Resistencia de materiales

Dory Cano Díaz
Dory Cano DíazAsesoría - Ingeniera Civil Mecánica

análisis de vigas

0ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS
1.1. DEFINICIÓN.
Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular
a su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportes
superan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es:
el número de incógnitas es mayor que:
0
0
0
=∑
=∑
=∑
M
F
F
Y
X
La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otro
empotrado “B” bajo una carga puntual P.
A continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En
el soporte “A” existe sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide el
desplazamiento horizontal. En el empotramiento en “B” hay dos reacciones
dado que este soporte no permite ni desplazamientos ni rotaciones.
Puesto que existen tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes VA y
VB y el momento flexionante MB y sólo se dispone de dos ecuaciones de
equilibrio; ©M y ©Fy, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestática
pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay
más incógnitas que ecuaciones).
Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, y
que se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura 2.
P
a b
A B
Fig. 1. Viga apoyada-empotrada.
P
VA
VB
MB
Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto
que ahora existen cinco reacciones externas de soporte; las fuerzas cortantes
verticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”.
Para la solución de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las del
equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las
deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se
flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se
plantea más adelante.
1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA.
Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reacciones
internas y externas, que no es posible determinar por medio del equilibrio
estático. Se puede decir que es la diferencia entre el número de incógnitas y
ecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura
1 tiene tres reacciones desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones de
equilibrio, la viga es indeterminada en grado 1:
Número de incógnitas = NI = 3
Ecuaciones de equilibrio = EE = 2
Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1
Viga de la figura 2:
NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5
EE = Equil. vertical y suma de momentos = 2
GI = 5 – 2 = 3
En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para
su solución.
P P
w
L1
L2
L3
A B C D
Fig. 2. Viga continua
P P
w
MA
VA
VB
VC
VD
1.3. SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS.
Se analizan vigas estáticamente indetermindas con objeto de conocer las
reacciones externas e internas en los soportes, así como las deformaciones
angulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les somete
a carga axterna. Las deformaciones angulares son las rotaciones o pendientes
que se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama de
deformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se miden
entre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se flexiona. La figura 3
muestra esta condición.
P = 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 integrar
sucesivamente una ecuación denominada “Ecuación Diferencial de la
Elástica” dada por la expresión:
xM
dx
yd
EI =





2
2
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 que
será necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de las
condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la
simetría de la carga. Recordemos que un apoyo simple tiene pendiente pero
no tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En un
punto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas y
momentos a la izquierda o a la derecha del punto.
Problema 1. Determine los momentos flexionantes y las reaciones verticales
en la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo 1 es simple el 2 es
empotramiento.
Eje original no deformadoP
 ™
Curva elástica de deformación
Tangente
Fig. 3. Viga deformada por flexión
Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las
reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación
de momentos y se le integra sucesivamente.
80250 2
1 ≤≤−= xxxVMx
2
12
2
250xxV
dx
dEI y
−=
Integrando:
)C
xxV
dx
EIdy
1
3
250
2
1
32
1
−−−−+−=
)CxC
xxV
EIY 2
12
250
6
21
43
1
−−−−++−=
Cálculo de las constantes. La ecuación 1) proporciona la pendiente (dy/dx) en
cualquier punto de la viga. El apoyo 2) está empotrado y no tiene pendiente
por lo que sustituyendo x = 8 e igualando a cero se tiene:
1
32
1
3
8250
2
8
0 C
)()(V
+−=
11 326666642 V.,C −=
La ecuación 2) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. El
apoyo 1) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo x = 0 e
igualando a cero, se tiene: C2 = 0
En la misma ecuación 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramos
obtener una ecuación en función de la reacción V1 la que al resolverse nos da
su valor.
500 kg/m
x
V1
V2
M2
8.00 m
500 kg/m
1 2
Fig. 4
Criterio de
signos: +
8326666642
12
8250
6
8
0 1
43
1
)V.,(
)()(V
−+−=
V1 = 1500.00 kg
Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2.
V1 + V2 - 500(8) = 0
V2 = 2500.00 kg
Conocidas las reacciones verticales, el momento M2 puede calcularse
sumando momentos en el nodo 1) o en el 2) o sustituyendo x = 8 en la
ecuación de momentos.
©M1 = M2 + 500(8)4 - 2500(8) = 0
M2 = 4000.00 kg.m
Fin del problema.
Problema 2. Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de la
figura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momento
flexionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 15x25 cm,
calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 250,000.00
cm4
.
Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las
reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación
de momentos y se le integra sucesivamente.
500 kg/m
4000 kg.m
25001500 kg
800 kg
x
X1
M1
M2
V1 V2
Criterio de
signos: +
800 kg
5.00 m 5.00 m
1 2
Fig. 5)
)xMxVMx 15011 −−−≤≤−=
)x)x(MxVMx 21955800 111111 −−−≤≤−−−=
Integrando la ecuacion 1).
112
2
MxV
dx
EIdy
−=
)CxM
xV
dx
EIdy
3
2
11
2
1
−−−−+−=
)CxC
xMxV
EIY 4
26
21
2
1
3
1
−−−−++−=
En las ecuaciones 3) y 4), la pendiente (dy/dx) y la felcha (Y) son cero en el
apoyo 1, esto es cuando x = 0. Para esta condición C1 y C2 son cero.
C1 = C2 = 0
Integrando la ecuación 2).
)x(MxV
dx
EIdy
5800 11112
1
2
−−−=
)C
)x(
xM
xV
dx
EIdy
5
2
5800
2
3
2
1
11
2
11
1
−−−+
−
−−=
)CxC
)x(xMxV
EIY 6
6
5800
26
413
3
1
2
11
3
11
−−−−++
−
−−=
En las ecuaciones 3) y 5) la pendiente es la misma cuando x = x1 = 5. Al
comparar estas ecuaciones resulta C3 = 0
En las ecuaciones 4) y 6) la flecha es la misma cuando x = x1 = 5. Al comparar
estas ecuaciones resulta C4 = 0
Se requieren ahora 2 ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienen
para x1 = 10 en 5) y 6), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha son
cero.
En 5) cuando x1 = 10, (dy/dx1 = 0):
2
510800
10
2
10
0
2
1
2
1 )()( −
−−= M
V
50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7)
En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):
010
6
5)-10(800
2
10M
6
10
43
32
1
3
1
=++−− CC
)()(V
166.666 V1 - 50 M1 - 16,666.666 = 0 ------- 8)
Resolviendo las ecuaciones 7) y 8).
V1 = 400 kg
M1 = 1000 kg.m
Diagramas de cortante y de momento.
Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m.
)CxC
xMxV
EIY 4
26
21
2
1
3
1
−−−−++−=
E = 250,000.00 kg/cm2
4
3
2553119
12
2515
cm.,
)(
I ==
800 kg
400 kg 400 kg
1000 kg.m1000 kg.m
400
400
1000
10001000
Fuerza Cortante
Momento Flector
EI
.,
Y
66616664
−=
cm.
).,(.,
)(.,
Y 8530
255311900000250
1066616664 6
==
Fin del problema.
Problema 3. La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibe
una carga uniformemente variable de 1200 kg/m. Determine los momentos y
las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante.
Incógnitas y ecuación de momentos.
La altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulos
semejantes.
L
xw
y =
La resultante del triangulo ubicado en la longitud (x) y de altura (y) es su
área (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha a
izquierda. La ecuación de momentos es entonces:
Lx
xx
XVM Ax ≤≤−−= 0M
32L
wx
A
A
3
M
6
−−=
L
xw
XVM Ax
Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente.
A
3
2
2
M
6L
wx
−−= XV
dx
ydEI
A
)(.EcCx
L
xV
dx
dyEI A
1M
24
wx
2
1A
42
+−−=
W = 1200 kg/m
L = 6.00 m
A B
W = 1200 kg/m
MA
MB
VA
VB
x
y
Fig. 6
En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la
constante C1 = 0.
)(.EcC
x
L
xV
EIY A
2
2
M
120
wx
6
2
2
A
53
+−−=
En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0.
En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. De
aquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas.
dy/dx = 0. En la ecuación 1.
x = L
)(.EcLM
LV
A
A
30
24
wL
2
32
=−−
Y = 0. En ecuación 2.
X = L
)(.Ec
LLVA
40
2
M
120
wL
6
2
A
43
=−−
La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados:
m.kg.,
)(Lw
MA 004401
30
61200
30
22
===
.kg.,
)()(wL
va 000801
20
612003
20
3
===
La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas.
.kg.,
)()(wLwL
VB 005202
20
612007
20
7
20
3wL
2
===−=
El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B.
( ) 0
20
7wl
30
wL
3
2
2
2
=+−−





=∑ BA ML
LwL
M
m.kg.,
)(wL
MB 001602
20
61200
20
22
===
Resultados finales.
W = 1200 kg/m
2160.001440
1080 2520
Fin del problema.
Problema 4. La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibe
una carga uniformemente distribuida de 1200 kg/m. Determine los momentos
y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante.
Incógnitas y ecuaciones de momento.
)(.EcxxVM Ax 150M- A ≤≤=
Integrando sucesivamente:
A2
2
M-xV
dx
ydEI
A=
).(.EcCx
xV
dx
dyEI A
2M
2
1A
2
+−=
)(.EcCxC
xxV
YEI A
3
2
M
6
21
2
A
3
++−=
En las Ec. (2) y (3) la pendiente “dy/dx” y la flecha “y”, son cero por estar el
apoyo empotrado y por tanto, las constantes C1 y C2 son cero.
)(.Ecxx(xVM Ax 4105M
2
)5-(x
)5300 1A
1
111 ≤≤−•−−=
W = 300 kg/m
MA
MB
VB
VA
x
X1
W = 300 kg/m
A B
5.00 m 5.00 m
Fig. 7
Integrando:
)(.EcCx
xV
dx
dyEI A
5M
6
)5-x(300
2
31A
3
1
2
1
1
+−−=
)(.EcCxC
xxV
YEI A
6
2
M
24
)5-x(300
6
413
2
1A
4
1
3
1
++−−=
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 este
valor resulta la siguiente ecuación:
A
A
M
()(V
10
6
)5-10300
2
10
0
32
−−=
)7(Ec.0002506M1050 A =−− .,VA
En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10:
2
10M
24
)5-10(300
6
10
0
2
A
43
)()(VA
−−=
)8(Ec.0508127M50666166 A =−− .,V. A
Al resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta:
MA = 781.25 kg.m
VA = 281.25 kg
VB =1,218.75 kg Se obtiene por equilibrio vertical.
MB=1,718.75 kg.m
Verificación de los momentos con fórmula:
m.kg.
)()(Lw
MA 25781
192
103005
192
5 22
===
m.kg.
)()(Lw
MB 751718
192
1030011
192
11 22
===
W = 300 kg/m
781.25
281.25 1218.75
1718.75
281.25
1218.75
4.0625
781.25
625
756.84
1718.75
Fin del problema.
Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza
cortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8).
Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento.
La 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).
)..Ecx
x
xV
xyx
xVMx 140
6
100
32
3
11 ≤≤−=−=
6
100 3
12
2
x
xV
dx
ydEI
−=
Integrando sucesivamente:
● 4.00 m 4.00 m
1 2
400 kg/m
Fig. 8
●
400 kg/m
X1
x
y
V1
V2
M2
)..EcC
xxV
dx
dyEI
2
24
100
2
1
42
1
+−=
)..EcCxC
xxV
EIY 3
120
100
6
21
53
1
++−=
En 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 la
resultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda del
punto donde se está cortando, es decir: (R = 400(4)/2 = 800 kg) y se aplica
al centroide, esto es a ( 2/3 de 4 = 8/3 = 2.666).
846662800 1111 ≤≤−−= x).x(xVMx
).x(xV
dx
ydEI
6662800 1112
2
−−=
Integrando sucesivamente:
)..EcC
).x(xV
dx
dyEI
4
2
6662800
2
3
2
1
2
11
+
−
−=
).EcCxC
).x(xV
YEI 5
6
6662800
6
43
3
1
3
11
++
−
−=
Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma:
2
66624800
24
4100 2
3
4
1
).(
C
)(
C
−
−=−
)..Ec.CC 655535531 +=
Comparando las Ec. 3) y 5) en x=x1 = 4, la flecha es la misma:
6
66624800
4
120
4100
4
3
43
5
1
).(
CC
)(
C
−
−+=−
Sustituyendo Ec. 6):
04943013163338535553554 433 .CC.).C( −+=−+
C4 = 884.9383
En Ec. 4) cuando x1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0):
0
2
66628800
2
8
3
22
1
=+
−
− C
).()(V
13 327806237711 V.,C −=
En Ec. 5) cuando x1 = 8, la flecha es cero (Y = 0):
093838843278062377118
6
66628800
6
8
1
33
1
=+−+
−
− .)V.,(
).()(V
V1 = 420.00 kg.
Por equilibrio vertical:
.kg..
)(
V 0038000420
2
4400
2 =−=
Por suma de momentos en el nodo 1):
m.kg.)(
)()(
M 669068380
3
42
2
4400
2 =−





=
Verificación con fórmula:
m.kg.
)()(Lw
M 66906
480
840017
480
17 22
2 ===
Punto donde la fuerza cortante es cero.
400 kg/m
420 380
906.66
4.00 4.00
420
380
811.52
906.66
613.34
Fuerza Cortante
Momento Flexionante
0
24
400
420 =





−=
xx
Vx
X = 2.898275 m
La ecuación de momentos es:
40
24
400
420
3
≤≤−= x
x
xMx
X = 2.898275 m
M = 811.52 kg.m
X = 4.00 m
M = 613.34 kg.m
Fin del problema.
1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR.
Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y que
representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en
puntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también como
Método del Area de Momentos y consiste en establecer de manera
independiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntos
extremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos.
En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y el
momento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramas
de momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como de
su 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 es
igual al producto 1/EI por el área del diagrama de momentos flectores entre
estos dos puntos”. En la figura 9) se indica esta condición.
P
L
A B
ΘAB
Viga con carga cualquiera.
Tangentes por A y B.
Cambio de pendiente θAB.
M Diagrama de momentos
cualquiera..
Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera.
Donde:
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 respecto
de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en dirección
perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por el
momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentos
entre los puntos A y B”. La figura 10) muestra esdta condición.
Donde:
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.
EI
A
θ AB
AB =
P
L
A B
Viga con carga cualquiera.
M Diagrama de momentos cualquiera y centro
de gravedad respecto al punto B.
Fig. 10). Viga simple con carga cualquiera.
δBA
●cg
x
EI
XA
δ BA
BA =
Problema 6). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la
figura 11). Determinar también las reacciones verticales.
Incognitas en la viga.
Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes
simplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con MB.
El objetivo es obtener el momento MB y puesto que la viga está empotrada en
B la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entonces
en el punto A el desplazamiento vertical es tambien cero. La ecuación que se
requiere se obtiene sumando momentos en A para las áreas de los diagramas
de momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad de
cada una medido desde A. Las áreas arriba del eje “x” se toman positivas.
Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas.
6.00 m
800 kg./m
A B
Fig. 11). Viga apoyada-empotrada.
800 kg./m
MB
VA
VB
800 kg./m
MB
+
2400 2400 MB
/6 MB
/6
14400
14400
MB
6.00 6.00
x
x
●cg M
2L/3 L/3
2
LM
A =
L
cg●
x
A = ML/(n + 1)
X = L/(n + 2)
n = grado de la curva
M
[ ] [ ] [ ] 04
2
6
504
3
614400
4
2
614400
=−−= B
A
M
.
)()(
MΣ
MB = 3600.00 kg.m
Reacciones verticales.
06360036800 =−+= BA V)(MΣ
VB = 3000.00 kg.
VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.
Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de
momentos reales para cada viga simple.
El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento
máximo para esta carga es wL2
/8 = 3600 kg.m.
[ ] [ ] 04
2
6
3
3
636002
=−= B
A
M)(
MΣ
MB = 3600.00 kg.m
Fin del problema.
Problema 7. Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro del
claro 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.
800 kg./m
3600
1800 3000
800 kg./m
MB
+
2400 2400 MB
/6 MB
/6
MB
6.00
x
x
3.00 3.00
Mmáx.
3.00 3.00
yB
Y0
Y1
..
.
δmáx.
3600
3600
A B
El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas
de los diagramas de momentos.
( ) 00600212
2
63600
3
3
636002
.,)(
)()(
EIYB =−=
La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud.
EI
.,
EI
.,
φA
006003
6
0060021
==
El valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionando
geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior.
δmáx. = Yo - Y1
Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y1” se obtiene sumando
momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro.
36
oB YY
=
EI
.,
EI
),(
Yo
0080010
6
600213
==
3.00 3.00
yB
Y0
Y1
..
.
δmáx.
3600
1800
A B
M
L
A = ML/3
Cg = 3L/4
Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.
004005
3
3
2
31800
4
33
3
33600
501336001 .,
)()()(
.)(EIY =





−











−=
EI
.,
Y
004005
1 =
EI
..
EI
.,
EI
.,
δ .Máx
0040050040050080010
=−=
Fin del problema.
Prtoblema 8. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos
extremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante.
Incógnitas en la viga.
Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento
máximo para la carga uniforme es wL2
/8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas y
momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas.
M2
1200 kg/m
M1
V1
V2
1200 kg/m
15000
M1
M1
M2
M2
10.00 m
1200 kg/m
1 2
Fig. 13
Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son
cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontales
y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero.
011 =∑= MδEI
[ ] 0
3
102
2
10
3
10
2
10
5
3
10150002 21
=





−





−
)(MM)()(
)..EcM.M.., 10333336661600000500 21 =−−
022 =∑= MδEI
[ ] 0
3
10
2
10
3
102
2
10
5
3
10150002 21
=





−





−
M)(M)()(
)..EcM.M.., 20666163333300000500 21 =−−
Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):
M1 = M2 = 10,000.00 kg.m
Fin del problema.
Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra
de la figura 14). Ambos extremos están empotrados.
Momentos desconocidos.
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento
máximo para la carga puntual es (PL/4).
P
L/2 L/2
1 2
Fig. 14
P
M1
M2
V2
V1
P
L/2 L/2
PL/4
M1
M1
M2
M2
Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a
tangentes trazadas por ellos, son cero.
01 =δEI
0
3
2
232224
21
1 =





−





−











=∑
LLMLLMLLPL
M
0
3616
2
2
2
1
3
=−−
LMLMPL
Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la
ecuación anterior arroja los siguientes resultados:
8
21
LP
MM ==
Fin del problema.
Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la
barra de la figura 15).
Incógnitas en la viga.
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas.
200 kg/m
4.00 4.00
1 2
Fig.15 Viga empotrada-apoyada
200 kg/m
M1
V1 V2
200
4.00 4.00
M1
8.00
4800
1600
4800
M1
1600
3200
4.00
La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente
en el empotramiento.
02 =δEI
0
3
82
2
8
3
4
2
43200
2416004
4
4
3
41600
3
8
2
84800 1
=





−





−−





+−




 )(M)(
)(
)()(
M1 = 900.00 kg.m
Verificación con fórmula.
m.kg.
)()(wL
M 00900
128
82009
128
9 22
1 ===
Fin del propblema.
Problema 11. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotrados
de la barra de la figura 16). Calcular también las reacciones verticales y trazar
los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante.
Incógnitas en la viga.
Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.
500 1500
M1
M2
V1 V2
500 1500
3.00 5.00 2
.
2
.
1
.
Fig. 16. Viga con ambos
extremos .empotrados.
500 1500
3 5 2
3500
3000
6500
M1
M1
M2
M2
10.00 10.00
Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por
cualquiera de ellos es cero.
01 =δEI
3
102
2
10
3
10
2
10
3
22
8
2
23000
3
72
3
2
73500
3
102
2
106500 21






−





−





+−





+−




 )(MM)()()()()()(
94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0 Ec. 1).
0
3
10
2
10
3
102
2
10
3
2
2
23000
3
7
2
73500
3
10
2
106500 21
=





−





−





−





−




 M)(M)()()(
77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0 Ec. 2).
Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):
M1 = 1,215.00 kg.m
M2 = 2,235.00 kg.m
Verificación con fórmula.
m.kg.
)(
)()(
)(
)()(
L
baP
M 001215
10
281500
10
73500
2
2
2
2
2
2
1 =+==
m.kg.
)(
)()(
)(
)()(
L
baP
M 002235
10
281500
10
73500
2
2
2
2
2
2
2 =+==
Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden
calcularse por equilibrio estático.
02150075002235121510 12 =−−+−=∑ )()(VM
V1 = 548.00 kg.
V2 = 1452.00 kg.
P
M1
M2
a b
Fin del problema.
1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.
Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son los
diagramas de momentos de las cargas reales dadas. La figura 17) muestra un
ejemplo de este tipo de vigas.
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.
500 1500
1215 2235
548 1452
548
48
1452
1215
2235
429
669
Diagrama de
Cortante
Diagrama de
momentos
a b
P
a b
L
baP
Mmáx =
Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada.
Viga Real 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
pasador.
Un apoyo interior tiene pendiente pero no
tiene flecha y por tanto tiene cortante pero
no tiene momento; equivale a una
articulación.
Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en los
extremos y la flecha máxima. Tomar EI constante.
Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es el
diagrama de momentos de la viga real.
La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugada
dividida entre el producto EI.
EI
V
θ 1
1 =
●
600 kg
3.00 3.00
1 2
Fig. 18). Viga simple.
900
V1
V2
Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro.
001350
2
3900
1 .
)(
V ==
EI
θ
1350
1 =
Verificación con fórmula.
EIEI
)(
EI
LP
θ
1350
16
6600
16
22
1 ===
Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga
conjugada.
EI
M
δ =
002700
3
3
2
3900
31350 .
)(
)(M =





−=
EI
δ
2700
=
Verificación con fórmula.
EIEI
)(
EI
LP
δ
2700
48
6600
48
33
===
Fin del problema.
Problema 13. Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyada-
empotrada de la figura 19).
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. La viga
conjugada será una barra apoyada-volada.
400 kg/m
6.00 m
1 2
Fig. 19)
400
kg/
m
6.00
7200
7200
6.00
M1
M1
V1
6.00 m
Viga Conjugada
Cargas en la Viga Conjugada
+
El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por
ser apoyo simple.
0
3
62
2
6
4
63
3
67200
3
62
2
67200 1
1 =





−





−=∑
)(M)()()()(
M
M1 = 1800.00 kg.m
Fin del problema.
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.
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.
P P P
L1
L2
1 2 3
Fig. 20). Viga continua indicando cargas y
reacciones desconocidas.
M1
M2
V2
V3
V1
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.
Carga Rotación
Extremo Izquierdo
Rotacion
Extremo Derecho
1.- Carga uniforme.
EI
Lw
φ
24
3
1 =
EI
Lw
φ
24
3
2 =
2. -Carga parcial uniforme.
EI
Lw
φ
384
9 3
1 =
EI
Lw
φ
384
7 3
2 =
3.-Carga parcial iforme.
[ ]22
2
1 44
24
aaLL
EIL
aw
φ +−= [ ]22
2
2 2
24
aL
EIL
aw
φ −=
Carga Rotación
Extremo Izquierdo
Rotacion
Extremo Derecho
4.- Carga puntual.
EI
LP
φ
16
2
1 =
EI
LP
φ
16
2
2 =
5. Carga puntual.
[ ]22
1
6
bL
EIL
bP
φ −= [ ]22
2
6
aL
EIL
aP
φ −=
6.- Carga variable.
EI
Lw
φ
360
7 3
1 =
EI
Lw
φ
360
8 3
2 =
7.- Carga variable. EI
82436
7
1212
3422
1
wa
L
waLwawabLwaL
φ +−−−=
L
wawaLLwawabL
φEI
2469
2
6
422
2 −−+=
8.- Momento en extremo.
w
L
L
1 2
w
L/2 L/2
w
a b
L/2 L/2
P
a b
P
w
L
w
a b
L
M
EI
LM
φ
3
1 =
EI
LM
φ
6
2 =
9.-Momento en extremo.
EI
LM
φ
6
1 =
EI
LM
φ
3
2 =
10.- Momento en la barra.
[ ]22
1 3
6
bL
EIL
M
φ −= [ ]2
22 236
6
LbLb
EIL
M
φ −−=
Problema 14). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos
de la viga continua de la figura 21).
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.
Se 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.
L
M
M
a b
L1
= 6
M2
P
P
θ21
+
M2
β21
=
L2
= 8
w
M2
w
1 2
θ23
=
+
M2
β23
2 3
3.00 3.00 8.00 m.
1 2 3
500 kg 300 kg/m
Fig. 21). Viga continua.
3.- Se indican las pendientes en los extremos de cada soporte con el criterio
siguiente:
a.- Carga cualquiera. b).- Momento en extremo.
Para nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, pues
solo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuación se obtiene sumando las
pendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con las
pendientes de la derecha.
.DerIzq θθ 22 ∑=∑
23232121 βθβθ +−=−
EI
LM
EI
Lw
EI
LM
EI
LP
324316
22
3
212
2
1
+−=−
3
8
24
8300
3
6
16
6500 2
3
2
2
M)(M)(
+−=−
M2 = 1,612.50 kg.m
Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma de
momentos a la izquierda o a la derecha de los soportes.
Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2:
035005016126 12 =−+=∑ )(.VM
V1 = - 18.75 kg.
Sumando momentos a la derecha del soporte 2:
Θ12
Θ21
P
M
Θ12
Θ21Pendientes positivas
Pendiente negativa
3.00 3.00 8.00 m.
1 2 3
500 kg 300 kg/m
V1
V2
V3
1612.50
Criterio de signos:
+
0850161248300 32 =−−=∑ V.)(M
V3 = 998.4375 kg
Sumando cargas verticales:
V1 + V2 + V3 - 500 - 300(8) = 0
V2 = 1,920.3125 kg.
Fin del problema.
Problema 15). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos
de la viga continua de la figura 22).
Vigas equivalentes:
300 kg/m
1 2 3 4 5
5.00 5.00 8.00 m 3.00
Figura 22. Viga continua con carga uniforme
en todo el calro.
w
Θ12 Θ21
Resistencia de materiales

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Resistencia de materiales

  • 1. 0ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS 1.1. DEFINICIÓN. Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular a su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportes superan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es: el número de incógnitas es mayor que: 0 0 0 =∑ =∑ =∑ M F F Y X La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otro empotrado “B” bajo una carga puntual P. A continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En el soporte “A” existe sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide el desplazamiento horizontal. En el empotramiento en “B” hay dos reacciones dado que este soporte no permite ni desplazamientos ni rotaciones. Puesto que existen tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes VA y VB y el momento flexionante MB y sólo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio; ©M y ©Fy, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestática pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay más incógnitas que ecuaciones). Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, y que se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura 2. P a b A B Fig. 1. Viga apoyada-empotrada. P VA VB MB
  • 2. Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto que ahora existen cinco reacciones externas de soporte; las fuerzas cortantes verticales y el momento flexionante en el empotramiento ubicado en “A”. Para la solución de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las del equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se plantea más adelante. 1.2. INDETERMINACIÓN ESTATICA. Se define como el número de acciones redundantes o exceso de reacciones internas y externas, que no es posible determinar por medio del equilibrio estático. Se puede decir que es la diferencia entre el número de incógnitas y ecuaciones disponibles de equilibrio estático. Por ejemplo la viga de la figura 1 tiene tres reacciones desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio, la viga es indeterminada en grado 1: Número de incógnitas = NI = 3 Ecuaciones de equilibrio = EE = 2 Grado de indeterminación = GI = NI – EE = 3 – 2 = 1 Viga de la figura 2: NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5 EE = Equil. vertical y suma de momentos = 2 GI = 5 – 2 = 3 En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para su solución. P P w L1 L2 L3 A B C D Fig. 2. Viga continua P P w MA VA VB VC VD
  • 3. 1.3. SOLUCION DE VIGAS HIPERESTATICAS. Se analizan vigas estáticamente indetermindas con objeto de conocer las reacciones externas e internas en los soportes, así como las deformaciones angulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les somete a carga axterna. Las deformaciones angulares son las rotaciones o pendientes que se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama de deformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se miden entre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se flexiona. La figura 3 muestra esta condición. P = 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 integrar sucesivamente una ecuación denominada “Ecuación Diferencial de la Elástica” dada por la expresión: xM dx yd EI =      2 2 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 que será necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de las condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la simetría de la carga. Recordemos que un apoyo simple tiene pendiente pero no tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En un punto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas y momentos a la izquierda o a la derecha del punto. Problema 1. Determine los momentos flexionantes y las reaciones verticales en la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo 1 es simple el 2 es empotramiento. Eje original no deformadoP  ™ Curva elástica de deformación Tangente Fig. 3. Viga deformada por flexión
  • 4. Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. 80250 2 1 ≤≤−= xxxVMx 2 12 2 250xxV dx dEI y −= Integrando: )C xxV dx EIdy 1 3 250 2 1 32 1 −−−−+−= )CxC xxV EIY 2 12 250 6 21 43 1 −−−−++−= Cálculo de las constantes. La ecuación 1) proporciona la pendiente (dy/dx) en cualquier punto de la viga. El apoyo 2) está empotrado y no tiene pendiente por lo que sustituyendo x = 8 e igualando a cero se tiene: 1 32 1 3 8250 2 8 0 C )()(V +−= 11 326666642 V.,C −= La ecuación 2) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. El apoyo 1) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo x = 0 e igualando a cero, se tiene: C2 = 0 En la misma ecuación 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramos obtener una ecuación en función de la reacción V1 la que al resolverse nos da su valor. 500 kg/m x V1 V2 M2 8.00 m 500 kg/m 1 2 Fig. 4 Criterio de signos: +
  • 5. 8326666642 12 8250 6 8 0 1 43 1 )V.,( )()(V −+−= V1 = 1500.00 kg Por equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V2. V1 + V2 - 500(8) = 0 V2 = 2500.00 kg Conocidas las reacciones verticales, el momento M2 puede calcularse sumando momentos en el nodo 1) o en el 2) o sustituyendo x = 8 en la ecuación de momentos. ©M1 = M2 + 500(8)4 - 2500(8) = 0 M2 = 4000.00 kg.m Fin del problema. Problema 2. Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de la figura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 15x25 cm, calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 250,000.00 cm4 . Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. 500 kg/m 4000 kg.m 25001500 kg 800 kg x X1 M1 M2 V1 V2 Criterio de signos: + 800 kg 5.00 m 5.00 m 1 2 Fig. 5)
  • 6. )xMxVMx 15011 −−−≤≤−= )x)x(MxVMx 21955800 111111 −−−≤≤−−−= Integrando la ecuacion 1). 112 2 MxV dx EIdy −= )CxM xV dx EIdy 3 2 11 2 1 −−−−+−= )CxC xMxV EIY 4 26 21 2 1 3 1 −−−−++−= En las ecuaciones 3) y 4), la pendiente (dy/dx) y la felcha (Y) son cero en el apoyo 1, esto es cuando x = 0. Para esta condición C1 y C2 son cero. C1 = C2 = 0 Integrando la ecuación 2). )x(MxV dx EIdy 5800 11112 1 2 −−−= )C )x( xM xV dx EIdy 5 2 5800 2 3 2 1 11 2 11 1 −−−+ − −−= )CxC )x(xMxV EIY 6 6 5800 26 413 3 1 2 11 3 11 −−−−++ − −−= En las ecuaciones 3) y 5) la pendiente es la misma cuando x = x1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C3 = 0 En las ecuaciones 4) y 6) la flecha es la misma cuando x = x1 = 5. Al comparar estas ecuaciones resulta C4 = 0 Se requieren ahora 2 ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienen para x1 = 10 en 5) y 6), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha son cero. En 5) cuando x1 = 10, (dy/dx1 = 0):
  • 7. 2 510800 10 2 10 0 2 1 2 1 )()( − −−= M V 50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7) En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0): 010 6 5)-10(800 2 10M 6 10 43 32 1 3 1 =++−− CC )()(V 166.666 V1 - 50 M1 - 16,666.666 = 0 ------- 8) Resolviendo las ecuaciones 7) y 8). V1 = 400 kg M1 = 1000 kg.m Diagramas de cortante y de momento. Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m. )CxC xMxV EIY 4 26 21 2 1 3 1 −−−−++−= E = 250,000.00 kg/cm2 4 3 2553119 12 2515 cm., )( I == 800 kg 400 kg 400 kg 1000 kg.m1000 kg.m 400 400 1000 10001000 Fuerza Cortante Momento Flector EI ., Y 66616664 −=
  • 8. cm. ).,(., )(., Y 8530 255311900000250 1066616664 6 == Fin del problema. Problema 3. La viga de la figura 6) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente variable de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. Incógnitas y ecuación de momentos. La altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulos semejantes. L xw y = La resultante del triangulo ubicado en la longitud (x) y de altura (y) es su área (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha a izquierda. La ecuación de momentos es entonces: Lx xx XVM Ax ≤≤−−= 0M 32L wx A A 3 M 6 −−= L xw XVM Ax Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente. A 3 2 2 M 6L wx −−= XV dx ydEI A )(.EcCx L xV dx dyEI A 1M 24 wx 2 1A 42 +−−= W = 1200 kg/m L = 6.00 m A B W = 1200 kg/m MA MB VA VB x y Fig. 6
  • 9. En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la constante C1 = 0. )(.EcC x L xV EIY A 2 2 M 120 wx 6 2 2 A 53 +−−= En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0. En las ecuaciones (1) y (2) cuando x = L, la pendiente y la flecha son cero. De aquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas. dy/dx = 0. En la ecuación 1. x = L )(.EcLM LV A A 30 24 wL 2 32 =−− Y = 0. En ecuación 2. X = L )(.Ec LLVA 40 2 M 120 wL 6 2 A 43 =−− La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados: m.kg., )(Lw MA 004401 30 61200 30 22 === .kg., )()(wL va 000801 20 612003 20 3 === La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas. .kg., )()(wLwL VB 005202 20 612007 20 7 20 3wL 2 ===−= El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B. ( ) 0 20 7wl 30 wL 3 2 2 2 =+−−      =∑ BA ML LwL M m.kg., )(wL MB 001602 20 61200 20 22 === Resultados finales. W = 1200 kg/m 2160.001440 1080 2520
  • 10. Fin del problema. Problema 4. La viga de la figura 7) tiene ambos extremos empotrados y recibe una carga uniformemente distribuida de 1200 kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. Incógnitas y ecuaciones de momento. )(.EcxxVM Ax 150M- A ≤≤= Integrando sucesivamente: A2 2 M-xV dx ydEI A= ).(.EcCx xV dx dyEI A 2M 2 1A 2 +−= )(.EcCxC xxV YEI A 3 2 M 6 21 2 A 3 ++−= En las Ec. (2) y (3) la pendiente “dy/dx” y la flecha “y”, son cero por estar el apoyo empotrado y por tanto, las constantes C1 y C2 son cero. )(.Ecxx(xVM Ax 4105M 2 )5-(x )5300 1A 1 111 ≤≤−•−−= W = 300 kg/m MA MB VB VA x X1 W = 300 kg/m A B 5.00 m 5.00 m Fig. 7
  • 11. Integrando: )(.EcCx xV dx dyEI A 5M 6 )5-x(300 2 31A 3 1 2 1 1 +−−= )(.EcCxC xxV YEI A 6 2 M 24 )5-x(300 6 413 2 1A 4 1 3 1 ++−−= 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 este valor resulta la siguiente ecuación: A A M ()(V 10 6 )5-10300 2 10 0 32 −−= )7(Ec.0002506M1050 A =−− .,VA En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10: 2 10M 24 )5-10(300 6 10 0 2 A 43 )()(VA −−= )8(Ec.0508127M50666166 A =−− .,V. A Al resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta: MA = 781.25 kg.m VA = 281.25 kg VB =1,218.75 kg Se obtiene por equilibrio vertical. MB=1,718.75 kg.m Verificación de los momentos con fórmula: m.kg. )()(Lw MA 25781 192 103005 192 5 22 === m.kg. )()(Lw MB 751718 192 1030011 192 11 22 === W = 300 kg/m 781.25 281.25 1218.75 1718.75 281.25 1218.75 4.0625 781.25 625 756.84 1718.75
  • 12. Fin del problema. Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8). Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento. La 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). )..Ecx x xV xyx xVMx 140 6 100 32 3 11 ≤≤−=−= 6 100 3 12 2 x xV dx ydEI −= Integrando sucesivamente: ● 4.00 m 4.00 m 1 2 400 kg/m Fig. 8 ● 400 kg/m X1 x y V1 V2 M2
  • 13. )..EcC xxV dx dyEI 2 24 100 2 1 42 1 +−= )..EcCxC xxV EIY 3 120 100 6 21 53 1 ++−= En 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 la resultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda del punto donde se está cortando, es decir: (R = 400(4)/2 = 800 kg) y se aplica al centroide, esto es a ( 2/3 de 4 = 8/3 = 2.666). 846662800 1111 ≤≤−−= x).x(xVMx ).x(xV dx ydEI 6662800 1112 2 −−= Integrando sucesivamente: )..EcC ).x(xV dx dyEI 4 2 6662800 2 3 2 1 2 11 + − −= ).EcCxC ).x(xV YEI 5 6 6662800 6 43 3 1 3 11 ++ − −= Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma: 2 66624800 24 4100 2 3 4 1 ).( C )( C − −=− )..Ec.CC 655535531 += Comparando las Ec. 3) y 5) en x=x1 = 4, la flecha es la misma: 6 66624800 4 120 4100 4 3 43 5 1 ).( CC )( C − −+=− Sustituyendo Ec. 6): 04943013163338535553554 433 .CC.).C( −+=−+ C4 = 884.9383 En Ec. 4) cuando x1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0):
  • 14. 0 2 66628800 2 8 3 22 1 =+ − − C ).()(V 13 327806237711 V.,C −= En Ec. 5) cuando x1 = 8, la flecha es cero (Y = 0): 093838843278062377118 6 66628800 6 8 1 33 1 =+−+ − − .)V.,( ).()(V V1 = 420.00 kg. Por equilibrio vertical: .kg.. )( V 0038000420 2 4400 2 =−= Por suma de momentos en el nodo 1): m.kg.)( )()( M 669068380 3 42 2 4400 2 =−      = Verificación con fórmula: m.kg. )()(Lw M 66906 480 840017 480 17 22 2 === Punto donde la fuerza cortante es cero. 400 kg/m 420 380 906.66 4.00 4.00 420 380 811.52 906.66 613.34 Fuerza Cortante Momento Flexionante
  • 15. 0 24 400 420 =      −= xx Vx X = 2.898275 m La ecuación de momentos es: 40 24 400 420 3 ≤≤−= x x xMx X = 2.898275 m M = 811.52 kg.m X = 4.00 m M = 613.34 kg.m Fin del problema. 1.3.2. TEOREMAS DE OTTO MOHR. Es un método semigráfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y que representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en puntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también como Método del Area de Momentos y consiste en establecer de manera independiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntos extremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos. En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y el momento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramas de momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como de su 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 es igual al producto 1/EI por el área del diagrama de momentos flectores entre estos dos puntos”. En la figura 9) se indica esta condición. P L A B ΘAB Viga con carga cualquiera. Tangentes por A y B. Cambio de pendiente θAB. M Diagrama de momentos cualquiera.. Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera.
  • 16. Donde: 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 respecto de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera A, en dirección perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por el momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentos entre los puntos A y B”. La figura 10) muestra esdta condición. Donde: 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. EI A θ AB AB = P L A B Viga con carga cualquiera. M Diagrama de momentos cualquiera y centro de gravedad respecto al punto B. Fig. 10). Viga simple con carga cualquiera. δBA ●cg x EI XA δ BA BA =
  • 17. Problema 6). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la figura 11). Determinar también las reacciones verticales. Incognitas en la viga. Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes simplemente apoyadas; una con la carga de 800 kg/m y la otra con MB. El objetivo es obtener el momento MB y puesto que la viga está empotrada en B la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entonces en el punto A el desplazamiento vertical es tambien cero. La ecuación que se requiere se obtiene sumando momentos en A para las áreas de los diagramas de momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad de cada una medido desde A. Las áreas arriba del eje “x” se toman positivas. Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas. 6.00 m 800 kg./m A B Fig. 11). Viga apoyada-empotrada. 800 kg./m MB VA VB 800 kg./m MB + 2400 2400 MB /6 MB /6 14400 14400 MB 6.00 6.00 x x ●cg M 2L/3 L/3 2 LM A = L cg● x A = ML/(n + 1) X = L/(n + 2) n = grado de la curva M
  • 18. [ ] [ ] [ ] 04 2 6 504 3 614400 4 2 614400 =−−= B A M . )()( MΣ MB = 3600.00 kg.m Reacciones verticales. 06360036800 =−+= BA V)(MΣ VB = 3000.00 kg. VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg. Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de momentos reales para cada viga simple. El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento máximo para esta carga es wL2 /8 = 3600 kg.m. [ ] [ ] 04 2 6 3 3 636002 =−= B A M)( MΣ MB = 3600.00 kg.m Fin del problema. Problema 7. Calcular la pendiente en el extremo A y la flecha al centro del claro 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. 800 kg./m 3600 1800 3000 800 kg./m MB + 2400 2400 MB /6 MB /6 MB 6.00 x x 3.00 3.00 Mmáx. 3.00 3.00 yB Y0 Y1 .. . δmáx. 3600 3600 A B
  • 19. El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas de los diagramas de momentos. ( ) 00600212 2 63600 3 3 636002 .,)( )()( EIYB =−= La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud. EI ., EI ., φA 006003 6 0060021 == El valor de la flecha al centro del claro “δmáx.” se obtiene relacionando geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior. δmáx. = Yo - Y1 Donde “Yo” se obtiene por triángulos semejantes y “Y1” se obtiene sumando momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro. 36 oB YY = EI ., EI ),( Yo 0080010 6 600213 == 3.00 3.00 yB Y0 Y1 .. . δmáx. 3600 1800 A B M L A = ML/3 Cg = 3L/4
  • 20. Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda. 004005 3 3 2 31800 4 33 3 33600 501336001 ., )()()( .)(EIY =      −            −= EI ., Y 004005 1 = EI .. EI ., EI ., δ .Máx 0040050040050080010 =−= Fin del problema. Prtoblema 8. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos extremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante. Incógnitas en la viga. Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento máximo para la carga uniforme es wL2 /8 = 15,000.00 kg.m. Estas gráficas y momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas. M2 1200 kg/m M1 V1 V2 1200 kg/m 15000 M1 M1 M2 M2 10.00 m 1200 kg/m 1 2 Fig. 13
  • 21. Como ambos extremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos extremos son horizontales y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero. 011 =∑= MδEI [ ] 0 3 102 2 10 3 10 2 10 5 3 10150002 21 =      −      − )(MM)()( )..EcM.M.., 10333336661600000500 21 =−− 022 =∑= MδEI [ ] 0 3 10 2 10 3 102 2 10 5 3 10150002 21 =      −      − M)(M)()( )..EcM.M.., 20666163333300000500 21 =−− Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = M2 = 10,000.00 kg.m Fin del problema. Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra de la figura 14). Ambos extremos están empotrados. Momentos desconocidos. Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento máximo para la carga puntual es (PL/4). P L/2 L/2 1 2 Fig. 14 P M1 M2 V2 V1 P L/2 L/2 PL/4 M1 M1 M2 M2
  • 22. Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a tangentes trazadas por ellos, son cero. 01 =δEI 0 3 2 232224 21 1 =      −      −            =∑ LLMLLMLLPL M 0 3616 2 2 2 1 3 =−− LMLMPL Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la ecuación anterior arroja los siguientes resultados: 8 21 LP MM == Fin del problema. Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la barra de la figura 15). Incógnitas en la viga. Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. 200 kg/m 4.00 4.00 1 2 Fig.15 Viga empotrada-apoyada 200 kg/m M1 V1 V2 200 4.00 4.00 M1 8.00 4800 1600 4800 M1 1600 3200 4.00
  • 23. La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente en el empotramiento. 02 =δEI 0 3 82 2 8 3 4 2 43200 2416004 4 4 3 41600 3 8 2 84800 1 =      −      −−      +−      )(M)( )( )()( M1 = 900.00 kg.m Verificación con fórmula. m.kg. )()(wL M 00900 128 82009 128 9 22 1 === Fin del propblema. Problema 11. Calcular los momento flexionantes en los extremo empotrados de la barra de la figura 16). Calcular también las reacciones verticales y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante. Incógnitas en la viga. Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas. 500 1500 M1 M2 V1 V2 500 1500 3.00 5.00 2 . 2 . 1 . Fig. 16. Viga con ambos extremos .empotrados. 500 1500 3 5 2 3500 3000 6500 M1 M1 M2 M2 10.00 10.00
  • 24. Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por cualquiera de ellos es cero. 01 =δEI 3 102 2 10 3 10 2 10 3 22 8 2 23000 3 72 3 2 73500 3 102 2 106500 21       −      −      +−      +−      )(MM)()()()()()( 94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0 Ec. 1). 0 3 10 2 10 3 102 2 10 3 2 2 23000 3 7 2 73500 3 10 2 106500 21 =      −      −      −      −      M)(M)()()( 77,750.00 – 33.333 M1 - 16.666 M2 = 0 Ec. 2). Resolviendo las ecuaciones 1) y 2): M1 = 1,215.00 kg.m M2 = 2,235.00 kg.m Verificación con fórmula. m.kg. )( )()( )( )()( L baP M 001215 10 281500 10 73500 2 2 2 2 2 2 1 =+== m.kg. )( )()( )( )()( L baP M 002235 10 281500 10 73500 2 2 2 2 2 2 2 =+== Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden calcularse por equilibrio estático. 02150075002235121510 12 =−−+−=∑ )()(VM V1 = 548.00 kg. V2 = 1452.00 kg. P M1 M2 a b
  • 25. Fin del problema. 1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son los diagramas de momentos de las cargas reales dadas. La figura 17) muestra un ejemplo de este tipo de vigas. 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. 500 1500 1215 2235 548 1452 548 48 1452 1215 2235 429 669 Diagrama de Cortante Diagrama de momentos a b P a b L baP Mmáx = Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada. Viga Real Viga Conjugada
  • 26. 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 pasador. Un apoyo interior tiene pendiente pero no tiene flecha y por tanto tiene cortante pero no tiene momento; equivale a una articulación. Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en los extremos y la flecha máxima. Tomar EI constante. Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es el diagrama de momentos de la viga real. La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugada dividida entre el producto EI. EI V θ 1 1 = ● 600 kg 3.00 3.00 1 2 Fig. 18). Viga simple. 900 V1 V2
  • 27. Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro. 001350 2 3900 1 . )( V == EI θ 1350 1 = Verificación con fórmula. EIEI )( EI LP θ 1350 16 6600 16 22 1 === Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga conjugada. EI M δ = 002700 3 3 2 3900 31350 . )( )(M =      −= EI δ 2700 = Verificación con fórmula. EIEI )( EI LP δ 2700 48 6600 48 33 === Fin del problema. Problema 13. Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyada- empotrada de la figura 19). Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. La viga conjugada será una barra apoyada-volada. 400 kg/m 6.00 m 1 2 Fig. 19) 400 kg/ m 6.00 7200 7200 6.00 M1 M1 V1 6.00 m Viga Conjugada Cargas en la Viga Conjugada +
  • 28. El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por ser apoyo simple. 0 3 62 2 6 4 63 3 67200 3 62 2 67200 1 1 =      −      −=∑ )(M)()()()( M M1 = 1800.00 kg.m Fin del problema. 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. 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. P P P L1 L2 1 2 3 Fig. 20). Viga continua indicando cargas y reacciones desconocidas. M1 M2 V2 V3 V1
  • 29. 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. Carga Rotación Extremo Izquierdo Rotacion Extremo Derecho 1.- Carga uniforme. EI Lw φ 24 3 1 = EI Lw φ 24 3 2 = 2. -Carga parcial uniforme. EI Lw φ 384 9 3 1 = EI Lw φ 384 7 3 2 = 3.-Carga parcial iforme. [ ]22 2 1 44 24 aaLL EIL aw φ +−= [ ]22 2 2 2 24 aL EIL aw φ −= Carga Rotación Extremo Izquierdo Rotacion Extremo Derecho 4.- Carga puntual. EI LP φ 16 2 1 = EI LP φ 16 2 2 = 5. Carga puntual. [ ]22 1 6 bL EIL bP φ −= [ ]22 2 6 aL EIL aP φ −= 6.- Carga variable. EI Lw φ 360 7 3 1 = EI Lw φ 360 8 3 2 = 7.- Carga variable. EI 82436 7 1212 3422 1 wa L waLwawabLwaL φ +−−−= L wawaLLwawabL φEI 2469 2 6 422 2 −−+= 8.- Momento en extremo. w L L 1 2 w L/2 L/2 w a b L/2 L/2 P a b P w L w a b L M
  • 30. EI LM φ 3 1 = EI LM φ 6 2 = 9.-Momento en extremo. EI LM φ 6 1 = EI LM φ 3 2 = 10.- Momento en la barra. [ ]22 1 3 6 bL EIL M φ −= [ ]2 22 236 6 LbLb EIL M φ −−= Problema 14). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 21). 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. Se 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. L M M a b L1 = 6 M2 P P θ21 + M2 β21 = L2 = 8 w M2 w 1 2 θ23 = + M2 β23 2 3 3.00 3.00 8.00 m. 1 2 3 500 kg 300 kg/m Fig. 21). Viga continua.
  • 31. 3.- Se indican las pendientes en los extremos de cada soporte con el criterio siguiente: a.- Carga cualquiera. b).- Momento en extremo. Para nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, pues solo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuación se obtiene sumando las pendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con las pendientes de la derecha. .DerIzq θθ 22 ∑=∑ 23232121 βθβθ +−=− EI LM EI Lw EI LM EI LP 324316 22 3 212 2 1 +−=− 3 8 24 8300 3 6 16 6500 2 3 2 2 M)(M)( +−=− M2 = 1,612.50 kg.m Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma de momentos a la izquierda o a la derecha de los soportes. Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2: 035005016126 12 =−+=∑ )(.VM V1 = - 18.75 kg. Sumando momentos a la derecha del soporte 2: Θ12 Θ21 P M Θ12 Θ21Pendientes positivas Pendiente negativa 3.00 3.00 8.00 m. 1 2 3 500 kg 300 kg/m V1 V2 V3 1612.50 Criterio de signos: +
  • 32. 0850161248300 32 =−−=∑ V.)(M V3 = 998.4375 kg Sumando cargas verticales: V1 + V2 + V3 - 500 - 300(8) = 0 V2 = 1,920.3125 kg. Fin del problema. Problema 15). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura 22). Vigas equivalentes: 300 kg/m 1 2 3 4 5 5.00 5.00 8.00 m 3.00 Figura 22. Viga continua con carga uniforme en todo el calro. w Θ12 Θ21