0ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS1.1. DEFINICIÓN.Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga later...
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Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2.V1 + V2 - 500(8) = 0V2 = 2500.00 kgConocidas las reacciones...
M x = V1 x − M1        0 ≤ x ≤ 5 − − − 1)M x1 = V1 x 1 − M1 − 800( x 1 − 5) 5 ≤ x 1 ≤ 19 − − − 2)Integrando la ecuacion 1)...
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Problema 3. La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibeuna carga uniformemente variable de 1200 kg/m....
En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. Deaquí resultan dos ecuaciones con dos incogn...
Problema 4. La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibeuna carga uniformemente distribuida de 1200 kg...
En las ecuaciones (2) y (5) la pendiente tiene el mismo valor cuando“x = x1 = 5”, por tanto, al igualar estas ecuaciones, ...
Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerzacortante y de momento flexionante para la viga de la f...
Mx 1 = V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 )        4≤ x≤8EI d2 y          = V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 ) dx 2Integrando sucesivame...
Por suma de momentos en el nodo 1):       400 ( 4 )  2 ( 4 ) M2 =              3  − 380 ( 8 ) = 906.66 kg.m         2 ...
1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR.Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y querepresenta una alter...
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Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentessimplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la...
800 kg./m                                                                                          MB                     ...
La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud.        21,600.00   3,600.00φA =              =          ...
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Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barrade la figura 14). Ambos extremos están empotrado...
Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de labarra de la figura 15).                         ...
Problema 11. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotradosde la barra de la figura 16). Calcular también las...
M1 = 1,215.00 kg.mM2 = 2,235.00 kg.m                                                                            PVerificac...
Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son losdiagramas de momentos de las cargas reales dadas. La fi...
Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en losextremos y la flecha máxima. Tomar EI const...
Verificación con fórmula.      P L3    600 (6) 3   2700δ =         =           =      48 EI    48 EI       EIFin del probl...
1.4. VIGAS CONTINUAS.    Se da el nombre de viga continua a una barra apoyada en más de dos    soportes. La figura 20) mue...
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M2 = 1,612.50 kg.mReacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma demomentos a la izquierda o a l...
Vigas equivalentes:                      w               Θ12        Θ21
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  1. 1. 0ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS1.1. DEFINICIÓN.Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendiculara su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportessuperan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es:el número de incógnitas es mayor que:∑ FX = 0∑ FY = 0∑M = 0La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otroempotrado “B” bajo una carga puntual P. P a b A B Fig. 1. Viga apoyada-empotrada.A continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. Enel soporte “A” existe sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide eldesplazamiento horizontal. En el empotramiento en “B” hay dos reaccionesdado que este soporte no permite ni desplazamientos ni rotaciones. P MB VA VBPuesto que existen tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes VA yVB y el momento flexionante MB y sólo se dispone de dos ecuaciones deequilibrio; ©M y ©Fy, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestáticapues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Haymás incógnitas que ecuaciones).Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, yque se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura 2.
  2. 2. P P w L1 L2 L3 A B C D Fig. 2. Viga continuaEste caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puestoque ahora existen cinco reacciones externas de soporte; las fuerzas cortantesverticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”. P P w MA VA VB VC VDPara la solución de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las delequilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de lasdeformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras seflexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis seplantea más adelante.1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA.Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reaccionesinternas y externas, que no es posible determinar por medio del equilibrioestático. Se puede decir que es la diferencia entre el número de incógnitas yecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura1 tiene tres reacciones desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones deequilibrio, la viga es indeterminada en grado 1:Número de incógnitas = NI = 3Ecuaciones de equilibrio = EE = 2Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1Viga de la figura 2:NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5EE = Equil. vertical y suma de momentos = 2GI = 5 – 2 = 3En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales parasu solución.
  3. 3. 1.3. SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS.Se analizan vigas estáticamente indetermindas con objeto de conocer lasreacciones externas e internas en los soportes, así como las deformacionesangulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les sometea carga axterna. Las deformaciones angulares son las rotaciones o pendientesque se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama dedeformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se midenentre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se flexiona. La figura 3muestra esta condición. P Eje original no deformado  ™ Tangente Curva elástica de deformación Fig. 3. Viga deformada por flexiónP = Carga aplicada. = Rotación o pendiente.™ = Deformación lineal o flecha.1.3.1. METODO DE DE LA DOBLE INTEGRACIÓN.Es uno de tantos métodos que se basan en el análisis de las deformaciones,en particular la de los soportes. El método consiste en integrarsucesivamente una ecuación denominada “Ecuación Diferencial de laElástica” dada por la expresión: d 2 yEI  2  = M x  dx E = Módulo elástico del material del que está hecha la viga.I = Momento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro.Mx = Ecuación de momentos a lo largo de toda la barra.Al integrar sucesivamente la ecuación de momentos, aparecen constantes queserá necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de lascondiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o lasimetría de la carga. Recordemos que un apoyo simple tiene pendiente perono tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En unpunto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas ymomentos a la izquierda o a la derecha del punto.Problema 1. Determine los momentos flexionantes y las reaciones verticalesen la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo 1 es simple el 2 esempotramiento.
  4. 4. 500 kg/m 8.00 m 1 2 Fig. 4Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando lasreacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuaciónde momentos y se le integra sucesivamente. Criterio de signos: + 500 kg/mM x = V1 x − 250 x 2 0≤ x≤8 M2 V1 V2 xEI d2 y = V1 x − 250x 2dx 2Integrando:EIdy V1 x 2 250 x 3 = − + C1 − − − − 1) dx 2 3 V1 x 3 250 x 4EIY = − + C1 x + C 2 − − − − 2) 6 12Cálculo de las constantes. La ecuación 1) proporciona la pendiente (dy/dx) encualquier punto de la viga. El apoyo 2) está empotrado y no tiene pendientepor lo que sustituyendo x = 8 e igualando a cero se tiene: V1 (8) 2 250(8) 30= − + C1 2 3C1 = 42,666.66 − 32 V1La ecuación 2) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. Elapoyo 1) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo x = 0 eigualando a cero, se tiene: C2 = 0En la misma ecuación 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramosobtener una ecuación en función de la reacción V1 la que al resolverse nos dasu valor. V1 (8)3 250(8)40= − + (42,666.66 − 32 V1 )8 6 12V1 = 1500.00 kg
  5. 5. Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2.V1 + V2 - 500(8) = 0V2 = 2500.00 kgConocidas las reacciones verticales, el momento M2 puede calcularsesumando momentos en el nodo 1) o en el 2) o sustituyendo x = 8 en laecuación de momentos.© M1 = M2 + 500(8)4 - 2500(8) = 0M2 = 4000.00 kg.m 500 kg/m 4000 kg.m 1500 kg 2500Fin del problema.Problema 2. Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de lafigura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momentoflexionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 15x25 cm,calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 250,000.00cm4. 800 kg 5.00 m 5.00 m 1 2 Fig. 5)Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando lasreacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuaciónde momentos y se le integra sucesivamente. 800 kg M1 M2 Criterio de signos: + V1 x V2 X1
  6. 6. M x = V1 x − M1 0 ≤ x ≤ 5 − − − 1)M x1 = V1 x 1 − M1 − 800( x 1 − 5) 5 ≤ x 1 ≤ 19 − − − 2)Integrando la ecuacion 1).EId2 y = V1 x − M1dx 2EIdy V x2 = 1 − M1 x + C1 − − − − 3) dx 2 V1 x 3 M x2EIY = − 1 + C1 x + C 2 − − − − 4) 6 2En las ecuaciones 3) y 4), la pendiente (dy/dx) y la felcha (Y) son cero en elapoyo 1, esto es cuando x = 0. Para esta condición C1 y C2 son cero.C1 = C2 = 0Integrando la ecuación 2).EId 2 y 2 = V1 x 1 − M1 − 800( x 1 − 5)dx 1EIdy V x2 800( x 1 − 5) 2 = 1 1 − M1 x 1 − + C 3 − − − 5)dx 1 2 2 3 V1 x 1 M x2 800( x 1 − 5) 3EIY = − 1 1 − + C 3 x 1 + C 4 − − − − 6) 6 2 6En las ecuaciones 3) y 5) la pendiente es la misma cuando x = x1 = 5. Alcomparar estas ecuaciones resulta C3 = 0En las ecuaciones 4) y 6) la flecha es la misma cuando x = x1 = 5. Al compararestas ecuaciones resulta C4 = 0Se requieren ahora 2 ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienenpara x1 = 10 en 5) y 6), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha soncero.En 5) cuando x1 = 10, (dy/dx1 = 0): V1 ( 10 ) 2 800 ( 10 − 5 ) 20= − 10 M 1 − 2 250V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7)En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):
  7. 7. V1 (10) 3 M1 (10) 2 800 (10 - 5)3 − − + 10C 3 + C 4 = 0 6 2 6166.666 V1 - 50 M1 - 16,666.666 = 0 ------- 8)Resolviendo las ecuaciones 7) y 8).V1 = 400 kgM1 = 1000 kg.mDiagramas de cortante y de momento. 800 kg 1000 kg.m 1000 kg.m 400 kg 400 kg 400 Fuerza Cortante 400 1000 Momento Flector 1000 1000Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m. V1 x 3 M x2EIY = − 1 + C1 x + C 2 − − − − 4) 6 2 4,1666 .666Y =− EIE = 250,000.00 kg/cm2 15 (25)3I= = 19,531.25 cm4 12 4,1666.666 (10)6Y= = 0.853 cm 250,000.00 (19,531.25)Fin del problema.
  8. 8. Problema 3. La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibeuna carga uniformemente variable de 1200 kg/m. Determine los momentos ylas reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = 1200 kg/m L = 6.00 m A Fig. 6 BIncógnitas y ecuación de momentos. W = 1200 kg/m y MA MB VA VB xLa altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulossemejantes. wxy= LLa resultante del triangulo ubicado en la longitud (x) y de altura (y) es suárea (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha aizquierda. La ecuación de momentos es entonces: wx x xM x = VA X − − MA 0 ≤ x≤L L 2 3 w x3M x = VA X − − MA 6LSe escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente.EI d2 y wx 3 = VA X − − MA dx2 6LEI dy VA x2 wx 4 = − − MA x + C1 Ec. (1 ) dx 2 24LEn esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto laconstante C1 = 0. VA x3 wx5 M x2EIY = − − A + C2 Ec. ( 2 ) 6 120L 2En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0.
  9. 9. En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. Deaquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas.dy/dx = 0. En la ecuación 1.x=LVAL2 wL3 − − M AL = 0 Ec. ( 3 ) 2 24Y = 0. En ecuación 2.X=LVAL3 wL4 MAL2 − − = 0 Ec. ( 4 ) 6 120 2La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados: w L2 1200 ( 6 )2MA = = = 1,440.00 kg.m 30 30 3wL 3 (1200 ) ( 6 )va = = = 1,080.00 kg. 20 20La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas. wL 3wL 7wL 7 (1200 ) ( 6 )VB = − = = = 2,520.00 kg. 2 20 20 20El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B. wL  2L  wL2 7wl∑ MA =  − − ( L ) + MB = 0 2  3  30 20 wL2 1200 ( 6 )2MB = = = 2,160.00 kg.m 20 20Resultados finales. W = 1200 kg/m 1440 2160.00 1080 2520Fin del problema.
  10. 10. Problema 4. La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibeuna carga uniformemente distribuida de 1200 kg/m. Determine los momentosy las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = 300 kg/m 5.00 m 5.00 m A B Fig. 7Incógnitas y ecuaciones de momento. W = 300 kg/m MA MB VA VB x X1M x = VA x - MA 0 ≤ x ≤5 Ec. (1 )Integrando sucesivamente:EI d2 y = VA x - MA dx2EI dy V x2 = A − MA x + C1 Ec. ( 2 ). dx 2 VA x3 M x2EI Y = − A + C1x + C2 Ec. ( 3 ) 6 2En las Ec. (2) y (3) la pendiente “dy/dx” y la flecha “y”, son cero por estar elapoyo empotrado y por tanto, las constantes C1 y C2 son cero. (x1 - 5 )M x1 = VA x1 − 300 ( x1 − 5 ) • − MA 5 ≤ x1 ≤ 10 Ec. ( 4 ) 2Integrando:EI dy V x2 300 ( x1 - 5 )3 = A 1 − − MA x1 + C3 Ec. ( 5 )dx1 2 6 3 VA x1 300 ( x1 - 5 )4 M x2EI Y = − − A 1 + C3 x1 + C4 Ec. ( 6 ) 6 24 2
  11. 11. En las ecuaciones (2) y (5) la pendiente tiene el mismo valor cuando“x = x1 = 5”, por tanto, al igualar estas ecuaciones, resulta C3 = 0.En las ecuaciones (3) y (6) la flecha tiene el mismo valor cuando“x = x1 = 5”, por tanto al igualar estas ecuaciones, resulta C4 = 0.En la Ec. (5) la pendiente “dy/dx” es cero cuando x1 = 10, sustituyendo estevalor resulta la siguiente ecuación: VA ( 10 )2 300 ( 10 - 5 )30 = − − 10 M A 2 650 V A − 10M A − 6,250.00 = 0 Ec. (7)En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10: VA ( 10 )3 300 (10 - 5 )4 MA ( 10 )20 = − − 6 24 2166 .666 VA − 50 MA − 7,812.50 = 0 Ec. ( 8 )Al resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta:MA = 781.25 kg.mVA = 281.25 kgVB =1,218.75 kg Se obtiene por equilibrio vertical.MB=1,718.75 kg.mVerificación de los momentos con fórmula: 5 w L2 5 ( 300 ) (10 )2MA = = = 781.25 kg.m W = 300 kg/m 192 192 781.25 1718.75 11 w L2 11 ( 300 ) ( 10 )2MB = = = 1718.75 kg.m 281.25 1218.75 192 192 4.0625 281.25 1218.75 756.84 625 781.25 1718.75Fin del problema.
  12. 12. Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerzacortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8). 400 kg/m ● 4.00 m 4.00 m 1 2 Fig. 8Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento. 400 kg/m y ● M2 V1 V2 x X1La altura (y) del triángulo de base (x) se obtiene por triángulos semejantes(y =100x) y su resultante es su área (R = yx/2) aplicada a 2/3 de la base (x)a partir del extremo izquierdo o 1/3 del extremo derecho (x/3). yx x 100 x3M x = V1x − = V1x − 0≤ x≤4 Ec. 1). 2 3 6EI d2 y 100 x3 2 = V1x − dx 6Integrando sucesivamente:EI dy V x2 100 x 4 = 1 − + C1 Ec. 2). dx 2 24 V1x3 100 x5EIY = − + C1x + C2 Ec. 3). 6 120En la Ec. 3), cuando x = 0, la flecha (Y) es cero, y por tanto C2 = 0.Ecuación de momentos a la distancia x1: Para esta distancia debe tomarse laresultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda delpunto donde se está cortando, es decir: (R = 400(4)/2 = 800 kg) y se aplicaal centroide, esto es a ( 2/3 de 4 = 8/3 = 2.666).
  13. 13. Mx 1 = V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 ) 4≤ x≤8EI d2 y = V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 ) dx 2Integrando sucesivamente: 2EI dy V1 x 1 800 ( x 1 − 2.666 ) 2 = − + C3 Ec. 4). dx 2 2 3 V1 x 1 800 ( x 1 − 2.666 ) 3EI Y = − + C3 x + C4 Ec.5) 6 6Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma: 100 (4) 4 800 ( 4 − 2.666 ) 2C1 − = C3 − 24 2C1 = C 3 + 355.555 Ec.6).Comparando las Ec. 3) y 5) en x=x1 = 4, la flecha es la misma: 100 (4) 5 800 ( 4 − 2.666 ) 34 C1 − = 4C 3 + C 4 − 120 6Sustituyendo Ec. 6):4 ( C 3 + 355.555 ) − 853.333 = C 3 + C 4 − 316.0494301C4 = 884.9383En Ec. 4) cuando x1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0):V1 ( 8 ) 2 800 ( 8 − 2.666 ) 2 − + C3 = 0 2 2C 3 = 11,377.78062 − 32 V1En Ec. 5) cuando x1 = 8, la flecha es cero (Y = 0):V1 ( 8 ) 3 800 ( 8 − 2.666 ) 3 − + 8 (11,377.78062 − 32 V1 ) + 884.9383 = 0 6 6V1 = 420.00 kg.Por equilibrio vertical: 400 ( 4 )V2 = − 420.00 = 380.00 kg. 2
  14. 14. Por suma de momentos en el nodo 1): 400 ( 4 )  2 ( 4 ) M2 =  3  − 380 ( 8 ) = 906.66 kg.m 2  Verificación con fórmula: 17 w L2 17 ( 400 ) ( 8 ) 2M2 = = = 906.66 kg.m 480 480 400 kg/m 906.66 420 380 4.00 4.00 420 Fuerza Cortante 380 811.52 613.34 Momento Flexionante 906.66Punto donde la fuerza cortante es cero. 400 x  x V x = 420 − = 0 4 2   X = 2.898275 mLa ecuación de momentos es: 400 x 3M x = 420 x − 0≤ x≤4 24X = 2.898275 mM = 811.52 kg.mX = 4.00 mM = 613.34 kg.mFin del problema.
  15. 15. 1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR.Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y querepresenta una alternativa importante para calcular pendientes y flechas enpuntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también comoMétodo del Area de Momentos y consiste en establecer de maneraindependiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntosextremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos.En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y elmomento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramasde momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como desu centro de gravedad. El método consta de dos teoremas, a saber:Primer Teorema de Mohr. “La variación o incremento de la pendiente (θAB)entre las tangentes trazadas a la elástica en dos puntos cualquiera A y B esigual al producto 1/EI por el área del diagrama de momentos flectores entreestos dos puntos”. En la figura 9) se indica esta condición. P Viga con carga cualquiera. L A B Tangentes por A y B. Cambio de pendiente θAB. ΘAB M Diagrama de momentos cualquiera.. Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera. A AB θ AB = EIDonde:ΘAB = Cambio de pendiente entre las tangentes a la curva elásica.AAB = Area del diagrama de momentos entre A y B.EI = Rigidez a la flexión.Segundo Teorema de Mohr. “La desviación de un punto cualquiera B respectode la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en direcciónperpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por elmomento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentosentre los puntos A y B”. La figura 10) muestra esdta condición.
  16. 16. P Viga con carga cualquiera. L A B δBA M Diagrama de momentos cualquiera y centro ●cg de gravedad respecto al punto B. x Fig. 10). Viga simple con carga cualquiera. A BA X δ BA = EIDonde:δBA = Desplazamiento vertical en B trazado perpendicularmente al eje original de la viga hasta intersectar con la tangente por A.ABA = Area del diagrama de momentos entre los puntos B y A.X = cg = Centro de gravedad del diagrama de momentos medidos desde B.Problema 6). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de lafigura 11). Determinar también las reacciones verticales. 800 kg./m 6.00 m A B Fig. 11). Viga apoyada-empotrada.Incognitas en la viga. 800 kg./m MB VA VB
  17. 17. Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentessimplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con MB. 800 kg./m MB + 2400 2400 MB/6 MB/6 14400 x x MB 14400 6.00 6.00El objetivo es obtener el momento MB y puesto que la viga está empotrada enB la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entoncesen el punto A el desplazamiento vertical es tambien cero. La ecuación que serequiere se obtiene sumando momentos en A para las áreas de los diagramasde momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad decada una medido desde A. Las áreas arriba del eje “x” se toman positivas.Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas. L M ●cg ● cg M 2L/3 L/3 x ML A= 2 A = ML/(n + 1) X = L/(n + 2) n = grado de la curvaΣM A = 14400 ( 6 ) [ 4] − 14400 ( 6 ) [ 4.50] − 6 M B [ 4] = 0 2 3 2MB = 3600.00 kg.mReacciones verticales. 800 kg./mΣM A = 800 ( 6 ) 3 + 3600 − 6 VB = 0 3600VB = 3000.00 kg. 1800 3000VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas demomentos reales para cada viga simple.
  18. 18. 800 kg./m MB + 2400 2400 MB/6 MB/6 Mmáx x . x MB 3.00 3.00 6.00El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momentomáximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m.ΣM A = 2 (3600 ) 6 [ 3] − 6 M B [ 4] = 0 3 2MB = 3600.00 kg.mFin del problema.Problema 7. Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro delclaro de la viga del problema anterior, Fig. 12). Tomar EI constante.Trazar una tangente a la curva elástica por el punto A y una vertical por B. 3.00 . 3.00 . A δmáx. B Y0 Y1 yB 3600 3600El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreasde los diagramas de momentos. 2 ( 3600 ) 6EIYB = ( 3) − 3600 ( 6 ) (2 ) = 21,600.00 3 2
  19. 19. La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud. 21,600.00 3,600.00φA = = 6 EI EIEl valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionandogeométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior.δmáx. = Yo - Y1Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y1” se obtiene sumandomomentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro.YB Yo =6 3 3 (21,600) 10,800.00Yo = = 6EI EI 3.00 . 3.00 . A δmáx. B Y0 Y1 yB L M 3600 A = ML/3 Cg = 3L/4 1800Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.  3600 (3)  3(3)   1800 (3)  3 EIY1 =  3600 (3)1.50 −   −   = 5,400.00  3  4  2 3 5,400.00Y1 = EI 10,800.00 5,400.00 5.400.00 δ Máx. = − = EI EI EIFin del problema.
  20. 20. Prtoblema 8. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambosextremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante. 1200 kg/m 10.00 m 1 2 Fig. 13Incógnitas en la viga. 1200 kg/m M1 M2 V1 V2Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momentomáximo para la carga uniforme es wL2/8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas ymomentos corresponden a vigas simplemente apoyadas. 1200 kg/m M1 M2 15000 M1 M2Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos soncero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontalesy entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero.EI δ 1 = ∑ M1 = 02 (15000 ) (10) [5] − 10 M1 10  − 10 M 2  2 (10)  = 0 3 2  3    2  3   500,000 .00 − 16.666 M1 − 33.333 M 2 = 0 Ec. 1).EI δ 2 = ∑ M 2 = 02 (15000 ) (10) [5] − 10 M1  2 (10)  10 M 2  3  −  10   3  = 0 3 2   2  500,000 .00 − 33.333 M1 − 16.666 M 2 = 0 Ec. 2).Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):M1 = M2 = 10,000.00 kg.mFin del problema.
  21. 21. Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barrade la figura 14). Ambos extremos están empotrados. P L/2 L/2 1 2 Fig. 14Momentos desconocidos. P M1 M2 V1 V2Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momentomáximo para la carga puntual es (PL/4). P M1 M2 PL/4 M1 M2 L/2 L/2Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto atangentes trazadas por ellos, son cero.EI δ 1 = 0 PL  L   L  M1L  L  M 2 L  2L ∑ M1 = − − = 0 4 2  2     2 3   2 3 PL3 M L2 M L2 − 1 − 2 = 016 6 3Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de laecuación anterior arroja los siguientes resultados: PLM1 = M 2 = 8Fin del problema.
  22. 22. Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de labarra de la figura 15). 200 kg/m 4.00 4.00 1 2 Fig.15 Viga empotrada-apoyadaIncógnitas en la viga. 200 kg/m M1 V1 V2Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. 200 M1 4.00 4800 1600 1600 4800 M1 3200 4.00 4.00 8.00La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendienteen el empotramiento.EI δ 2 = 04800 (8)  8  1600 (4)  4  3200 (4)  4  8 M1  2(8)  2 3 − 3  4 + 4 − 1600 (4)2 − 2 3 − 2  3  = 0        M1 = 900.00 kg.mVerificación con fórmula. 9 wL2 9 (200 ) ( 8 ) 2M1 = = = 900.00 kg.m 128 128Fin del propblema.
  23. 23. Problema 11. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotradosde la barra de la figura 16). Calcular también las reacciones verticales y trazarlos diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. 500 1500 3.00 5.00 2 . 1 2 . . Fig. 16. Viga con ambos extremos .empotrados.Incógnitas en la viga. 500 1500 M1 M2 V1 V2Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas. 500 1500 M1 M2 3 5 2 6500 M1 M2 3500 10.00 10.00 3000Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente porcualquiera de ellos es cero.EI δ 1 = 06500 (10)  2(10)  3500 (7)  2(7)  3000 (2)  2 (2)  10 M1 10  10 M 2  2(10)  2  3  − 2 3 + 3  − 2 8 + 3  − 2  3  − 2  3  = 0          94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0 Ec. 1).6500 (10)  10  3500 (7)  7  3000 (2)  2  10 M1  2 (10)  10 M 2  10  2  3  − 2 3 − 2 3 − 2  3 − 2  3  = 0          77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0 Ec. 2).Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):
  24. 24. M1 = 1,215.00 kg.mM2 = 2,235.00 kg.m PVerificación con fórmula. M1 M2 a b P ab2 500 (3) (7) 2 1500 (8) (2) 2M1 = = + = 1215.00 kg.m L2 (10) 2 (10) 2 P a 2b 500 (3) 2 (7) 1500 (8) 2 (2)M2 = = + = 2235.00 kg.m L2 (10) 2 (10) 2Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento puedencalcularse por equilibrio estático.∑ M 2 = 10 V1 − 1215 + 2235 − 500 (7) − 1500 (2) = 0V1 = 548.00 kg.V2 = 1452.00 kg. 500 1500 1215 2235 548 1452 548 48 Diagrama de Cortante 1452 669 429 Diagrama de momentos 1215 2235Fin del problema.1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.
  25. 25. Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son losdiagramas de momentos de las cargas reales dadas. La figura 17) muestra unejemplo de este tipo de vigas. P Pab M máx = a b a b L Viga Real Viga Conjugada Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada.Relaciones entre la viga real y la viga conjugada.a.- La longitud de la viga real y de la conjugada es la misma.b.- La carga en la viga conjugada es el diagrama de momentos de la viga real.c.- La fuerza cortante en un punto de la viga conjugada es la pendiente en el mismo punto de la viga real.d.-El momento flexionante en un punto de la viga conjugada es la flecha en el mismo punto de la viga real.e.-Un apoyo simple real equivale a un apoyo simple en la viga conjugada.f.- Un apoyo empotrado real equivale a un extremo libre o voladizo de la viga conjugada.g.- Un extremo libre (voladizo) real equivale a un empotramiento conjugado.h.- Un apoyo interior en una viga continua equivale a un pasador o rticulación en la viga conjugada. RELACIONES ENTRE LOS APOYOS VIGA REAL VIGA CONJUGADA NOTAS 1.- Apoyo simple 1.- Apoyo simple Un apoyo simple real no tiene flecha pero si tiene pendiente y por tanto el conjugado no tiene momento pero si tiene cortante; equivale a un apoyo simple. 2.- Apoyo empotrado. 2.- Sin apoyo: libre. Un apoyo empotrado no tiene flecha ni pendiente y por tanto, el conjugado no tiene momento ni cortante; equivale a un voladizo. 3.-Voladizo. 3.- Apoyo empotrado. El extremos libre tiene pendiente y flecha y por tanto el conjugado tiene cortante y momento; equivale a un empotramiento. 4.- Apoyo interior. 4.- Apoyo articulado o Un apoyo interior tiene pendiente pero no pasador. tiene flecha y por tanto tiene cortante pero no tiene momento; equivale a una ● articulación.
  26. 26. Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en losextremos y la flecha máxima. Tomar EI constante. 600 kg 3.00 3.00 1 2 Fig. 18). Viga simple.Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es eldiagrama de momentos de la viga real. 900 V1 V2La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugadadividida entre el producto EI. V1θ1 = EIPor simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro. 900 (3)V1 = = 1350 .00 2 1350θ1 = EIVerificación con fórmula. P L2 600 (6) 2 1350θ1 = = = 16 EI 16 EI EIFlecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la vigaconjugada. Mδ = EI 900 (3)  3 M = 1350 (3) −  3  = 2700 .00 2   2700δ = EI
  27. 27. Verificación con fórmula. P L3 600 (6) 3 2700δ = = = 48 EI 48 EI EIFin del problema.Problema 13. Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyada-empotrada de la figura 19). 400 kg/m 6.00 m 1 2 Fig. 19)Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. La vigaconjugada será una barra apoyada-volada. 400 kg/ 6.00 + M1 6.00 V1 6.00 m Viga Conjugada 7200 M1 7200 Cargas en la Viga ConjugadaEl momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, porser apoyo simple. 7200 (6) 2 (6) 7200 (6)  3 (6)  6 M1  2 (6) ∑ M1 = −  4  − 2  3  =0 2 3 3    M1 = 1800.00 kg.mFin del problema.
  28. 28. 1.4. VIGAS CONTINUAS. Se da el nombre de viga continua a una barra apoyada en más de dos soportes. La figura 20) muestra una viga de este tipo. P P P L1 L2 1 2 3 M2 M1 V1 V2 V3 Fig. 20). Viga continua indicando cargas y reacciones desconocidas. Para el análisis de estas vigas existen una gran cantidad de métodos, pero en la mayoría de ellos se consideran los momentos de los nodos como las incognitas principales, para posteriormente, por equilibrio estático, obtener el resto de las incógnitas. 1.4.1. ANALISIS POR SUPERPOSICION. El principio de superposición establece que el efecto de un conjunto de cargas que actua simultáneamente, es el mismo cuando se suman los efectos de cada una de ellas actuando por separado. Bajo este concepto, es posible solucionar una viga continua analizando las rotaciones en los extremos de las barras para las cargas dadas considerando a cada barra simplemente apoyada. Para su aplicación es necesario conocer las formulas de estas rotaciones para vigas simples y cualquier tipo de carga. A continuación se dan las de uso común. Notación. L 1 2 Carga Rotación Rotacion Extremo Izquierdo Extremo Derecho1.- Carga uniforme. w w L3 w L3 φ1 = φ2 = L 24 EI 24 EI2. -Carga parcial uniforme. w 9 w L3 7 w L3 φ1 = φ2 = L/2 L/2 384 EI 384 EI3.-Carga parcial iforme. w φ1 = w a2 24 EIL [ 4 L2 − 4 aL + a 2 ] φ2 = w a2 24 EIL [ 2 L2 − a 2 ] a b
  29. 29. Carga Rotación Rotacion Extremo Izquierdo Extremo Derecho4.- Carga puntual. P P L2 P L2 φ1 = φ2 = 16 EI 16 EI L/2 L/25. Carga puntual. P φ1 = Pb 2 6 EIL [ L − b2 ] φ2 = Pa 2 6 EIL [ L − a2 ] a b6.- Carga variable. w 7 w L3 8 w L3 φ1 = φ2 = 360 EI 360 EI L7.- Carga variable. waL2 wabL 7wa2L wa 4 wa3 wabL 2 wa2L waL2 wa 4 w EI φ1 = − − − + EIφ2 = + − − 12 12 36 24L 8 6 9 6 24L a b8.- Momento en extremo. M ML ML φ1 = φ2 = L 3 EI 6 EI9.-Momento en extremo. M ML ML φ1 = φ2 = L 6 EI 3EI10.- Momento en la barra. M φ1 = M 6 EIL [ L2 − 3b 2 ] φ2 = M [ 6 b L − 3 b 2 − 2 L2 ] a b 6 EIL Problema 14). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 21). 500 kg 300 kg/m 3.00 3.00 8.00 m. 1 2 3 Fig. 21). Viga continua. Incognitas en la viga. Se dibujan los claros “1-2” y “2-3” por separado indicando cargas y momentos desconocidos. En este caso solo hay un momento descocnocido, el momento del nodo 2; “M2” y se obtienen las vigas equivalentes simplemente apoyadas. Habrá tantas vigas equivalentes como momentos de extremo y cargas haya en el claro correspondiente. En la figura siguiente se mestra esta condición.
  30. 30. P w M2 M2 L1 = 6 L2 = 8 = = P w θ21 θ23 + + β21 β23 M2 2 M2 2 1 2 2 3Se hacen las siguientes consideraciones:1.- La rotación o pendiente es cero en extremos empotrados.2.- En un soporte interior la pendiente es la misma a la izquierda y a la derecha de dicho soporte.3.- Se indican las pendientes en los extremos de cada soporte con el criterio siguiente: a.- Carga cualquiera. b).- Momento en extremo. P M Θ12 Θ21 Θ12 Θ21 Pendientes positivas Pendiente negativaPara nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, puessolo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuación se obtiene sumando laspendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con laspendientes de la derecha.∑ θ 2Izq = ∑ θ 2 Der .θ 21 − β 21 = − θ 23 + β 23P L2 1 M L w L3 M L − 2 1 = − 2 + 2 216 EI 3EI 24 EI 3 EI500 (6) 2 6M2 300 (8) 3 8 M2 − = − + 16 3 24 3
  31. 31. M2 = 1,612.50 kg.mReacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma demomentos a la izquierda o a la derecha de los soportes. 500 kg 300 kg/m 3.00 3.00 8.00 m. Criterio de signos: 1 2 3 + 1612.50 V1 V2 V3Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2:∑ M 2 = 6 V1 + 1612.50 − 500 (3) = 0V1 = - 18.75 kg.Sumando momentos a la derecha del soporte 2:∑ M 2 = 300 (8) 4 − 1612 .50 − 8 V3 = 0V3 = 998.4375 kgSumando cargas verticales:V1 + V2 + V3 - 500 - 300(8) = 0V2 = 1,920.3125 kg.Fin del problema.Problema 15). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodosde la viga continua de la figura 22). 300 kg/m 5.00 5.00 8.00 m 3.00 1 2 3 4 5 Figura 22. Viga continua con carga uniforme en todo el calro.
  32. 32. Vigas equivalentes: w Θ12 Θ21

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