1. El documento analiza vigas estáticamente indeterminadas, las cuales tienen más incógnitas que ecuaciones de equilibrio estático disponibles. 2. Para resolver este tipo de vigas se requieren ecuaciones adicionales basadas en el análisis de deformaciones. 3. El método de la doble integración integra sucesivamente la ecuación diferencial de la elástica para determinar las reacciones y momentos flexionantes en vigas hiperestáticas.

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:
∑ FX = 0
∑ FY = 0
∑M = 0
La figura 1, muestra una viga de este tipo con un extremo simple “A” y el otro
empotrado “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. 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.
P
MB
VA VB
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.

2. P P
w
L1 L2 L3
A B C D
Fig. 2. Viga continua
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”.
P P
w
MA
VA VB VC VD
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.

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 Eje original no deformado
 ™
Tangente
Curva elástica de deformación
Fig. 3. Viga deformada por flexión
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:
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 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.

4. 500 kg/m
8.00 m
1 2
Fig. 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.
Criterio de
signos: +
500 kg/m
M x = V1 x − 250 x 2
0≤ x≤8 M2
V1 V2
x
EI d2
y
= V1 x − 250x 2
dx 2
Integrando:
EIdy V1 x 2 250 x 3
= − + C1 − − − − 1)
dx 2 3
V1 x 3 250 x 4
EIY = − + C1 x + C 2 − − − − 2)
6 12
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:
V1 (8) 2 250(8) 3
0= − + C1
2 3
C1 = 42,666.66 − 32 V1
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.
V1 (8)3 250(8)4
0= − + (42,666.66 − 32 V1 )8
6 12
V1 = 1500.00 kg

5. 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
500 kg/m
4000 kg.m
1500 kg 2500
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.
800 kg
5.00 m 5.00 m
1 2
Fig. 5)
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.
800 kg
M1 M2
Criterio de
signos: +
V1 x V2
X1

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 − M1
dx 2
EIdy V x2
= 1 − M1 x + C1 − − − − 3)
dx 2
V1 x 3 M x2
EIY = − 1 + C1 x + C 2 − − − − 4)
6 2
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).
EId 2
y
2
= V1 x 1 − M1 − 800( x 1 − 5)
dx 1
EIdy 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) 3
EIY = − 1 1 − + C 3 x 1 + C 4 − − − − 6)
6 2 6
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):
V1 ( 10 ) 2 800 ( 10 − 5 ) 2
0= − 10 M 1 −
2 2
50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7)
En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):

7. V1 (10) 3 M1 (10) 2 800 (10 - 5)3
− − + 10C 3 + C 4 = 0
6 2 6
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.
800 kg
1000 kg.m 1000 kg.m
400 kg 400 kg
400
Fuerza Cortante
400
1000
Momento Flector
1000 1000
Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para x = 5.00 m.
V1 x 3 M x2
EIY = − 1 + C1 x + C 2 − − − − 4)
6 2
4,1666 .666
Y =−
EI
E = 250,000.00 kg/cm2
15 (25)3
I= = 19,531.25 cm4
12
4,1666.666 (10)6
Y= = 0.853 cm
250,000.00 (19,531.25)
Fin del problema.

8. 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.
W = 1200 kg/m
L = 6.00 m
A Fig. 6 B
Incógnitas y ecuación de momentos.
W = 1200 kg/m
y
MA MB
VA VB
x
La altura (y) de la carga triangular a la distancia (x) se obtiene por triangulos
semejantes.
wx
y=
L
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:
wx x x
M x = VA X − − MA 0 ≤ x≤L
L 2 3
w x3
M x = VA X − − MA
6L
Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente.
EI d2 y wx 3
= VA X − − MA
dx2 6L
EI dy VA x2 wx 4
= − − MA x + C1 Ec. (1 )
dx 2 24L
En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la
constante C1 = 0.
VA x3 wx5 M x2
EIY = − − A + C2 Ec. ( 2 )
6 120L 2
En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0.

9. 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
VAL2 wL3
− − M AL = 0 Ec. ( 3 )
2 24
Y = 0. En ecuación 2.
X=L
VAL3 wL4 MAL2
− − = 0 Ec. ( 4 )
6 120 2
La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados:
w L2 1200 ( 6 )2
MA = = = 1,440.00 kg.m
30 30
3wL 3 (1200 ) ( 6 )
va = = = 1,080.00 kg.
20 20
La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas.
wL 3wL 7wL 7 (1200 ) ( 6 )
VB = − = = = 2,520.00 kg.
2 20 20 20
El 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 )2
MB = = = 2,160.00 kg.m
20 20
Resultados finales.
W = 1200 kg/m
1440 2160.00
1080 2520
Fin del problema.

10. 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.
W = 300 kg/m
5.00 m 5.00 m
A B
Fig. 7
Incógnitas y ecuaciones de momento.
W = 300 kg/m
MA MB
VA VB
x
X1
M x = VA x - MA 0 ≤ x ≤5 Ec. (1 )
Integrando sucesivamente:
EI d2 y
= VA x - MA
dx2
EI dy V x2
= A − MA x + C1 Ec. ( 2 ).
dx 2
VA x3 M x2
EI Y = − A + C1x + C2 Ec. ( 3 )
6 2
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.
(x1 - 5 )
M x1 = VA x1 − 300 ( x1 − 5 ) • − MA 5 ≤ x1 ≤ 10 Ec. ( 4 )
2
Integrando:
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 x2
EI Y = − − A 1 + C3 x1 + C4 Ec. ( 6 )
6 24 2

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 este
valor resulta la siguiente ecuación:
VA ( 10 )2 300 ( 10 - 5 )3
0 = − − 10 M A
2 6
50 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 )2
0 = − −
6 24 2
166 .666 VA − 50 MA − 7,812.50 = 0 Ec. ( 8 )
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:
5 w L2 5 ( 300 ) (10 )2
MA = = = 781.25 kg.m W = 300 kg/m
192 192
781.25 1718.75
11 w L2 11 ( 300 ) ( 10 )2
MB = = = 1718.75 kg.m 281.25 1218.75
192 192
4.0625
281.25
1218.75
756.84
625
781.25
1718.75
Fin del problema.

12. Problema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza
cortante y de momento flexionante para la viga de la figura 8).
400 kg/m
● 4.00 m 4.00 m
1 2
Fig. 8
Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento.
400 kg/m
y
● M2
V1 V2
x
X1
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).
yx x 100 x3
M x = V1x − = V1x − 0≤ x≤4 Ec. 1).
2 3 6
EI d2 y 100 x3
2
= V1x −
dx 6
Integrando sucesivamente:
EI dy V x2 100 x 4
= 1 − + C1 Ec. 2).
dx 2 24
V1x3 100 x5
EIY = − + C1x + C2 Ec. 3).
6 120
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).

13. Mx 1 = V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 ) 4≤ x≤8
EI d2 y
= V1 x 1 − 800 ( x 1 − 2.666 )
dx 2
Integrando sucesivamente:
2
EI 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 ) 3
EI Y = − + C3 x + C4 Ec.5)
6 6
Comparando las ecuaciones 2) y 4) en x = x1 = 4, la pendiente es la misma:
100 (4) 4 800 ( 4 − 2.666 ) 2
C1 − = C3 −
24 2
C1 = 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 ) 3
4 C1 − = 4C 3 + C 4 −
120 6
Sustituyendo Ec. 6):
4 ( C 3 + 355.555 ) − 853.333 = C 3 + C 4 − 316.0494301
C4 = 884.9383
En Ec. 4) cuando x1 = 8, la pendiente es cero (dy/dx1 = 0):
V1 ( 8 ) 2 800 ( 8 − 2.666 ) 2
− + C3 = 0
2 2
C 3 = 11,377.78062 − 32 V1
En 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 6
V1 = 420.00 kg.
Por equilibrio vertical:
400 ( 4 )
V2 = − 420.00 = 380.00 kg.
2

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 ) 2
M2 = = = 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
906.66
Punto donde la fuerza cortante es cero.
400 x  x 
V x = 420 − = 0
4 2 
 
X = 2.898275 m
La ecuación de momentos es:
400 x 3
M x = 420 x − 0≤ x≤4
24
X = 2.898275 m
M = 811.52 kg.m
X = 4.00 m
M = 613.34 kg.m
Fin del problema.

15. 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
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 =
EI
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.

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 =
EI
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.
Problema 6). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la
figura 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. 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.
800 kg./m
MB
+
2400 2400 MB/6 MB/6
14400 x
x MB
14400
6.00 6.00
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.
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 curva
ΣM A =
14400 ( 6 )
[ 4] − 14400 ( 6 ) [ 4.50] − 6 M B [ 4] = 0
2 3 2
MB = 3600.00 kg.m
Reacciones verticales.
800 kg./m
ΣM A = 800 ( 6 ) 3 + 3600 − 6 VB = 0 3600
VB = 3000.00 kg.
1800 3000
VA = 800(6) – 3000 = 1800.00 kg.
Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de
momentos reales para cada viga simple.

18. 800 kg./m
MB
+
2400 2400 MB/6 MB/6
Mmáx x
.
x MB
3.00 3.00
6.00
El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento
máximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m.
ΣM A =
2 (3600 ) 6
[ 3] − 6 M B [ 4] = 0
3 2
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.
3.00
. 3.00
.
A δmáx. B
Y0
Y1 yB
3600
3600
El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas
de los diagramas de momentos.
2 ( 3600 ) 6
EIYB = ( 3) − 3600 ( 6 ) (2 ) = 21,600.00
3 2

19. La pendiente en “A” se obtiene dividiendo “YB” entre la longitud.
21,600.00 3,600.00
φA = =
6 EI EI
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.
YB Yo
=
6 3
3 (21,600) 10,800.00
Yo = =
6EI EI
3.00
. 3.00
.
A δmáx. B
Y0
Y1 yB
L
M 3600
A = ML/3
Cg = 3L/4
1800
Cg = 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
5,400.00
Y1 =
EI
10,800.00 5,400.00 5.400.00
δ Máx. = − =
EI EI EI
Fin del problema.

20. Prtoblema 8. Calcular los momentos flexionantes para la viga con ambos
extremos empotrados de la figura 13). Tomar EI constante.
1200 kg/m
10.00 m
1 2
Fig. 13
Incógnitas en la viga.
1200 kg/m
M1 M2
V1 V2
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.
1200 kg/m
M1 M2
15000 M1 M2
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.
EI δ 1 = ∑ M1 = 0
2 (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 = 0
2 (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.m
Fin del problema.

21. Problema 9. Calcular los momentos flexionantes en los extremos de la barra
de la figura 14). Ambos extremos están empotrados.
P
L/2 L/2
1 2
Fig. 14
Momentos desconocidos.
P
M1 M2
V1 V2
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento
máximo para la carga puntual es (PL/4).
P
M1 M2
PL/4
M1 M2
L/2 L/2
Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a
tangentes 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 = 0
16 6 3
Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la
ecuación anterior arroja los siguientes resultados:
PL
M1 = M 2 =
8
Fin del problema.

22. Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la
barra de la figura 15).
200 kg/m
4.00 4.00
1 2
Fig.15 Viga empotrada-apoyada
Incógnitas en la viga.
200 kg/m
M1
V1 V2
Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas.
200
M1
4.00 4800
1600 1600
4800 M1
3200
4.00 4.00
8.00
La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente
en el empotramiento.
EI δ 2 = 0
4800 (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.m
Verificación con fórmula.
9 wL2 9 (200 ) ( 8 ) 2
M1 = = = 900.00 kg.m
128 128
Fin del propblema.

23. 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.
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 V2
Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.
500 1500
M1 M2
3 5 2
6500 M1 M2
3500 10.00 10.00
3000
Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por
cualquiera de ellos es cero.
EI δ 1 = 0
6500 (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. M1 = 1,215.00 kg.m
M2 = 2,235.00 kg.m
P
Verificación con fórmula. M1 M2
a b
P ab2 500 (3) (7) 2 1500 (8) (2) 2
M1 = = + = 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) 2
Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden
calcularse por equilibrio estático.
∑ M 2 = 10 V1 − 1215 + 2235 − 500 (7) − 1500 (2) = 0
V1 = 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
2235
Fin del problema.
1.3.3. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.

25. 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.
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. Problema 12. Para la viga simple de la figura 18), calcular la pendiente en los
extremos 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 el
diagrama de momentos de la viga real.
900
V1 V2
La pendiente en el apoyo 1) es la fuerza cortante V1), en la viga conjugada
dividida entre el producto EI.
V1
θ1 =
EI
Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro.
900 (3)
V1 = = 1350 .00
2
1350
θ1 =
EI
Verificación con fórmula.
P L2 600 (6) 2 1350
θ1 = = =
16 EI 16 EI EI
Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga
conjugada.
M
δ =
EI
900 (3)  3 
M = 1350 (3) −  3  = 2700 .00
2  
2700
δ =
EI

27. Verificación con fórmula.
P L3 600 (6) 3 2700
δ = = =
48 EI 48 EI EI
Fin 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 viga
conjugada 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 Conjugada
El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por
ser 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.m
Fin del problema.

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 Derecho
1.- Carga uniforme.
w
w L3 w L3
φ1 = φ2 =
L 24 EI 24 EI
2. -Carga parcial uniforme.
w
9 w L3 7 w L3
φ1 = φ2 =
L/2 L/2 384 EI 384 EI
3.-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. Carga Rotación Rotacion
Extremo Izquierdo Extremo Derecho
4.- Carga puntual.
P
P L2 P L2
φ1 = φ2 =
16 EI 16 EI
L/2 L/2
5. Carga puntual.
P
φ1 =
Pb 2
6 EIL
[
L − b2 ] φ2 =
Pa 2
6 EIL
[
L − a2 ]
a b
6.- Carga variable.
w 7 w L3 8 w L3
φ1 = φ2 =
360 EI 360 EI
L
7.- 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 b
8.- Momento en extremo.
M ML ML
φ1 = φ2 =
L 3 EI 6 EI
9.-Momento en extremo.
M ML ML
φ1 = φ2 =
L 6 EI 3EI
10.- 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. P
w
M2 M2
L1 = 6 L2 = 8
=
=
P w
θ21 θ23
+ +
β21 β23
M2
2 M2
2
1 2 2 3
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.
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 negativa
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.
∑ θ 2Izq = ∑ θ 2 Der .
θ 21 − β 21 = − θ 23 + β 23
P L2
1 M L w L3 M L
− 2 1 = − 2
+ 2 2
16 EI 3EI 24 EI 3 EI
500 (6) 2 6M2 300 (8) 3 8 M2
− = − +
16 3 24 3

31. 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.
500 kg 300 kg/m
3.00 3.00 8.00 m.
Criterio de signos:
1 2 3
+ 1612.50
V1 V2 V3
Sumando momentos a la ezquierda del soporte 2:
∑ M 2 = 6 V1 + 1612.50 − 500 (3) = 0
V1 = - 18.75 kg.
Sumando momentos a la derecha del soporte 2:
∑ M 2 = 300 (8) 4 − 1612 .50 − 8 V3 = 0
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).
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. Vigas equivalentes:
w
Θ12 Θ21