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Creado y editado por: Ingeniero Carlos Remberto Zeledón Lanuza

ANALISIS 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 continúa

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:

xMdx

ydEI

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 deformado P

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 21 xxxVMx

212

2

250xxVdx

dEI y

Integrando:

)CxxV

dx

EIdy1

3

250

21

321

)CxCxxV

EIY 212

250

621

431

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

321

3

8250

2

80 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.

832666664212

8250

6

80 1

431 )V.,(

)()(V

500 kg/m

x V1 V2

M2

8.00 m

500 kg/m

1 2 Fig. 4

Criterio de

signos:

+


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

2500 1500 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

MxVdx

EIdy

)CxMxV

dx

EIdy3

211

21

)CxCxMxV

EIY 426

21

21

31

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(MxVdx

EIdy5800 11112

1

2

)C)x(

xMxV

dx

EIdy5

2

5800

23

21

11

211

1

)CxC)x(xMxV

EIY 66

5800

26413

31

211

311

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

51080010

2

100

2

1

21 )()(

MV

50V1 - 10M – 10,000.00 = 0 -------- 7)

En 6) cuando x1 = 10, (Y = 0):


0106

5)- 10(800

2

10M

6

1043

321

31 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.

)CxCxMxV

EIY 426

21

21

31

E = 250,000.00 kg/cm2

43

255311912

2515cm.,

)(I

cm.).,(.,

)(.,Y 8530

255311900000250

1066616664 6

Fin del problema.

800 kg

400 kg 400 kg

1000 kg.m 1000 kg.m

400

400

1000

1000 1000

Fuerza Cortante

Momento Flector

EI

.,Y

66616664


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

xwy

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:

Lxxx

XVM Ax 0M32L

wx A

A

3

M6

L

xwXVM Ax

Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente.

A

3

2

2

M6L

wx XV

dx

ydEIA

)(.EcCxL

xV

dx

dyEI A1M

24

wx

21A

42

En esta ecuación cuando x = 0, la pendiente dy/dx es cero y por tanto la

constante C1 = 0.

)(.EcCx

L

xVEIY A 2

2

M

120

wx

62

2A

53

En esta ecuación cuando X = 0, la flecha Y = 0 y por tanto la constante C2 = 0.

W = 1200 kg/m

L = 6.00 m

A B

W = 1200 kg/m

MA MB

VA VB

x

y

Fig. 6


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

)(.EcLMLV

AA 30

24

wL

2

32

Y = 0. En ecuación 2.

X = L

)(.EcLLVA 40

2

M

120

wL

6

2A

43

La solución de las ecuaciones (3) y (4) dan los siguientes resultados:

m.kg.,)(Lw

MA 00440130

61200

30

22

.kg.,)()(wL

va 00080120

612003

20

3

La reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas.

.kg.,)()(wLwL

VB 00520220

612007

20

7

20

3wL

2

El momento en B se obtiene por suma de momentos en A o en B.

020

7wl

30

wL

3

2

2

2

BA ML

LwLM

m.kg.,)(wL

MB 00160220

61200

20

22

Resultados finales.

Fin del problema.

W = 1200 kg/m

2160.00 1440

1080 2520


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-xVdx

ydEIA

).(.EcCxxV

dx

dyEI A 2M2

1A

2

)(.EcCxCxxV

YEI A 32

M

621

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 4105M2

)5-(x)5300 1A

1111

Integrando:

)(.EcCxxV

dx

dyEI A 5M6

)5-x(300

231A

31

21

1

)(.EcCxCxxV

YEI A 62

M

24

)5-x(300

6413

21A

41

31

W = 300 kg/m

MA MB

VB VA x

X1

W = 300 kg/m

A B

5.00 m 5.00 m

Fig. 7


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:

AA M

()(V10

6

)5-10300

2

100

32

)7( Ec.0002506M1050 A .,VA

En la Ec. (6) la flecha es cero cuando x1 = 10:

2

10M

24

)5-10(300

6

100

2A

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 25781192

103005

192

5 22

m.kg.)()(Lw

MB 751718192

1030011

192

11 22

Fin del problema.

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


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).

)..Ecxx

xVxyx

xVMx 1406

100

32

3

11

6

100 3

12

2 xxV

dx

ydEI


)..EcCxxV

dx

dyEI2

24

100

21

421

)..EcCxCxxV

EIY 3120

100

621

531

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).

● 4.00 m 4.00 m

1 2

400 kg/m

Fig. 8

●

400 kg/m

X1

x

y

V1 V2

M2


846662800 1111 x).x(xVMx

).x(xVdx

ydEI6662800 1112

2


)..EcC).x(xV

dx

dyEI4

2

6662800

23

21

211

).EcCxC).x(xV

YEI 56

6662800

643

31

311

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

666248004

120

41004

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):

02

66628800

2

83

221

C

).()(V

13 327806237711 V.,C

En Ec. 5) cuando x1 = 8, la flecha es cero (Y = 0):

0938388432780623771186

66628800

6

81

331

.)V.,(

).()(V

V1 = 420.00 kg.

Por equilibrio vertical:

.kg..)(

V 00380004202

44002


Por suma de momentos en el nodo 1):

m.kg.)()()(

M 6690683803

42

2

44002

Verificación con fórmula:

m.kg.)()(Lw

M 66906480

840017

480

17 22

2

Punto donde la fuerza cortante es cero.

024

400420

xxVx

X = 2.898275 m

La ecuación de momentos es:

4024

400420

3

xx

xMx

X = 2.898275 m

M = 811.52 kg.m

X = 4.00 m

M = 613.34 kg.m

Fin del problema.

400 kg/m

420 380

906.66

4.00 4.00

420

380

811.52

906.66

613.34

Fuerza Cortante

Momento Flexionante


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.

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.

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.

EI

Aθ AB

AB


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.

Incognitas en la viga.

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

XAδ BA

BA

6.00 m

800 kg./m

A B

Fig. 11). Viga apoyada-empotrada.

800 kg./m

MB

VA VB


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.

042

6504

3

6144004

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.

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

LMA

L

cg ●

x

A = ML/(n + 1)

X = L/(n + 2)

n = grado de la curva

M

800 kg./m

3600

1800 3000


El área total del diagrama de la carga uniforme es 2ML/3. El momento

máximo para esta carga es wL2/8 = 3600 kg.m.

042

63

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.

El desplazamiento “YB” se obtiene sumando momentos en “B” para las áreas

de los diagramas de momentos.

006002122

636003

3

636002.,)(

)()(EIYB

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


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

Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda.

0040053

3

2

31800

4

33

3

33600501336001 .,

)()()(.)(EIY

EI

.,Y

0040051

EI

..

EI

.,

EI

.,δ .Máx

0040050040050080010

Fin del problema.

3.00 3.00

yB

Y0 Y1

. . . δmáx.

3600

1800

A B

M

L

A = ML/3

Cg = 3L/4


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.

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

03

102

2

10

3

10

2

105

3

10150002 21

)(MM)()(

)..EcM.M.., 10333336661600000500 21

022 MδEI

03

10

2

10

3

102

2

105

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.

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


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).

Si ambos extremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a

tangentes trazadas por ellos, son cero.

01 δEI

03

2

232224

211

LLMLLMLLPLM

03616

22

21

3

LMLMPL

Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetría, la solución de la

ecuación anterior arroja los siguientes resultados:

821

LPMM

Fin del problema.

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


Problema 10. Calcular el momento flexionante en el extremo empotrado de la

barra de la figura 15).


Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas.

La desviación vertical en el apoyo “2” es cero debido a que no hay pendiente

en el empotramiento.

02 δEI

03

82

2

8

3

4

2

432002416004

4

4

3

41600

3

8

2

84800 1

)(M)()(

)()(

M1 = 900.00 kg.m

Verificación con fórmula.

m.kg.)()(wL

M 00900128

82009

128

922

1

Fin del propblema.

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


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.


Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.

Para ambos extremos la desviación vertical respecto a la tangente por

cualquiera de ellos es cero.

01 δEI

03

102

2

10

3

10

2

10

3

228

2

23000

3

723

2

73500

3

102

2

106500 21

)(MM)()()()()()(

94,750.00 – 16.666 M1 – 33.333 M2 = 0 Ec. 1).

03

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).

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


Resolviendo las ecuaciones 1) y 2):

M1 = 1,215.00 kg.m

M2 = 2,235.00 kg.m


m.kg.)(

)()(

)(

)()(

L

baPM 001215

10

281500

10

735002

2

2

2

2

2

1

m.kg.)(

)()(

)(

)()(

L

baPM 002235

10

281500

10

735002

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.

Fin del problema.

P

M1 M2

a b

500 1500

1215 2235

548 1452

548

48

1452

1215

2235

429

669

Diagrama de

Cortante

Diagrama de

momentos


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.

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.

a b

P

a b

L

baPMmáx

Fig. 17). Viga simple real y viga conjugada.

Viga Real Viga Conjugada

●


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

Vθ 11

Por simetría el cortante V1, es el área del triángulo a la mitad del claro.

0013502

39001 .

)(V

EIθ

13501


EIEI

)(

EI

LPθ

1350

16

6600

16

22

1

Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga

conjugada.

EI

Mδ

0027003

3

2

390031350 .

)()(M

EIδ

2700

600 kg

3.00 3.00

1 2

Fig. 18). Viga simple.

900

V1 V2



EIEI

)(

EI

LPδ

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.

El momento en el apoyo 1) para las cargas de la viga conjugada es cero, por

ser apoyo simple.

03

62

2

6

4

63

3

67200

3

62

2

67200 11

)(M)()()()(M

M1 = 1800.00 kg.m

Fin del problema.

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

+


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.

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

Lwφ

24

3

1

EI

Lwφ

24

3

2

2. -Carga parcial uniforme.

EI

Lwφ

384

9 3

1

EI

Lwφ

384

7 3

2

3.-Carga parcial iforme.

222

1 4424

aaLLEIL

awφ

222

2 224

aLEIL

awφ

P P P

L1 L2

1 2 3

Fig. 20). Viga continua indicando cargas y

reacciones desconocidas.

M1

M2

V2 V3 V1

w

L

L

1 2

w

L/2 L/2

w

a b


Carga Rotación

Extremo Izquierdo

Rotacion

Extremo Derecho 4.- Carga puntual.

EI

LPφ

16

2

1

EI

LPφ

16

2

2

5. Carga puntual.

221

6bL

EIL

bPφ

222

6aL

EIL

aPφ

6.- Carga variable.

EI

Lwφ

360

7 3

1

EI

Lwφ

360

8 3

2

7.- Carga variable.

EI82436

7

1212

3422

1wa

L

waLwawabLwaLφ

L

wawaLLwawabLφEI

2469

2

6

422

2

8.- Momento en extremo.

EI

LMφ

31

EI

LMφ

62

9.-Momento en extremo.

EI

LMφ

61

EI

LMφ

32

10.- Momento en la barra.

221 3

6bL

EIL

Mφ

222 236

6LbLb

EIL

Mφ

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.

L/2 L/2

P

a b

P

w

L

w

a b

L

M

L

M

M

a b

3.00 3.00 8.00 m.

1 2 3

500 kg 300 kg/m

Fig. 21). Viga continua.


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.

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

223212

21

3

8

24

8300

3

6

16

6500 23

22 M)(M)(

L1 = 6

M2

P

P

θ21

+ M2

β21

=

L2 = 8

w M2

w

1 2

θ23

=

+ M2

β23

2 3

Θ12 Θ21

P

M

Θ12 Θ21 Pendientes positivas

Pendiente negativa


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:

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).

3.00 3.00 8.00 m.

1 2 3

500 kg 300 kg/m

V1 V2 V3

1612.50

Criterio de signos:

+

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.


Vigas equivalentes:

w

Θ12 Θ21

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