nulos salvo el giro Bθ . Así obtenemos la siguientes expresiones para
AM y BM :
2
βαα
βθ
−
=
BA
B
AM , 2
βαα
αθ
−
=
BA
AB
BM .

5
c) Aplicando superposición, se obtiene que los momentos producidos por los giros Aθ y
Bθ tienen la siguiente forma:
2
βαα
βθαθ
−
+
=
BA
BBA
AM , 2
βαα
αθβθ
−
+
=
BA
ABA
BM .
d) A continuación procedemos suponiendo como único movimiento no nulo el
desplazamiento vertical en A: Av . Se tiene entonces que
L
vA
−=ψ . Las ecuaciones
angulares quedan entonces:
0
0
=−+−
=−−
L
v
MM
L
v
MM
A
BBA
A
BAA
αβ
βα
Despejando los momentos AM y BM :
L
v
M
BA
AB
A
)(
)(
2
βαα
βα
−
+
= ,
L
v
M
BA
AA
B
)(
)(
2
βαα
βα
−
+
= .
e) Análogamente al suponer no nulo únicamente el desplazamiento vertical en B, Bv , se
obtienen las siguientes expresiones para los momentos:
L
v
M
BA
BB
A
)(
)(
2
βαα
βα
−
+
−= ,
L
v
M
BA
BA
B
)(
)(
2
βαα
βα
−
+
−=
f) Agrupando los resultados obtenidos se tiene que:
[ ]ψβαβθαθ
βαα
βαβαβθαθ
βαα
)(
1
)()(
1
22
+−+
−
=



+−+++
−
= BBBA
BA
B
B
A
BBBA
BA
A
L
v
L
v
M
[ ]ψβααθβθ
βαα
βαβααθβθ
βαα
)(
1
)()(
1
22
+−+
−
=



+−+++
−
= AABA
BA
B
A
A
AABA
BA
B
L
v
L
v
M
g) Habíamos dejado pendiente las cargas que están aplicadas sobre la barra. Estas
producirán un término adicional en las expresiones anteriores.
Si fijamos los apoyos e impedimos todo movimiento de ellos las dos expresiones de f)
se anulan. En consecuencia los momentos en A y B producidos por las cargas aplicadas
sobre la barra serán los que se producen cuando la viga tiene los apoyos impedidos de
todo movimiento (o, dicho de otra manera, se encuentra biempotrada). A estos
momentos les llamaremos “momentos de empotramiento perfecto” y los notaremos
emp
AM y emp
BM . Por extensión se puede llamar “momentos y fuerzas de empotramiento
perfecto” a estos momentos y a las reacciones que se producen en la viga empotrada. En
el curso se presenta una tabla de la cual se pueden obtener los valores de dichos
momentos para distintos estados de carga; dicha tabla se debe utilizar prestando
atención a la convención de signos para los momentos que estamos utilizando (positivos
en sentido antihorario).

6
h) Combinando todas las expresiones halladas, tenemos finalmente las ecuaciones para
los momentos en los extremos de la barra en función de los giros Aθ y Bθ y de los
desplazamientos Av y Bv .
emp
A
B
B
A
BBBA
BA
A M
L
v
L
v
M +



+−+++
−
= )()(
1
2
βαβαβθαθ
βαα
emp
B
B
A
A
AABA
BA
B M
L
v
L
v
M +



+−+++
−
= )()(
1
2
βαβααθβθ
βαα
O en función de Aθ y Bθ y del giro ψ :
[ ] emp
ABBBA
BA
A MM ++−+
−
= ψβαβθαθ
βαα
)(
1
2
[ ] emp
BAABA
BA
B MM ++−+
−
= ψβααθβθ
βαα
)(
1
2
4. Ecuaciones de momentos para EI= cte
Para el caso particular en que se tiene inercia y módulo de elasticidad constante a lo
largo de la barra AB, la forma de los coeficientes Aα , Bα y β es conocida:
z
BA
EI
L
3
=== ααα
26
α
β ==
zEI
L
Entonces, recalculando, las expresiones halladas anteriormente se reducen a las
siguientes:
[ ]
[ ] emp
BBA
z
B
emp
ABA
z
A
M
L
EI
M
M
L
EI
M
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
32
2
32
2
5. Ecuaciones de equilibrio
En una estructura en equilibrio, cada una de sus barras y de sus nodos también debe
estar en equilibrio. Al exigir el equilibrio de momentos en los nodos, tomando los
mismos como cuerpos libres, se obtienen las ecuaciones de equilibrio.
Consideramos un nudo cualquiera de una estructura en el que concurren n barras
rígidamente conectadas, barra A1, barra A2, ..., barra An.

7
Para cada una de estas barras se aplica la primera de las ecuaciones de momentos
halladas:
[ ]
[ ]
[ ] emp
An
An
nAAn
emp
Ai
Ai
iAAi
emp
A
A
AA
M
L
EI
M
M
L
EI
M
M
L
EI
M
+−+=
+−+=
+−+=
ψθθ
ψθθ
ψθθ
32
2
...
32
2
...
32
2
1
1
11
Luego, la suma de todos los momentos deberá ser igual al momento aplicado sobre el
nudo, medido con la misma convención que venimos usando, o sea con los momentos
positivos en sentido antihorario. En consecuencia será:
∑=
=
n
i
aplicado
AAi MM
1
Lógicamente si en el nudo A no hay un momento aplicado la suma de todos los
momentos será cero.
Figura 6: Momentos sobre las barras y sobre el nudo
Otra forma de ver el problema puede ser tomando el nudo como cuerpo libre, sometido
a la acción que ejercen las barras y a un momento aplicado directamente sobre el
mismo. En definitiva las conclusiones son las mismas.
Tendremos entonces una ecuación de equilibrio de momentos por cada nudo rígido de la
estructura estudiada, donde las incógnitas a resolver en primera instancia serán los giros
de los extremos y los ángulos de giro ψ de las barras producidos por los
desplazamientos de los extremos de la barra.

8
6. Cálculo de YA e YB
Conociendo los momentos en los extremos de las barras es posible hallar las fuerzas YA
y YB en los extremos de cada barra. Aplicando superposición vemos que:
L
MM
YY BAisostático
AA
)( +
+= y
L
MM
YY BAisostático
BB
)( +
−=
Siendo el primer término la reacción correspondiente a una viga simplemente apoyada
con las mismas cargas aplicadas y AM y BM los momentos resultantes del calculo
realizado para la viga.
7. Metodo de slope-deflection
El método de slope deflection fue concebido por George Maney en 1915 para resolver
pórticos. Junto con el método de (Hardy) Cross creado en 1930 fueron los principales
métodos empleados para resolver pórticos, en forma manual. A partir de la década de
1970 comenzaron a ceder terreno progresivamente a los métodos matriciales, que fueron
diseñados para resolver las estructuras mediante computadoras. Actualmente, para una
estructura de cierta complejidad, estos últimos son los que normalmente se usan en todo
el mundo.
A continuación veremos como funciona el método de slope-deflection. Este método al
igual que los otros métodos manuales desprecian las deformaciones producidas en las
barras por efecto de la directa, en relación a las producidas por flexión. O dicho de otra
manera aceptan la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente. Esta
hipótesis en general no produce diferencias importantes con otros métodos que no la
realizan y permite disminuir considerablemente el número de incógnitas que deben
considerarse para definir el desplazamiento de la estructura.
De acuerdo a ello, en cualquier pórtico deben ser consideradas como incógnitas los
ángulos de giro de todos los nudos que no están empotrados. En cambio los
desplazamientos que deben considerarse dependen de las características de la estructura.
Utilizando la hipótesis que las barras son indeformables longitudinalmente se puede
determinar cuántos desplazamientos de nudos es necesario incorporar como incógnitas.
Cuando no es necesario determinar ningún desplazamiento se dice que la estructura es
de nudos fijos, o “estructura no desplazable”, como es el caso de la figura 7.

9
Figura 7: Estructura con nudos no desplazables
Cuando deben considerarse desplazamientos se dice que la estructura es de nudos
desplazables. Este es el caso de la figura 8 en el que es necesario considerar un
desplazamiento ∆ como incógnita. En este ejemplo deberán considerarse tres incógnitas
θB , θC y ∆.
Figura 8: Estructura con nudos desplazables
La determinación de las incógnitas que deben ser empleadas es un paso fundamental del
análisis estructural, pues cualquier error que se cometa en esta etapa implica no poder
resolver la estructura correctamente.
En las estructuras sin nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una ecuación
de equilibrio de ese nudo. De esa manera se llega a un sistema lineal de tantas
ecuaciones como incógnitas que está totalmente determinado.
Cuando la estructura es de nudos desplazables, por cada giro incógnita tenemos una
ecuación de equilibrio, pero además tenemos desplazamientos incógnitas; o sea: es
necesario para resolver el sistema disponer de otras ecuaciones. Se deben agregar tantas
ecuaciones adicionales como desplazamientos incógnitas tenemos. Estas ecuaciones
adicionales se obtienen de plantear la ecuación de equilibrio de fuerzas para cada piso.
A continuación veremos la ecuación que se adiciona a la estructura de la figura 8. Para
otro caso con más incógnitas de desplazamientos con solo generalizar el procedimiento
que mostraremos se incorporan las ecuaciones necesarias.

10
Para obtener la ecuación adicional se realiza un corte al nivel del desplazamiento
incógnita, como se indica en la figura 9, y se plantea el equilibrio de fuerzas
horizontales pues la fuerza aplicada sobre el piso debe ser igual a la suma de las fuerzas
que hay aplicadas sobre los pilares cortados. Si no hay fuerza horizontal aplicada en el
piso entonces la suma de las fuerzas que reciben los pilares deberá ser igual a cero.
Figura 9: Formulación de la ecuación del equilibrio del piso
Otra forma de ver el problema que conduce al mismo resultado hubiera sido plantear las
fuerzas que recibe el piso BC de los pilares. La suma de estas fuerzas más la carga
aplicada sobre el piso deberá ser igual a cero.
Si la estructura hubiera tenido más de un piso tendríamos que cortar los pilares por
debajo del piso y también los que salen hacia arriba y plantear de forma similar el
equilibrio del piso.
En este caso donde intervienen varias barras notaremos a las fuerzas con dos subíndices,
el primero indica el punto donde se trasmite la fuerza y el segundo el que define el otro
extremo de la barra. De esa manera BAV será la fuerza de cortante del pilar AB en el
punto B. Para los momentos y la longitud de la vigas emplearemos el mismo criterio.
Utilizando el equilibrio de piso (figura 9) se tiene que:
0=−+ PVV CDBA
Las ecuaciones de cortantes quedan:
AB
BAABisostático
BABA
L
MM
VV
)( +
+=
CD
CDCDisostático
CDCD
L
MM
VV
)( +
+=
Entonces la ecuación de equilibrio horizontal en el piso queda:

11
0
)()(
=−
+
+
+
++ P
L
MM
L
MM
VV
CD
CDCD
AB
BAABisostático
CD
isostático
BA
8. Aplicación del método de slope-deflection
Figura 10: Estructura a analizar
Se tiene la estructura de la figura con módulo de elasticidad e inercia constante en todas
las barras.
En primer lugar observamos que tanto el nudo B como el nudo C son nudos rígidos de
los cuales no conocemos sus giros. Además, la estructura es de tipo desplazable, ya que
el piso BC no tiene restricciones horizontales que le impidan moverse en dicha
dirección.
Nuestras incógnitas hiperestáticas son, entonces, Bθ , Cθ ( que tomaremos de acuerdo a
lo convenido en sentido antihorario) y BC∆ , donde BC∆ es el desplazamiento horizontal
del piso BC, que tomaremos positivo hacia la izquierda.
Comenzamos por plantear equilibrio en el nudo B. En dicho nudo se tiene dos barras
concurrentes: AB y BC, por lo que debemos hallar dos expresiones de momentos: BAM
y BCM .
Sabemos que la expresión del momento aplicado a la barra AB en el nudo B tiene la
forma genérica:
[ ] emp
BA
BA
AB
BA
BA M
L
EI
M +−+= ψθθ 32
2

12
En el caso de la barra que estamos estudiando sabemos además que, debido al
empotramiento en A, el giro en dicho nudo es nulo: 0=Aθ . Además, al no tener cargas
en la barra BA, también sabemos que 0=emp
BAM .
Por lo tanto la expresión anterior se ve reducida a:
[ ]BA
B
BA
BA
L
EI
M ψθ 32
2
−= ,
donde BA
ψ , el giro de la barra AB (medido en sentido antihorario) producido por el
desplazamiento diferencial entre los extremos de la barra BA, lo podemos expresar en
función del desplazamiento de piso como:
BA
BCBA
L
∆
=ψ .
Si tomamos como unidad de fuerza el newton (fuerza) y como unidad de longitud el
metro y sustituimos los valores conocidos, tenemos la expresión para BAM en función
de las incógnitas del problema:





 ∆
−=
6
3
2
6
2 BC
BBA
EI
M θ
Para el caso de la barra BC la expresión del momento aplicado en B a la barra es:
[ ] emp
BC
BC
CB
BC
BC M
L
EI
M +−+= ψθθ 32
2
En este caso el término que sabemos nulo es BC
ψ , pues por la hipótesis de rigidez a
directa sabemos que, al permanecer incambiado el largo de la barra AB, el nudo B
resulta indesplazable en sentido vertical; de la misma forma, al permanecer incambiado
el largo de la barra CD, el nudo C resulta también indesplazable en dicha dirección.
Resulta entonces que no hay desplazamientos diferenciales entre los extremos de la
barra BC y, por lo tanto, .0=BC
ψ
Para hallar emp
BCM recurrimos a la tabla de momentos de empotramiento (o a las
ecuaciones angulares si fuera necesario), donde figura que, para el caso de una carga de
fuerza de tramo:
Figura 11: Momentos de empotramiento perfecto
Los momentos de empotramiento perfecto, según la convención que utiliza la tabla
tienen el valor:
b
L
Qab
M 2
= , a
L
Qab
M 2
'=

13
Para la aplicación a la barra BC, tenemos que el M de la tabla es emp
BCM , mientras que
emp
CBMM −=' (nótense los signos opuestos debido a la diferencia entre la convención de
signos adoptada por los métodos de los desplazamientos – positivo en sentido
antihorario –y la adoptada por la tabla– positivo en sentido horario sobre el apoyo
derecho–).
Tendremos entonces que la expresión para BCM toma la siguiente forma:
[ ] 6*
9
6*3*1350
2
9
2
2
++= CBBC
EI
M θθ
Planteando equilibrio de momentos en el nudo B (la suma de los momentos aplicados
sobre las barras es igual al momento aplicado en el nudo) llegamos a la primera de las
tres ecuaciones que necesitamos para resolver la estructura:
[ ] 06*
9
6*3.*1350
2
9
2
6
3
2
6
2
0 2
=+++


 ∆
−⇒=+ CB
BC
BBCBA
EIEI
MM θθθ
Reacomodando los términos:
01800
6
3
9
1
9
1
6
1
22 2
=+



∆




 −
+





+





+ BCCBEI θθ
Para plantear el equilibrio en el nudo C seguimos un procedimiento análogo al visto
para el nudo B. En este nudo concurren dos barras, BC y CD, por lo que – dado que no
tenemos carga externa de momento aplicado en el nudo – nuestra ecuación de equilibrio
será:
0=+ CDCB MM
En el caso del momento en C debido a la barra CB, se tiene:
[ ] 3*
9
6*3*1350
2
9
2
2
−+= BCCB
EI
M θθ
De la misma forma, en el caso del momento en C debido a la barra CD se tiene:





 ∆
−=
9
3
2
9
2 BC
CCD
EI
M θ
En dicha expresión ya se utilizó que 0=Dθ y que
9
BC
BC
BCCD
L
∆
=
∆
=ψ .
De esta forma llegamos a la segunda ecuación buscada:
0900
9
3
9
4
9
1
2 2
=−



∆




 −
+





+





BCCBEI θθ
La ecuación restante la obtendremos al imponer el equilibrio horizontal del piso BC.

14
Aislando el mismo mediante un corte horizontal justo por debajo de los nudos B y C, y
restituyendo los vínculos quitados mediante solicitaciones, se tiene:
Figura 12: Equilibrio del piso
Por lo tanto, el equilibrio de fuerzas horizontales en el piso resulta en la ecuación:
0=+ CDBA VV
De acuerdo con las expresiones genéricas halladas para los cortantes, sabemos que:
AB
BAABisostático
BABA
L
MM
VV
)( +
+=
CD
CDCDisostático
CDCD
L
MM
VV
)( +
+=
Dado que no se tienen cargas externas en la barra BA ni en la barra CD, obtenemos que
0== isostático
CD
isostático
BA VV .
El equilibrio de piso se reduce entonces a:
0
)()(
=
+
+
+
CD
CDCD
AB
BAAB
L
MM
L
MM
Las expresiones para BAM y CDM ya fueron halladas anteriormente, por lo que sólo
resta hallar las expresiones de ABM y DCM .
Las mismas tienen la forma:





 ∆
−=
6
3
6
2 BC
BAB
EI
M θ





 ∆
−=
9
3
9
2 BC
CDC
EI
M θ
Se obtiene entonces la siguiente ecuación:
0
9
3
9
3
2
9
2
6
3
2
6
3
6
2
22
=




 ∆
−+
∆
−+




 ∆
−+
∆
− BC
C
BC
C
BC
B
BC
B
EIEI
θθθθ

15
Reordenando los términos:
0
9
1
6
1
6
9
3
6
3
2 3322
=





∆




 −
+
−
+





+





BCCBEI θθ
Resumiendo, tenemos el siguiente sistema de tres por tres:









=



∆




 −
+
−
+





+





=−



∆




 −
+





+





=+



∆




 −
+





+





+
0
9
1
6
1
6
9
3
6
3
2
0900
9
3
9
4
9
1
2
01800
6
3
9
1
9
1
6
1
22
3322
2
2
BCCB
BCCB
BCCB
EI
EI
EI
θθ
θθ
θθ
Resolviendo dicho sistema llegamos a los valores de giro en B y en C y de
desplazamiento horizontal de piso:
EI
B
4,2570−
=θ
EI
C
2,1268
=θ
EI
4644−
=∆
Una vez obtenidos los valores de desplazamientos incógnita pasamos a resolver los
momentos en cada extremo de barra a través de las ecuaciones de momento ya
planteadas. Los valores resultantes son:
NmM AB 8,82−=
NmMBA 6,939−=
NmMBC 6,939=
NmMCB 6,907−=
NmMCD 6,907=
NmM DC 8,625=
A partir de estos valores se obtienen los cortantes en los extremos de cada barra.

16
Por último, el diagrama de momentos de la estructura toma la siguiente forma (valores
expresados en Nm):
Figura 13: Diagrama de momentos
9. Ecuaciones para el caso de barras articuladas en un
extremo (E.I=cte).
Supongamos una barra cuyo extremo en el nudo A es rígido y su extremo en el nudo B
articulado.
En este caso tenemos que el momento en el nudo B es nulo, y por lo tanto las
ecuaciones de Slope Deflection (para E.I=cte) son de la siguiente forma:
[ ]
[ ] 032
2
32
2
=+−+=
+−+=
emp
BBA
z
B
emp
ABA
z
A
M
L
EI
M
M
L
EI
M
ψθθ
ψθθ
Despejando el giro en el nudo B de la segunda ecuación se tiene:
z
emp
BA
B
EI
LM
4
.
2
3
2
−+−=
ψθ
θ
Sustituyendo en la expresión del momento en A:

17
emp
A
z
z
emp
BAz
A
z
A M
L
EI
EI
LM
L
EI
L
EI
M +−





−+−+= ψ
ψθ
θ
6
4
.
2
3
2
24
Reordenando los términos, obtenemos:
( )
2
3 emp
Bemp
AA
z
A
M
M
L
EI
M −+−= ψθ
A la relación
2
emp
Bemp
A
M
M − la nombraremos 'emp
AM , este término lo encontramos
tabulado junto con los momentos y fuerzas de empotramiento perfecto.
Se puede ver fácilmente que este nuevo momento así definido es el momento de
empotramiento perfecto de la viga que tiene el apoyo en A empotrado y el apoyo en B
articulado.
De esta forma, para resolver estructuras mediante el método de Slope Deflection,
bastará con plantear como incógnitas los giros en los nudos rígidos y los
desplazamientos de piso, y en las barras con un extremo articulado utilizar la ecuación
de momento simplificada:
( ) '
3 emp
AA
z
A M
L
EI
M +−= ψθ
Estos apuntes fueron elaborados por:
Dr. Ing. Atilio Morquio
Br. María Laura Reboredo
Colaboraron en la corrección:
Ing. Valentina Machín
Ing. Lucía Delacoste

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