0ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS

1.1. DEFINICIN.

Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular

a su eje longitudinal, en la que el nmero de reacciones en los soportes

superan al nmero de ecuaciones disponibles del equilibrio esttico, esto es:

el nmero de incgnitas 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 continuacin se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En

el soporte A existe slo reaccin 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 slo se dispone de dos ecuaciones de

equilibrio; M y Fy, la viga es estticamente indeterminada o hiperesttica

pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay

ms incgnitas que ecuaciones).

Otro tipo de viga hiperesttica es aquella que tiene ms 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 ms 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 solucin de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las del

equilibrio esttico, un camino a seguir consiste en hacer el anlisis de las

deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se

flexionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este anlisis se

plantea ms adelante.

1.2. INDETERMINACIN ESTATICA.

Se define como el nmero de acciones redundantes o exceso de reacciones

internas y externas, que no es posible determinar por medio del equilibrio

esttico. Se puede decir que es la diferencia entre el nmero de incgnitas y

ecuaciones disponibles de equilibrio esttico. 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:

Nmero de incgnitas = NI = 3

Ecuaciones de equilibrio = EE = 2

Grado de indeterminacin = 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 nmero de ecuaciones adicionales para

su solucin.

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 estticamente indetermindas con objeto de conocer las

reacciones externas e internas en los soportes, as como las deformaciones

angulares y lineales que ocuren a travs 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 elstica (Diagrama de

deformacin) 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 condicin.

P = Carga aplicada.

= Rotacin o pendiente.

= Deformacin lineal o flecha.

1.3.1. METODO DE DE LA DOBLE INTEGRACIN.

Es uno de tantos mtodos que se basan en el anlisis de las deformaciones,

en particular la de los soportes. El mtodo consiste en integrar

sucesivamente una ecuacin denominada Ecuacin Diferencial de la Elstica dada por la expresin:

xMdx

ydEI

2

2

E = Mdulo elstico del material del que est hecha la viga.

I = Momento de inercia de la seccin transversal respecto al eje neutro.

Mx = Ecuacin de momentos a lo largo de toda la barra.

Al integrar sucesivamente la ecuacin de momentos, aparecen constantes que

ser necesarios definir. Estas constantes se determinan en funcin de las

condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la

simetra 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 elstica de deformacin Tangente

Fig. 3. Viga deformada por flexin

Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las

reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuacin

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

Clculo de las constantes. La ecuacin 1) proporciona la pendiente (dy/dx) en

cualquier punto de la viga. El apoyo 2) est 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 ecuacin 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 ecuacin 2) la flecha es cero en x = 8 y sustituyendo C1 logramos

obtener una ecuacin en funcin de la reaccin 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 reaccin 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

ecuacin 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 tambin los diagramas de fuerza cortante y de momento

flexionante. Si la seccin transversal es compacta rectangular de 15x25 cm,

calcule la flecha al centro del claro para un mduloelstico 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 ecuacin

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 condicin C1 y C2 son cero.

C1 = C2 = 0

Integrando la ecuacin 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 )()( M

V

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 ecuacimn 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.

Incgnitas y ecuacin 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

rea (yx/2) y se ubica a (x/3) que es su centro de gravedad de derecha a

izquierda. La ecuacin de momentos es entonces:

Lxxx

XVM Ax 0M32L

wx A

A

3

M6

L

xwXVM Ax

Se escribe la ecuacin 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 ecuacin 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 ecuacin 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

aqu resultan dos ecuaciones con dos incognitas.

dy/dx = 0. En la ecuacin 1.

x = L

)(.EcLMLV

AA 30

24

wL

2

32

Y = 0. En ecuacin 2.

X = L

)(.EcLLVA 40

2

M

120

wL

6

2A

43

La solucin 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 reaccin 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.

Incgnitas 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 ecuacin:

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

Verificacin de los momentos con frmula:

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 tringulo de base (x) se obtiene por tringulos semejantes

(y =100x) y su resultante es su rea (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

Integrando sucesivamente:

)..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.

Ecuacin 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 est 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

Integrando sucesivamente:

)..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

Verificacin con frmula:

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 ecuacin de momentos es:

4024

400420

3

xx

xM x

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 mtodo semigrfico ideado por Christian Otto Mohr (1835-1918) y que

representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en

puntos especficos de una viga. El procedimiento se conoce tambin como

Mtodo del Area de Momentos y consiste en establecer de manera

independiente la variacin 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 reas de los diagramas de momentos y el

momento de tales reas. Es recomendable utilizar las reas de los diagramas

de momentos por partes ya que estos facilitan el clculo del rea as como de

su centro de gravedad. El mtodo consta de dos teoremas, a saber:

Primer Teorema de Mohr. La variacin o incremento de la pendiente (AB) entre las tangentes trazadas a la elstica en dos puntos cualquiera A y B es

igual al producto 1/EI por el rea del diagrama de momentos flectores entre

estos dos puntos. En la figura 9) se indica esta condicin.

Donde:

AB = Cambio de pendiente entre las tangentes a la curva elsica. AAB = Area del diagrama de momentos entre A y B.

EI = Rigidez a la flexin.

Segundo Teorema de Mohr. La desviacin de un punto cualquiera B respecto de la tangente trazada a la elstica en otro punto cualquiera A, en direccin

perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de 1/EI por el

momento respecto de B del rea de la porcin del diagrama de momentos

entre los puntos A y B. La figura 10) muestra esdta condicin.

P

L

A B

AB

Viga con carga cualquiera.

Tangentes por A y B.

Cambio de pendiente AB.

M Diagrama de momentos

cualquiera..

Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera.

EI

A ABAB

Donde:

BA = 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 tambin 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.

BA

cg

x

EI

XA BABA

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 est 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 ecuacin que se

requiere se obtiene sumando momentos en A para las reas de los diagramas

de momento, es decir es el producto de las reas y el centro de gravedad de

cada una medido desde A. Las reas arriba del eje x se toman positivas. Se recuerdan las reas y centroides de algunas figuras geomtricas.

042

6504

3

6144004

2

614400 BA

M.

)()(M

MB = 3600.00 kg.m

Reacciones verticales.

06360036800 BA V)(M

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

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

042

63

3

636002 BA

M)(M

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 elstica por el punto A y una vertical por B.

El desplazamiento YB se obtiene sumando momentos en B para las reas 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

Mmx.

3.00 3.00

yB Y0

Y1 . . .

mx.

3600

3600

A B

La pendiente en A se obtiene dividiendo YB entre la longitud.

EI

.,

EI

.,A

006003

6

0060021

El valor de la flecha al centro del claro mx. se obtiene relacionando geomtricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior.

mx. = Yo - Y1

Donde Yo se obtiene por tringulos semejantes y Y1 se obtiene sumando momentos para las reas 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

., .Mx

0040050040050080010

Fin del problema.

3.00 3.00

yB Y0

Y1 . . .

mx.

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.

Incgnitas en la viga.

Digrama de momentos para cada accin actuando por separado. El momento

mximo para la carga uniforme es wL2/8 = 15,000.00 kg.m. Estas grficas y

momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas.

Como ambos extremos estn 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 MEI

03

102

2

10

3

10

2

105

3

10150002 21

)(MM)()(

)..EcM.M.., 10333336661600000500 21

022 MEI

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 estn empotrados.

Momentos desconocidos.

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento

mximo para la carga puntual es (PL/4).

Si ambos extremos estn empotrados las desviaciones verticales respecto a

tangentes trazadas por ellos, son cero.

01 EI

03

2

232224

211

LLMLLMLLPLM

03616

22

21

3

LMLMPL

Puesto que M1 y M2 son iguales debido a la simetra, la solucin de la

ecuacin 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).

Incgnitas en la viga.

Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas.

La desviacin vertical en el apoyo 2 es cero debido a que no hay pendiente

en el empotramiento.

02 EI

03

82

2

8

3

4

2

432002416004

4

4

3

41600

3

8

2

84800 1

)(M)()(

)()(

M1 = 900.00 kg.m

Verificacin con frmula.

m.kg.)()(wL

M 00900128

82009

128

9 22

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 tambin las reacciones verticales y trazar

los diagramas de fuerza cortante y de momento flexionante.

Incgnitas en la viga.

Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas.

Para ambos extremos la desviacin vertical respecto a la tangente por

cualquiera de ellos es cero.

01 EI

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

Verificacin con frmula.

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 esttico.

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 rticulacin

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 f lecha 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 f lecha 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 f lecha 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 f lecha y por tanto tiene cortante pero

no tiene momento; equivale a una

articulacin.

a b

P

a b

L

baPMmx

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 mxima. 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 11

Por simetra el cortante V1, es el rea del tringulo a la mitad del claro.

0013502

39001 .

)(V

EI

13501

Verificacin con frmula.

EIEI

)(

EI

LP

1350

16

6600

16

22

1

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

conjugada.

EI

M

0027003

3

2

390031350 .

)()(M

EI

2700

600 kg

3.00 3.00

1 2

Fig. 18). Viga simple.

900

V1 V2

Verificacin con frmula.

EIEI

)(

EI

LP

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 ser 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 ms de dos

soportes. La figura 20) muestra una viga de este tipo.

Para el anlisis de estas vigas existen una gran cantidad de mtodos, pero en

la mayora de ellos se consideran los momentos de los nodos como las

incognitas principales, para posteriormente, por equilibrio esttico, obtener el

resto de las incgnitas.

1.4.1. ANALISIS POR SUPERPOSICION.

El principio de superposicin establece que el efecto de un conjunto de cargas

que actua simultneamente, 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 aplicacin es necesario conocer las formulas de estas rotaciones para vigas

simples y cualquier tipo de carga. A continuacin se dan las de uso comn.

Notacin.

Carga Rotacin

Extremo Izquierdo

Rotacion

Extremo Derecho 1.- Carga uniforme.

EI

Lw

24

3

1

EI

Lw

24

3

2

2. -Carga parcial uniforme.

EI

Lw

384

9 3

1

EI

Lw

384

7 3

2

3.-Carga parcial iforme.

222

1 4424

aaLLEIL

aw

222

2 224

aLEIL

aw

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 Rotacin

Extremo Izquierdo

Rotacion

Extremo Derecho 4.- Carga puntual.

EI

LP

16

2

1

EI

LP

16

2

2

5. Carga puntual.

2216

bLEIL

bP

2226

aLEIL

aP

6.- Carga variable.

EI

Lw

360

7 3

1

EI

Lw

360

8 3

2

7.- Carga variable.

EI82436

7

1212

3422

1wa

L

waLwawabLwaL

L

wawaLLwawabLEI

2469

2

6

422

2

8.- Momento en extremo.

EI

LM

31

EI

LM

62

9.-Momento en extremo.

EI

LM

61

EI

LM

32

10.- Momento en la barra.

221 36

bLEIL

M

222 2366

LbLbEIL

M

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. Habr tantas vigas equivalentes como

momentos de extremo y cargas haya en el claro correspondiente. En la figura

siguiente se mestra esta condicin.

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 rotacin 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 ecuacin de equilibrio, pues

solo hay un momento desconocido, M2. Esta ecuacin se obtiene sumando las

pendientes en el apoyo 2, igualando las pendientes de la izquierda con las

pendientes de la derecha.

.DerIzq 22

23232121

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

21

+ M2

21

=

L2 = 8

w M2

w

1 2

23

=

+ M2

23

2 3

12 21

P

M

12 21 Pendientes positivas

Pendiente negativa

M2 = 1,612.50 kg.m

Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio esttico 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

12 21