ejercicios pórticos

68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

FLEXION. PORTICOS Problema nº 27 Dado el pórtico de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada tramo.

5 kN/m

A

B C20 kN

4 m

5 m

Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy.

5 kN/m

A

B C20 kN

4 m

5 m

RAy

RAx

RBy

El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:

Σ Fx = 0 ⇒ RAx = 20 kN Σ Fy = 0 ⇒ RAy + RBy = 5 kN/m ⋅ 5 m = 25 kN

Σ MA = 0 ⇒ RBy 5 = 20 kN ⋅ 4m + (5 kN/m ⋅ 5m) 2,5 m = 142,5 kNm ⇒ RBy = 28,5 kN Resolviendo el sistema hallamos:

RAx = 20 kN; RAy = -3,5 kN y RBy = 28,5 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

5 kN/m

B

28,5 kN

MABC

RAB

5 kN/m

B

28,5 kN

80kNmC

3,5 kN

⇒

Σ Fy = 0 ⇒ RAB = (5 ⋅ 5) - 28,5 = -3,5 kN

Σ MA = 0 ⇒ MAB = (5 ⋅ 5) 2,5 - 28,5 ⋅ 5 = - 80 kNm c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de acción-reacción en el nudo B entre las barras AB y BC ⇒

RAB = - RBC = 3,5 kN MAB = - MBC = 80 kNm

Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 69

A

B20 kN

20 kN

3,5 kNA

B20 kN 80kNm

20 kN

3,5 kN

3,5 kN

MBC

R BC

⇒

d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x). d.1) Barra AB

A

B

P(x)

3,5

kN

V(x

)20

kN

M(x

)80

kN

m

3,5

kN

20 k

N

20 kN 80kNm

20 kN

3,5 kN

3,5 kN

ν(x)

d.2) Barra BC

5 kN/m

B

28,5 kN

80kNmC

3,5 kN

-3,5 kN-28,5 kNV(x)

+80 kNmM(x)

ν(x) Deformada del pórtico.

A

B Cν(x)

El punto C ha sufrido un desplazamiento horizontal a la derecha.


Problema nº 28 Dado el pórtico de la figura sometido a una carga puntual P. Hallar los esfuerzos axial P(x) y cortante V(x); y momento flector M(x) y la deformada en C.

A

B C

PLv

Lc

Solución: a) Hallemos las reacciones en el empotramiento RA y MA .

A

B C

RA

PLv

Lc

MA

BMAB

PC= PL

R AB= PA

BMBC

R BC

R A= P

MA= P L

= P L= P

v

v

v

El pórtico es una estructura isostática donde tenemos 2 reacciones y 2 ecuaciones:

Σ Fy = 0 ⇒ RA = P Σ MA = 0 ⇒ MA = P Lv

b) Establezcamos el equilibrio en las barras AB y BC b.1) Barra AB

Σ Fy = 0 ⇒ RBC = RA = P Σ MA = 0 ⇒ MBC = MA = P Lv

b.2) Barra BC Σ Fy = 0 ⇒ RAB = P

Σ MA = 0 ⇒ MAB = P Lv

c) Tracemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x).

A

BC

RA

P

MA

V(x)

P

A

B C

RA

P

MA

M(x)A

B C

RA

P

MA

P(x)

PLP v


c) Hallemos la deformada en el punto C

A

CP

B

A

B

θB θB θB

PL νCIνCII

νC

LvLc

La deformada en el punto C es νC = νCI + νCII ; donde: νCI : Deformación debida al giro del nudo B (θB) producida por el momento MBC = P Lv νCII : Deformación debida a la carga P en el extremo de una barra en voladizo. c.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por el momento MBC = P Lv

Aplicando el 1º teorema de Mohr IELLP CV

B =⇒θ

c.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un

ángulo θB y radioIE

LLPLL C

2V

VBCIV ==⇒ θν

c.3) Hallemos la deformación del punto C provocado por la carga P

Aplicando el 2º teorema de Mohr IE3

LP 3V

C =ν

c.4) Hallemos la deformada en el punto C

IE3LL3

LPIE3

LPIE

LLP VC2V

3VC

2V

CIICIC+

=+=+= ννν


Problema nº 29 Dado el pórtico isostático de la figura sometido a las cargas indicadas, se pide obtener los diagramas de esfuerzos axiales P(x), esfuerzos cortante V(x) y momentos flectores M(x), acotando sus valores e indicando sus signos en cada barra.

A

B C

20 kN 4 m

5 m

30 kN

22

2,5 2,5

Solución: a) Hallemos las reacciones en los apoyos RAx , RAy y RBy.

A

B C

20 kN 4 m

5 m

RAy

RAx

RBy

30 kN

El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:

Σ Fx = 0 ⇒ RAx = 20 kN Σ Fy = 0 ⇒ RAy + RBy = 30 kN

Σ MA = 0 ⇒ RBy 5 = 20 kN 2m +30 kN 2,5 m = 115 kNm ⇒ RBy = 23 kN Resolviendo el sistema hallamos:

RAx = 20 kN; RAy =7 kN y RBy = 23 kN b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

B C

30 kNMAB

RAB

B C

30 kN40 kNm⇒

23 kN 23 kN7 kN

Σ Fy = 0 ⇒ RAB= 30 - 23 = 7 kN Σ MA = 0 ⇒ MAB = 30 2,5 -23 ⋅ 5 = - 40 kNm

c) Establezcamos el equilibrio en la barra AB Por el principio de acción-reacción en el nudo B entre las barras AB y BC ⇒

RAB = - RBC = 7 kN


MAB = - MBC = 40 kNm

A

B

20 kN

20 kN A

B40kNm

20 kN

7 kNMBC

RBC⇒

7 kN

20 kN

7 kN

d) Hallemos los diagramas de axial P(x), cortante V(x) y flector M(x).

B

V(x)A

B

M(x)

B

P(x)

A A

CC C

7 kN

20 k

N

23 kN

7 kN

57,5 kNm40 kNm

40 k

Nm

Problema nº 30 Dado el pórtico de la figura sometido a una carga puntual P, hallar las reacciones.

A

B C

P Lv

Lc

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 3 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fx = 0; Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 4 reacciones ( RAx ; RAy ; MA y RCy ).

A

B C

RAy

P Lv

Lc

MA

RCy

RAx

A

B C

P Lv

Lc

MAI

R AxI

= +

A

B C

RAyII

Lv

Lc

MAII

R CyCaso I Caso II


a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fx = 0 ⇒ RAx = P

Σ Fy = 0 ⇒ RAy = - RCy Σ MA = 0 ⇒ MA = P Lc - RCy Lv

b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de dos casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformación en el punto C I) Caso I

A

B CP

M(x)

A

B C

P

P

P Lc

V(x)

P

A

CP B

A

B

θB θB θB

νCI

LvLc

En el caso I la deformada en el punto C es νCI debida al giro del nudo B (θB) producida por la carga P I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por la carga P.

Aplicando el 1º teorema de Mohr IE2

LP 2C

B =⇒θ

I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un

ángulo θB y radio Lv ⇒ IE2LLP

L V2

CVBCI ==θν

II) Caso II

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

A

CB

A

B

θB θB

θB

νcIIa

LvLc

Rcy

Rcy

Rcy

R Lcy v

R Lcy v

Rcy

νcIIb νcII

R Lcy v

Rcy R

Lcy

v

En el caso II la deformada en el punto C es νCII = νCIIa + νCIIb; donde: νCIIa : Deformación debida al giro del nudo B (θB) producida por el momento MBC = Rcy Lv νCIIb : Deformación debida a la carga Rcy en el extremo de una barra en voladizo. Conocemos el valor de esta deformación


IE3LL3

LRIE3

LRIE

LLR VC2VCy

3VCyC

2VCy

bCIIaCIICII+

=+=+= ννν

c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno en dirección del eje OY

⇒+

=⇒+

=⇒=)LL3(L2

LP3R

IE3LL3

LRIE2LLP

VCV

2C

CyVC2

VCyV

2C

CIICI νν

(Por equilibrio)

)LL3(L2LP3

RR0FVCV

2C

CyAyy +−=−=⇒=∑

)LL3(2LLP2LP3

)LL3(2LP3

LPLRLPM0MVC

VC2

C

VC

2C

CVCyCAA ++

=+

−=−=∑ ⇒=

d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). Por el principio de superposición las gráficas de cortante y flector resultan de la suma de los casos I y II.

A

BP

M(x)

A

B C

V(x)

C

A

CB δx

puntoinflexión

ν(x)

Problema nº 31 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta una carga uniformemente distribuida. Hallar las reacciones, la condición necesaria para que la deformada de la viga presente puntos de inflexión y las gráficas del esfuerzo cortante V(x) y del momento flector M(x).

q(x)

L v

a a

Lc

A B

C

D

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ).


q(x)

Lv

Lc

A B

C

D

Ra Rb

Rc

q(x)

A B

C

D

ν Iν IIνIII

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio. Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = q Lv - RC

Σ MD = 0 ⇒ RA = RB

b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto medio de la viga D.

q(x)

A BD

A BD

Rc C

RcD

Caso I Caso II Caso III La ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D será:

IIIIII ννν += donde ⇒===AELR

;IE48

LR;

384Lq5 CC

III

3VC

II

4V

I ννν

( )⇒+

=⇒+=C

3V

4C

CCC

3VC

4V

LI48LA8

LIAEq5R

AELR

IE48LR

384Lq5

(Por equilibrio)

( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

+−=

+−==

C3

V

4CV

C3

V

4CV

BALI48LA16

LIAE52

Lq

LI48LA16

LIAEq52Lq

RR

c) Condición para que la deformada presente puntos de inflexión. En el tramo AD las ecuaciones del cortante y del flector son:

xRx2q)x(MyRxq)x(V A

2ADAAD +−=+−=

La deformada de la viga tendrá 2 puntos de inflexión si la ecuación del flector presenta una

raíz en el intervalo AD⇒ qR2

q0RR

x;0xa2

ca4bbx A

2AA

2

=−

−±−==⇒

−±−=

Observemos los siguientes puntos de esta expresión:

( )C3

V

4C

VLI48LA8

LIAE5Lx

+−= . Observemos los siguientes puntos de esta expresión:

a) El valor de x no depende de q sino de la geometría de la estructura

b) El término ( ) 0LI48LA16

LIAE5

C3

V

4C >

+, al ser todos los términos positivos ⇒ x < Lv


c) Al ser [ ]VA L,0x0x

qR2

x ∈⇒>⇒=

Para que la deformada tenga puntos de inflexión, x deberá pertenecer al intervalo

⇒⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡2

L,0 V

( ) ( ) 2L

LI48LA8LIAE5

2L

LI48LA8LIAE5

LqR2

x V

C3

V

4CV

C3

V

4C

VA >

+⇒<

+−==

d) Gráficas de V(x) y M(x)

q(x)

Lv

Lc

A B

C

D

RB

Rc

V(x)

M(x)

ν(x)

RA

RC

q(x)

Lv

Lc

A B

C

D

RB

Rc

V(x)

M(x)

ν(x)

RA

RC

Problema nº 32 La columna del pórtico de la figura, se encuentra sometida a un incremento de temperatura de valor Δt = 25 °C en su cara izquierda y de valor -25 °C en su cara derecha. Datos: E = 20 10

6 kN/m

2 ; α = 10

-5; sección pilar = 0,3 x 0,3 m; sección viga = 0,3 x 0,4 m.

Hallar las reacciones en las sustentaciones; el diagrama de momentos flectores acotando sus valores, y el dibujo de la deformada.

A

B C

5 m

4m0,4m

0,3m

Viga

0,3m0,3m

Columna

-25°C25°C

Solución: Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio ( Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 3 reacciones ( RA ; MA y RC ).


A

B C

RA

5 m

4m

MA

RC

A

B C

= +

A

B C

RA

MA

R C

Caso I Caso II

5 m

4m

5 m

4m-25°C25°C -25°C25°C

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Σ Fy = 0 ⇒ RA = - RC Σ MA = 0 ⇒ MA = 5 RC

b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de dos casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a ambos casos, y hallemos la deformación en el punto C I) Caso I

A

B C

A

CB

A

B

θ B θ B θ B

νCI

4m-25°C25°C-2

5°C

CURVATURA

ν''(x)= α Δth5m

25°C

En el caso I la deformada en el punto C es νCI debida al giro del nudo B (θB) producida por las diferencias de temperatura en las caras de la columna. I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por Δt. La diferencia de temperatura induce una curvatura k:

( ) 35

21 103550

3,010TT

h''k −

−

==−==αν

Aplicando el 1º teorema de Mohr a la gráfica de la curvatura 3CB 10

320Lk −==θ⇒

I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro θB Al tratarse de un giro pequeño podemos asimilar el desplazamiento νCI como el arco de un

ángulo θB y radio Lv 301LVBCI =θ=ν⇒


II) Caso II

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

A

CB

A

B

θ B θ B

θ B

νcIIa

LvLc

Rc

Rc

R c

R Lc v

R Lc v

Rc

νcIIb νcII

R Lc v

R

Lc

v

Rc

El momento de inercia de la viga 4433

V m101612

4,03,012hbI −⋅=

⋅== .

El momento de inercia de la columna 4433

C m104

2712

3,03,012hbI −⋅=

⋅== .

En el caso II la deformada en el punto C es νCII = νCIIa + νCIIb ; donde: νCIIa : Deformación debida al giro del nudo B (θB) producida por el momento MBC = Rc Lv νCIIb : Deformación debida a la carga Rc en el extremo de una barra en voladizo. Del problema anterior conocemos el valor de esta deformación

=+=+=V

3VC

C

C2

VCCIIbCIIaCII IE3

LRIE

LLRννν [Sustituyendo] C

3C R1071,8R

34560301 −⋅==

c) Apliquemos la ecuación de compatibilidad La ecuación de compatibilidad es que el punto C no sufre desplazamiento alguno ⇒

⇒==⇒=⇒= kN83,3kN301

1152RR34560

301301

CCCIICI νν (Por equilibrio)

∑ −=−=⇒= kN83,3RR0F CAy

∑ ==⇒= m.kN14,19m.kN301

5760M0M AA

d) Tracemos los diagramas de cortante V(x) y flector M(x). El caso I no produce esfuerzos internos al tratarse de un caso isostático, por tanto, sólo el caso II provoca esfuerzos internos V(x) y M(x).

A

B C

M(x)

A

B C

V(x)

3,83

3,83

3,83 19,1

3,8319,1

19,1 e) Trazado de la deformada Al trazar la deformada tenemos que tener en cuenta que en la columna se presentan 2 curvaturas de signo contrario.


e.1) La producida por la diferencia térmica

( ) 335

21 1066,1103550

3,010TT

h''k −−

−

⋅===−==αν

e.2) La producida por el momento flector 3

C1042,1

2257532

IEM''k −⋅=−=−==ν

Podemos observar que es mayor la curvatura provocada por la diferencia térmica, por tanto la deformada será:

A

B C

-25°C ν''(x)= α Δth25°C

A

B C

ν''(x)= -MEI

+

A

CBδx

ν(x)=

Problema nº 33 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta un incremento de temperatura ΔT1 en su cara superior y ΔT2 en su cara inferior (ΔT2 > ΔT1). Hallar las reacciones y dibujar las gráficas del esfuerzo cortante V(x), el momento flector M(x), de la curvatura y de la deformada.

L v

a a

Lc

A B

C

DΔT1ΔT2

ΔT1ΔT2


R A RB

RC

L v

a a

Lc

A B

C

DΔT1ΔT2

ΔT1ΔT2

A B

C

D

νIνIIν III a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC


Σ MD = 0 ⇒ RA = RB

b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto medio de la viga D.

A BD

A BD

Rc C

RcD+ =

Caso I Caso II Caso III

ΔT1ΔT2

b.1) Hallemos νI debido al incremento térmico en una viga apoyada-apoyada.

A B

ν''

DΔT1ΔT2

EBE =

Lv4

D'νI

Sabemos que la curvatura ( )21V

TTh

'' Δ−Δα

=ν y dada la simetría del problema, la tangente

D' E es horizontal y por tanto, aplicando el 2º teorema de Mohr al intervalo [D, B]: BE = νI = Momento estático del área sombreada respecto al eje vertical en B =

( ) ( )21V

2VVV

21V

TTh8L

4L

2L

TTh

BE ΔΔα

ΔΔα−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

Al ser ( )21V

2V

I21 TTh8L

,TT ΔΔα

νΔΔ −=<

b.2) Conocemos las deformaciones en los casos II y III

AELR

;IE48

LR CCIII

3VC

II == νν

b.3) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D. ⇒ν+ν=ν IIIIII

( ) ( ) ( )⇒−+

=⇒+=− 12C

3VV

2V

CCC

3VC

12V

2V TT

LI48LAh

LIAE6R

AELR

EI48LR

TTh8L

ΔΔα

ΔΔα

(Por equilibrio) ( )12C

3VV

2V

BA TT)LI48LA(h

LIAE3RR ΔΔ

α−

+==⇒

c) Gráficas de V(x), M(x), ν''(x) y ν(x) Los esfuerzos cortantes y flectores de la viga AB son debidos al caso II, ya que al ser el caso I isostático la variación térmica no genera esfuerzo.


Lv

Lc

A B

C

D

RB

Rc

V(x)

M(x)

RA RC

RA RB

Lv

Lc

A B

C

D

Rc

ν(x)

RA RB

ν ' ' (x)

ν ' ' (x)

Esfuerzos

Temperatura

+

Problema nº 34 La viga AB de la figura se encuentra sometida en toda su longitud a un incremento de temperatura de valor Δt = -25 °C en su cara superior y de valor +25 °C en su cara inferior. En el punto central de esta viga se ancla el cable CD. Hallar a) La fuerza R que debe aplicarse en el extremo C del cable para que este punto no sufra ningún desplazamiento vertical. b) Las gráficas acotadas de cortantes y flectores en la viga AB c) Las gráficas de la curvatura y deformada de la viga AB Datos: Cable CD: E = 20 ⋅10

6 kN/m

2 ; A = 10

-4 m

2 ; y viga AB: E = 20 ⋅10

6 kN/m

2 ; I = 10-5

m4 ; α = 10

-5 ; Canto= 15 cm

4

2 2

2

A B

C

D- 25°+ 25°

R

- 25°+ 25°

Solución: El punto C de esta estructura se comporta como si se tratase de una estructura ya que en dicho punto se genera una fuerza RC y no se produce desplazamiento o giro alguno. Por tanto el problema propuesto es equivalente a la figura siguiente, y son aplicables las ecuaciones del problema anterior,


R A RB

RC

2

A B

C

D-25° -25°+25° +25°

422

A B

C

D

ν Iν IIνIII a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC Σ MD = 0 ⇒ RA = RB

b) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D.

νI = νII + νIII ⇒

( ) ( )( )150

1252515,08410

TTh8L 25

12V

2V

I =−−⋅

⋅=−=

−

ΔΔα

ν

150R

IE48LR C

3VC

II ==ν y ⇒==1000R

AELR CCC

IIIν

( ) ( ) ⇒==−+

= kN869565,02320TT

LI48LAh

LIAE6R 12

C3

VV

2V

C ΔΔα

(Por equilibrio)

kN434782,04620RR BA ===⇒

c) Gráficas de V(x), M(x), ν''(x) y ν(x)

A B

C

D

0,87 kN

V(x)

M(x)

A B

C

D

ν(x)

ν ' ' (x)

ν ' ' (x)

Esfuerzos

Temperatura

+

0,43 kN 0,43 kN

-0,43 kN

0,43 kN

0,87 kNm

0,0087 m −1

0,0033 m −10,87 kN


Problema nº 35 Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. El cable CD soporta una disminución de temperatura ΔT . Hallar las reacciones.

L v

a a

Lc

A B

C

D

ΔT


R A RB

RC

L v

a a

Lc

A B

C

D

ΔT

A B

C

D

δΔt

ν

δ Rc

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

Σ Fy = 0 ⇒ RA + RB = RC Σ MD = 0 ⇒ RA = RB

b) Consideremos el caso hiperestático como la superposición de 3 casos isostáticos. Apliquemos las ecuaciones de comportamiento a estos tres casos, y hallemos la deformación en el punto D.

A BD

Rc C

RcD=

Caso I Caso III

C

D

Caso II

-ΔT

b.1) Caso I: Conocemos la flecha en el punto central del vano de una viga apoyada-poyado

que soporta una carga puntual centrada IE48

LR 3CC

I =⇒ ν

Caso II: Conocemos el acortamiento que sufre una barra sometida a una disminución de temperatura ΔT ⇒ δΔt = α ΔT LC. Caso III: Conocemos el estiramiento que sufre la barra CD sometida a la carga RC ⇒


AELR CC

RC =δ

b.2) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto D ⇒ νI = δΔt - δRc ⇒

⇒+

=⇒−=C

3V

CC

CCC

3VC

LI48LA

LIAET48R

AELR

LTIE48

LR ΔαΔα

(Por equilibrio)C

3V

CBA

LI48LA

LIAET24RR

+==⇒

Δα

86 Flexión. Vigas continuas

FLEXION. VIGAS CONTINUAS Problema nº 36 Dada la viga continua de la figura se pide hallar las reacciones en las sustentaciones y trazar las gráficas de esfuerzo cortante V(x) y momento flector M(x). El vano AB presenta una rótula.

4 8

q= 4 Mp/m

Rótula

1,52

10 Mp

A B C

Solución. a) Grado hiperestático La estructura es hiperestática externa de grado 1, pero al presentar una rótula en el vano AB perdemos un grado hiperestático, y por tanto estamos ante una estructura isostática. b) Cálculo de las reacciones Ecuaciones estáticas

ΣFy = 0 ⇒ RA + RB + RC = 42 ΣMA = 0 ⇒ 4 RB + 12 RC + 20 = 256

Una rótula añade una ecuación más. La suma de momentos de cualquiera de las dos partes de en que la rótula divide a la estructura respecto al punto donde se halla la rótula es nulo. En este caso tomemos la parte izquierda.

ΣMRot Izq = 0 ⇒ 1,5 RA = 35 ⇒ RA = 70/3 = 23,33 Mp Resolviendo el sistema:

⎩⎨⎧

=−=

⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

=+

=+Mp16,20RMp50,1R

236R12R43

56RRC

B

CB

CB

c) Dibujo de las gráficas. En el trazado del momento flector debemos tener en cuenta que la rótula se caracteriza por presentar momento flector cero.


23,3 Mp

1,5

Mp

10Mp

20,16MpV(x)

M(x)

Rótula

Pico

Máximo

Problema nº 37 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x)

8 kN10 kN/m10 kN/m

2 m 2 m 2 m3 m 1 m6 m

A B C

Solución: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb, Conocemos Ma = 0 y Mc = 8 kNm

M = 0a M b M b M = -8c

A = 0b

20 kN.m

Aa

x a CBBA

En la gráfica de momentos ( ) 3xy,3

280220220322AA aaa ==⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=⇒

Sustituyendo en la ecuación:

⇒−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) ( ) km22,14kNm9

128M2803836M2 bb −=−=⇒−=⋅−++


b)Hallemos las reacciones en los apoyos. 8 kNm14,22 kNm

R a R bI R bII R c20 -14 , 22

620 + 14 , 22

6

14,22 kNm

17,63 kNm 22,37 kNm14,22

3− 8

3

14,22

3+ 8

38 -

2,07 kNm 5,92 kNm

Ra = Risostático kN63,17622,1420

LM

a

b =−=−

RbI = Risostático kN37,22622,1420

LM

a

b =+=+

RbII = Risostático kN44,24RRRkN07,238

322,140

LM

LM

bIIbIbb

c

b

b =+=⇒=−+=−+

RcI = Risostático kN92,538

322,148

LM

LM

b

c

b

b =+−=+−

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x)

8 kN10 kN/m10 kN/m

A B C

2,37 kN

17,63 kN

22,37 kN

2,07 kN 5,92 kN 8 kNV(x)

-8 kNm

-14,22 kNm

M(x)

Punto inflexión ν(x)

d) Comprobemos que el momento Mb es correcto Vamos a comprobar que el giro a ambos lados del apoyo B es el mismo:

( ) ( )IE22,18aL2

IEL24aq

aL2IEL24

aqIE3LM 2

a

222

a

2ab

2q1qMbBizq =−+−+−=++−= θθθθ

IE22,18

IE6LM

IE3LM bcbb

McMbBder =+=+= θθθ


Problema nº 38 Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x)

20 kN/m

A C DB

100 kN

8m 8m 10m4m 4m

Solución: Esta viga continua es una estructura hiperestática de grado 2, ya que tenemos 2 ecuaciones de equilibrio (Σ Fy = 0; Σ M = 0) y 4 reacciones ( RA ; RB ; RC y RD ). a)Hallemos los momentos MB y MC en los apoyos B y C. Sabemos que Ma = 0 y Md = 0.

A

100 kN

B

P L

4= 200 kN

M B M B B CM C

20 kN/m

C

MC

Dq L2

8= 250 kNm

x =4a

x =5C

a.1) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos AB y BC.

En la gráfica de momentos 0A;m42Lx;m800

8LPL

4LP

21AA ba

22

aAB ======⇒


⇒−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LIxA6

IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) 300MM4800I8

6I8M

I8

I8M2 cbcb −=+⇒⋅−=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

a.2) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos BC y CD.

En la gráfica de momentos 0A;m52Lx;m

35000L

8Lq

32AA bc

22

cAC =====⇒


⇒−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

cc

cc

bb

bb

c

cd

c

c

b

bc

b

bb LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

5000M36M853

5000I10

6I

10I8M2

I8M cbcb −=+⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

a.3) Resolviendo el sistema:

⎩⎨⎧

−=−=

⇒⎩⎨⎧

−=+−=+

kNm4,129MkNm65,42M

5000M36M8300MM4

c

b

cb

cb


b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

A

100 kN

B B C

20 kN/m

C D

42,7 kNm 129,4 kNm

RA = 50 -42,7

844,7 kN 55,3 kN

RBI= 50 +42,7

8RBII=

42,7

8

129,4

8-

10,8 kN

RCI=42,7

8

129,4

8-

10,8 kN

RCII=100+129,4

10112,9 kN

RDI = 100-129,4

1087,1 kN

R = 44,5 kNB R = 123,7 kNC

kN7,448

7,4250LM

RRa

bisostáticaa =−=−=

kN3,558

7,4250LM

kN3,558

7.4250LM

RRa

b

a

bisostáticabI =+=+=+=+=

kN5,44RRRkN8,108

4,1298

7,420LM

LM

RR IIbIbbb

c

b

bisostáticabI =+=⇒−=−+=−+=

kN8,108

4,1298

7,420LM

LM

RRb

c

b

bisostáticacI −=+−=+−=

kN7,123RRRkN9,1128

4,129100LM

RR IIcIccc

cisostáticacI =+=⇒=+=+=

kN878

4,129100LM

RRc

cisostáticadI =−=−=

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y ν(x)

20 kN/m

A C DB

100 kN

44,7 kN

-55,3 kN-10,8 kN -10,8 kN

112,9 kN

87 kN

200 kNm

42,7 kNm

129,4 kNm

189,16 kNm

A C DB

Punt

o in

flex

ión

Punt

o in

flex

ión


Problema nº 39 Dada la viga continua de la figura hallar a) el momento flector en el punto B aplicando el método de los 3 momentos; b) las reacciones en los apoyos; c) las gráficas de cortantes y flectores, acotando sus valores y direcciones y d) el momento positivo máximo en el primer vano.

5 kN10 kN/m

3 m 1 m6 m

A B C

6 kN

Solución: a)Hallemos el momento Mb en el apoyo b, Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb, Conocemos Ma = 0 y Mc = -5 kNm

M = 0a M b M bM = - 5c

Mmax= 45 kN.m

Aa

x a

CBBA

10 kN/m

Mmax= 4,5 kN.m

x b

6 kN

En las gráficas de momentos

( ) 5,1xy,75,62

35,4A;3xy,180645

32A bbaa ==

⋅===⋅=⇒


⇒−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

bb

bb

aa

aa

b

bc

b

b

a

ab

a

aa LI

xA6LI

xA6IL

MIL

IL

M2IL

M

( ) kNm2917,30M3

5,175,666

318063536M2 bb −=⇒

⋅⋅−

⋅⋅−=⋅−+

b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

5 kNm30,29 kNm

R a R bI R bII R c30 -30,29

630 +

6

30,29 kNm

24,95 kNm 35,04 kNm30,29

3− 5

3

30,29

3+ 5

35+3 -

11,43 kNm -0,43 kNm

10 kN/m 6 kN

30,29

3 +

Ra = Risostático kN95,24629,3030

LM

a

b =−=−


RbI = Risostático kN05,35629,3030

LM

a

b =+=+

RbII = Risostático kN48,46RRRkN43,1135

329,303

LM

LM

IIbIbbb

c

b

b =+=⇒=−+=−+

RcI = Risostático kN43,035

329,3035

LM

LM

b

c

b

b −=+−+=+−

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x).

5 kN10 kN/m

A B C

24,95 kN

35.04kN

11,43 kN

5 kNV(x)

-5 kNm

-30,29 kNm

M(x)

6 kN

5,43 kN

31,12 kN

d) Hallemos el valor máximo del momento flector en el tramo AB V(x) = -10 x + 24,95 ⇒ Si V(x) = 0 ⇒ x = 2,49 m

M(x) = -5 x2 + 24,95 x = (en x = 2,49) = 31,12 kNm

ejercicios pórticos

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