Vigas Continuas Problemas

8/16/2019 Vigas Continuas Problemas

1/50

integrando sucesivamente:

Ely ' = R A x

2

2−

x3

6C

1,(1)

Ely= R A x3

6 −W x4

24 C 1 x+C 2(2)

Utilizamos ahora las condiciones de frontera

Si x= L , y ' =O ( I ); S i x=O , y=0 ( II ) ;Six= L, y=0( III )

Reemplazando (I) en (1) y(II) en (2), tenemos:

O= R A L

2

2

−W L

2

2

+ ¿C 1→ C 1=w L

6

− R A L

2

2

y C 2=0

Con estos valores de C 1 y C 2 , reemplazamos (III) en (2) para otener:

R A=3 wL

8

Conociendo ya la !nica carga redundante R ", reemplazamos en las ecuaciones de

e#uilirio y hallamos las otras reacciones$

RB=5

8w L ; M B=wL

2

8

Con estos valores podemos trazar los diagramas de fuerza cortante y momento

flector$

C%lculo de pendientes y flechas$

&e (1) y (2), tenemos:

El y1

=3wL

8

x2

2 −wx

3

3 −wL

3

48

Como se sae, la flecha m%'ima ocurre donde y *

181


2/50

Reemplazando las datos: +2 y-, otenemos la ecuaci.nc!ica para la

pendiente de laviga

EI y1=

9

8 L

2− x

3

3 −1.125=0

&/C

+

&0/

Resolviendo por el mtodo de

apro'imaciones sucesivas de e+ton3

Raphson, tenernos x=1.26 m .

EIymáx.= 9

24(1.26 )3−

(1.26 )4

12 −

1

3(1.26 )

ymáx.= 1

EI

x (0.705 )

4l momento de inercia de la secci.n transversal de la viga es:

I =bh

3

12=3.3 x 10−6 m4

uego, EI =2 x 108 x 3.3 x10

−6=660

Reemplazando en (-): y Máx ,=1.068mm

a pendiente y flecha en x=1 m son respectivamente:

y'

(1)=−0.33 rad ≈−18.9 °

y(1)=−0.06 mm.

5rolema 6$17 a viga #ue se muestra en la figura, soporta una carga uniforme

sore su mi8vd iz#uierda y est% sustentada en el centro por un tirante vertical$3 4l

tirante de acero de - m$ &e longitud y - cm2 de secci.n tiene E=2.1 x 105 MPa ,

mientras #ue la viga de madera tiene E=0.105 x 105 MPa

182


3/50

&eterminar la (tensi.n en el tirante de acero y calcular la flecha m%'ima de la viga$

" 9

+ ) :* ;m y

z

2 * * m m

1**2 m 2 m

&

Solución

4n el &C de la viga, hacemos uso del artificio conocido como el


4/50

⟨ x−2 ⟩3

6+60

⟨ x−2 ⟩4

24C

1 x+C

2

EIy ' = R A x

3

6−60

x4

24+(180−2 R A)¿

Constantes de integraci.n por condiciones de frontera:

x=0→ y=0 ; x=2→ y= C!

x=4 → y=0

a) Si x=O , y=0→C 2=0

) Six=2→ y=− C! :−(4.7619 x 10−8

" ) $L=34

R A−40+2C 1(3)

a rigidez 4l de la viga: EI =(0.1 ) (0.2 )3

12 x1.05 x 10

10

EI =7 x105

?ustituyendo este valor, y de (2) la relaci.n para " , tenemos en (-):

−0.033 (180 % 2 R A )=1.3 R A−40+2C 1

1.266 R A+2C 1=34(4)

c) ?i X = 4 m, y = 0

180−2 R A+40+C 1

0= R A & 4

3

6 −

44

24+¿

0=32

3

R A

−640+240−8

3

R A+40+¿

8 R A−12.63161−C 1=360(5)

0ultiplicando la ecuaci.n (@) por (3$-17A):

8 R A−12.63161−C 1=−214.737 (4− A)

184


5/50

Resolviendo (5) y (4− A ) ,C 1=−12.49

Reemplazando en (5) y despeBando R A , → R A=46.56 e+tons

E(2) , " =86.87 (

)d$ (1 ) , R B=13.43 (

Con estos valores, escriimos las ecuaciones de pendiente y flecha de la viga:

El y' =

46.58

2 x

2−10 x3+86.88 ⟨ x−2 ⟩ 2

2 +60

⟨ x−2 ⟩3

24 −12.49

Ely=46.58

2 x

3−2.5 x 4+86.88 ⟨ x−2 ⟩3

6 +60

⟨ x−2 ⟩4

24 −12.49 x

4l esfuerzo en el tirante de acero:

* C!= 86.87

0.0003=289566.6 Pa

/lecha m%'ima y su localizaci.n:

Un an%lisis del sistema de cargas nos permite asumir #ue en el tramo donde act!a

la carga distriuida uniforme se encuentra la mayor defle'i.n de la viga$

a flecha ser% m%'ima donde +=0

0=23.28 x2−10 x3+43.44 ⟨ x−2 ⟩2+10 ⟨ x−2⟩3−12.49

0=23.28 x2−10 x3−12.49

ecuaci.n #ue resolvemos por apro'imaci.n sucesiva$

1 *$D7 * D7-yE F*$6D 3*$*7 3*$**2

Consideremos #ue en x=0.953 m ocurre la flecha m%'ima$

185


6/50


7/50

Consideremos como vigas componentes a las #ue se muestra en la figura:

5

9

&0/

09

t1

t2

&iagrama de Cuerpo ire de la viga original:

5

09

R9R "

4cuaciones de e#uilirio:

# M B=0→ R A= Pb

L

− M B (1 )

# M y=0→ R B= P− M A(2)

4cuaci.n complementarHa: en el empotramiento, +=0

⟹( +B )1−(+B )2=0 (3)

187


8/50

4n la viga 1:

(+B )1= 1

L

Keorema 2 de 0ohr

1= -́1( L+a3 )

1= Pab

6 El ( L+a )

!$l diarama d$l

m/m$/0 r$d12id/0 -́1=

Pab

2 El

(+B )1= Pab

6 EIL( L+a )

uego, la pendiente (+B )1

/ (+B )1= Pab

6 EIL( L2+a2)

"n%logamente, para la viga 2:

2= -́

2( 2 L3 )

2=

M B L

3 El

-́2=

1

2

x M B

EI

L

+B 2= 2

L

M B L

3 EI

Reemplazando en (-): Pab

6 EIL ( L+a )

M B L

3 El =0

188


9/50

&e donde: M B=

Pab

2 L2 ( L+a )

?ustituyendo en (1):

R A= Pb L (1−a ( L+a )2 L )

en (2)

RB= Pa

L (1+b ( L+a )2 L )

5rolema 6$16 5ara el eBe de dos tramos "C y C&, unidos entre sH8 y el conBunto

firmemente empotrado en sus e'tremos y cargado como se muestra en la figura,determinar,

a) ?us reacciones$

) ?us esfuerzos principales m%'imos$

c) a pendiente y flecha en el punto C$

d) 4l giro da la secci.n C respecto a la secci.n 9$ @**

@** l

1*** l3pulg

"

9

C &

AL AL 1*L

@ L φ

2 L φ

"luminio "cero

E AI =10 x106

Lb / 31l2

E a2$r/=29 x 106

Lb/ 31l2

4 Al=0.33 4a2$r/=0.27

Solución

5rimero consideramos por separado los efectos de torsi.n y fle'i.n

189


10/50

4fecto de torsi.n

&C del eBe

Condici.n de e#uilirio

5A+¿=1000(1)

Como tenemos dole

empotramiento el %ngulo

de torsi.n ∅ A / ! es cero

∅ A / !=∅ A /C =∅C / !=O

⟹5 A L AC

67 AC −(1000−5 A)

67 AC =0(2)

1*** l3pulg

"

C K& @ L φ

2 L φK "

1:L 1*L

os momentos polares de inercia para cada una de las secciones transversales

son:

7 AC = 8

32 x 4

4=8 8 7 C!8

32 x2

4 8

2

as constantes

6 AL= 10 x 10

6

2 (1+0.3 ) =3.7594 x106 L6 / 31l2

6a2$r/= 10 x 10

6

2 (1+0.27 ) =11.417 x106 L6 / 31l2

Reemplazando valores en la ecuaci.n (2) y despeBando K ":

5 A ( 1688 x 3.7594 x 106 )+( 10

8

2 x11.4 .17 x10

6 )= 101000 x10

8

2 x 11.4.17 x10

6

5 A=767 ( Lb− 31l )

?ustituyendo en (1): 5 !=233( Lb− 31l)

190


11/50

os esfuerzos cortantes deido a torsi.n:

(9 máx ) AC = 165 AC

8 ( ! AC )3

→( 9 máx ) AC =16 x 767

8 43 =61 Lb / 31l2

(9 máx )C!= 165 C!

8 ( !C! )3 → ( 9 máx )C!=

16 x233

8 23 =148.33 Lb/ 31l2

4l giro de la secci.n 9 respecto a C

∅B /C = 5 A x LBC

7 BC x 6 AI =

767 x8

8 x3.7594 x 106=6.5 x10−5 radia$0

4fecto fle'i.n

4l &C del e e considera

?olo a la carga concentrada

5 de @** $

os momentos de Inercia,

lC!=8!4

64 = I l AC =8 (2 ! )

4

64 =16 I

@** l

"

C & @ L

φ

2 L φ

AL AL 1*L

R " R&

&e acuerdo con el sistema de cargas, la fuerza a'ial en la viga es nula$

a viga tiene dos grados de hiperestaticidad $4scogemoscomo cargas

redundantes a las reacciones R A y M A $

Condiciones de frontera:+ A=+ !=0∧− A=) A=O

191


12/50


13/50

Kenemos entonces:

A1=

218 R A

El ; A

2=11 M A

El

A3=52800

El

,

'

9

M

(F29)

9 F x =

,-

'

193


14/50


15/50

1

El (218 R A


16/50

(* x )máx=−256.64

8 x 14

4


17/50

• ?ecci.n ": max@ =61 Lb / 31l2

• ?ecci.n &: r max@ =148.33 Lb/ 31l2

Kracemos es#uemas de las secciones A y ! indicando distriuciones de

esfuerzos normales y cortantes

?ecci.n "

U

N

O

Pz

τNσ

K

4sf$ cortante por torsi.n 4sf$ Cortante por cortante 4sf normal

?ecci.n &

U

N

O

Pz

τNσ

K

4sf$ cortante por torsi.n 4sf$ Cortante por cortante 4sf normal


18/50

"nalicemos los puntos U, O, P y de amas secciones:

3 4n D y @ act!a (* x )máx (d$ ra22i $D y d$ 2/m3r$0i $W ) y max5

3 4n F y L s.lo soportan , tanto por fuerza cortante como por torsi.n$

.tese8 sin emargo, #ue en los puntos L los esfuerzos cortantes por torsi.n y

por fuerza cortante tienen la misma direcci.n y sentido8 y en los puntos F son

de la mismadirecci.n pero con sentidos contrarios$

5regunta ) 4sfuerzos principales:

* 1=* x

2 +√( * x2 )

2

+9 xy2

* 2=* x

2 +√( * x2 )

2

+9 xy2

os valores de los esfuerzos actuantes en los puntos mencionados se muestran

en la tala siguiente:

SECCIÓN A5K? * 1 9 1 9 ? 9 * 1 * 2

U F-2D$ 1 * 1 -@*$7A 31*$D2O 3-2D$ 1 * 1 31*$D2 -@*$77P * 1 -$6A 2@$22 2@$22 32@,22 * 1 -$6A D6$6A D6$6A 3D6$6A

SECCIÓN D

U F-2$6 1@A$-- * 1@A$-- -A@$*71 376$2DO 3-2$6 1@A$-- * 1@A$-- 376$2D 3-A@$*7P * 1@A$-- 22$1 127$62 2$A 32$A * 1@A$-- 22$1 16*$D@ A7$@6 3A7$@6


19/50


20/50

2=( ´ x1) !+( A2 ) ! ( ´ x2 ) !+( A3 )C − ! ( ´ x3 ) !

el suHndice ! de ´ x indica #ue el centroide del %rea se toma con respecto al

e'tremo !

$

( A1 )C − != 2

2 El [ R A (a+b+ L ) ]

( A2 )C − != 2

2 El

¿

(2 M A )

( A2 )C − != 2

2 El [ P (2b+2 ) ]

( ´ x1 ) !=2−[ 23 ( R A (a+b+2 L ) R A (a+b+ L) )]( ´ x2 ) !=

2

2 y ( ´ x3 ) !=2 [ 23 ( P (3b+22 ) P (2b+2 ) )]

Reemplazando los valores correspondientes de a , b , 2 , L , y la rigidez El

otenemos:

A1 & 1=( 102 x (364.42 x 109) x2(2071.36)) x5=0.2842 x106

A2 & 2=( 102 x (364.42 x 109)−400(2 x 8+10)) x (5 x 0.436 )=3.110 x 106

A3 & 3=

( 10

2 x (364.42 x109)346.72(8+8+10)

) x 5.38=0.668 x 106

∴ tC = yC = -2,16 X 10-6 pulg


21/50

VIGAS CONTINUAS: ECUACIÓN DE LOS TRES MOMENTOS

(4cuaci.n de Clapeyron39ertot$ /rancia mediados de; siglo I)$

Una viga #ue tiene m%s de un claro y son continuas a lo largo de su longitud se

conocen como vigas continuas$ ?e aplican en los puentes, techos estructurales,

tuerHas, etc$

R1

1 2 - 7

R2 R- R@ R

@

51 52 +0o

/igura A$1 4Bemplo de viga continua

4ntre las condiciones de an%lisis deen cumplirse:

3 Kodas las cargas e'ternas sore la viga sonverticales$

3 os apoyos deen permitir lire rotaci.n8 es decir ninguno puede ser un

empotramiento$

3 as deformaciones a'iales son despreciales$

4n la figura A$1, se muestra un es#uema de viga continua en el #ue uno de los

apoyos es de pasador y el resto son de rodillo$

5uesto #ue hay una reacci.n para cada soporte y s.lo se dispone de dos

ecuaciones de e#uilirio para toda la estructura, en este caso se tienen tres

reacciones redundantes$

?i ien es posile resolver vigas continuas por el mtodo de la dole integraci.n,

el proceso resulta largo y tedioso, siendo m%s recomendale el mtodo de

superposici.n$ "sH pues deer%n seleccionarse a reacciones redundantes de


22/50

fuerza o de momento$ ?i una viga tiene m%s de dos claros conviene escoger como

redundantes los momentos flectores en los apoyos intermedios en lugar de las

propias reacciones defuerza$ 4sto simplifica los c%lculos por #ue conduce a un

conBunto de ecuaciones simult%neas en #ue no aparecen m%s de tres inc.gnitas

en cual#uier ecuaci.n, sea cual sea el n!mero de redundantes #ue se tengan$

Como se ver% en detalle, los c%lculos se refieren sucesivamente a dos vigas

adyacentes a un apoyo intermedio, cuyas defle'iones se otienen r%pidamente por

#ue solo se refieren a vigas simples$ &ado #ue esta ecuaci.n contiene tres

momentos flectores redundantes esta variante del mtodo de superposici.n se

conoce como mtodo de los tres momentos$

Método de los tes !o!entos

5uesto #ue las redundantes son los momentos flectores en los soportes

intermedios, deemos cortar la viga, sucesivamente, en esos puntos para suprimir

los momentos$ "sH la continuidad de la viga en los soportes #ueda interrumpida y

la estructura lierada es una serie de vigas simples$ Cada viga simple est%

sometida a dos conBuntos de cargas:

1) as cargas e'ternas #ue act!an sore la porci.n correspondiente de la

viga continua y

2) os momentos redundantes #ue act!an en los e'tremos de la viga simple$

4sas cargas producen %ngulos de rotaci.n en los e'tremos de cada viga simple$

as ecuaciones de compatiilidad, sustentadas en la teorHa matem%tica de

continuidad de una curva en un punto, e'presan el hecho de #ue las dos vigas

adyacentes (en la estructura original) tienen el mismo %ngulo de rotaci.n en cada

soporte$ "l resolver estas ecuaciones, otenemos los momentos flectores

desconocidos$ Como cada ecuaci.n contiene s.lo tres de los momentos inc.gnita,

las ecuaciones de compatiilidad son llamadas ecuaciones de los tres momentos$


23/50


24/50

C

R9C

90 " 09

"θ9" θ9C

9 C

9

"(θ9")1 (θ9C)1

9 C9

"(θ9")1 (θ9C)1

0 " 09

(a)

()

(c)

(d)

R "

" C

RCR9

9

"

9

I " I9

R9"

9

5odemos escriir la ecuaci.n d compatiilidad en el soporte B , como8

θ9" 3 θ9C

4l siguiente paso es desarrollar e'presiones para los %ngulos +BA y +BC los

cu%les se otienen por la superposici.n de los %ngulos de rotaci.n de la viga

simple deido a las cargas e'ternas +1 y de la viga simple deido a los

momentosflectores desconocidos +2 9Q ,(ver las figuras (C)$

&e stos, los %ngulos de las vigas simples deidos a los momentos flectores, se

encuentran f%cilmente con la ayuda de Kalas$

os resultados son:


25/50

(+BA)2= M A L A

6 EI A+

M B L A

3 EI A;(+BC )2=

M B LB

3 EI B+

M C LB

6 EI B

(A$1)

os %ngulos de rotaci.n deidos a las cargas e'ternas y a los momentos flectores

cominados ser%n:

+BA=(+BA)1+(+BA)2=(+BA)1+ M A L A

6 El A+

M B L A

3 El A(8.2−a)

+BA=(+BA)1+(+BA)2=(+BA)1+ M

B

LB

3 ElB+

M C

LB

6 ElB(8.2−b)

?ustituyendo estas e'presiones para +BA y + BC en la ecuaci.n de compatiilidad

y ordenando trminos se tiene:

M A( L A I A )+2 M B( L A

I A+

LB

I B )+ M C +( LB

I B )=− E(+BA)1− E(+BC )1 (A$-)

5ara el caso en #ue los dos claros adyacentes de la viga tienen el mismo

momento de inercia I , la ecuaci.n de los tres momentos #ueda de la forma:

M A L A +2 M B ( M A + LB )+ M C LB=−6 EI (+BA )1−6 EI ( +BC )1

(8.3−a)

?i ien (+BA )1 y (+BC )1 , pueden otenerse por talas, y de este modo completar

la ecuaci.n (A$-3a)8 es posile e'presar relaciones para estos %ngulos

considerando %rea de momentos$ "sH de la geometrHa de la deformaci.n podemos

escriir$


26/50

+≅+=

L

y por los teoremas de 0ohr las desviaciones tangenciales son los momentos

est%ticos del %rea de los diagramas demomentos reducHdos: = A

EI ´ x

&e esta manera, otenemos la siguiente ecuaci.n para el caso en #ue los dos

claros de la viga tienen el mismo momento de inercia I

M A L A +2 M B ( M A + LB )+ M C LB=6 A A ´ x A

L A−

6 AB ´ xB

LB(8.4)

5rocedimiento

1) ?e considera, sucesivamente, el grupo de dos vigas adyacentes a un

apoyo intermedio8 y se escrie una ecuaci.n d tres momentos$ 4n

cada una de estas ecuaciones M A y M C son los momentos en los

soportes a la iz#uierda y a la derecha del soporte intermedio8 y el

momento M B es el momento en el soporte intermedio seleccionado$

os %ngulos de rotaci.n son las rotaciones en los e'tremos de vigas

simples sometidas a las cargas e'ternas y pueden encontrarse en

Kalas de vigas (esto !ltimo, siempre #ue se utilice alguna de las

ecuaciones (A$-))$

2) ?e resuelven las ecuaciones de tres momentos y se otienen los

momentos flectores en los soportes$


27/50

-) &espus de encontrar los momentos flectores en los soportes de una

viga continua, se trazan !CL y ecuaciones de e#uilirio para

encontrar las reacciones y diuBar luego los correspondientes !"C y

!M" 8 a partir de los cu%les puede evaluarse tanto los esfuerzos

como las deformaciones en cual#uier secci.n de la viga$

Vi"# con un e!$ot#!iento

"

w

R9

0 "

C9

R " RC

5

" 9

"

w

R9

C9

R " RC " 9

I = ∞

(a)

()

/

5 /

/igura A$@

Un caso especial se presenta si uno o amos de los e'tremos de la viga en

vez de ser simplemente apoyado es un empotrado$ 4l n!mero de momentos

flectores redundantes se incrementar% (ver figura A$@a)$ Un artificio sencillo

#ue suele hacerse es reemplazar el empotramiento con un claro adicional #ue

tenga un momento de inercia infinito (figura A$@3)$ 4l efecto de este claro

adicional con rigidez infinitamente grande es impedir la rotaci.n en el soporte


28/50

1, #ue cumple la condici.n impuesta por el empotramiento$ os momentos

flectores encontrados en los puntos 1,2 y - en la viga continua mostrada en la

figura (A$@) son idnticos a los de la viga original$ a longitud asignada al

claro e'tra no es de importancia (e'cepto #ue dee ser mayor de cero) por

#ue siempre se cancela en la ecuaci.n de los tres momentos$

PRO%LEMA E&EMPLO

5rolema A$13 >iga continua con dos claros iguales y con la misma carga

distriuida uniformemente:

"

w KN/m

C9

SOLUCIÓN

Consideramos las dos vigas simples #ue se muestran en la figura siguiente$

Recurdese: A 3aráb/la=2

3 A r$á1l/

"

w KN/m

9

w KN/m

c

O

A

2

9

R1 R2 R-R2

"1 "2

?e tendr%$ A1=wL

2

8 L x

2

3=

wL3

12


29/50

A2=wL

3

12


30/50

5ara reemplazar en la f.rmula del teorema

x1 ,= L

2 ( 2$r/id$ d$ A1 ) ; x2=

L

2 ( 2$r/id$ d$ A2 )

se tiene adem%s,

?ia0 0im3l$m$$

M C = M A=0¿

a3/yada0 $ l/0 $xr$m/0¿

"plicando el teorema de los tres momentos:

0+2 M B x2 L+0=−wL3

4 −

wL3

4 (1)

de donde:

$l 0i/ idi2aG1$ M B

M B=wL

2

8 ¿

3r/d12$ 2/2a?idad ha2ia

abaH/¿

3 C%lculo de reacciones en los apoyos$

5or e#uilirio de momentos en 9$

R1 L−wL

2

2

+

(wL

2

8

)=0

⇒ R1= R

3=

3

8wL

# " y=0 ,2=5

4wL


31/50

5odemos ahora trazar los correspondientes diagramas$


32/50

R1

w KN/m

R2 R-

-O A

7O A

3-O A

37O A

DFC (KN)

DMF (KN-m)

O 12A

2

3O A

2

Una vez #ue se conoce las reacciones en los apoyos, evaluamos las

deformaciones en cual#uier secci.n de la viga$

4cuaci.n diferencial de la el%stica$

El ) ' = R1 x−w

x2

2 + R2 ⟨ x− L ⟩

Integrando sucesivamente:


33/50

El ) ' = R1

x2

2 −w

x3

6 + R2

⟨ x− L ⟩2

2 +C 1

El ) = R1 x3

6 −w x

4

24+ R2 ⟨ x− L ⟩

3

6 +C 1 x+C 2

?ustituyendo los valores de R1 , y R2

El ) = 3

48wLx

3 w

24 x

4+ 5

24wL ⟨ x− L ⟩3+C

1 x+C

2

Constantes de integraci.n:

x=0⇒ y=0

condiciones de frontera:

x= L⇒ y=0

Resolviendo:

C 2=0∧C 1=−wL3

48

⇒) = w

48 El [3 Lw3−2 x4+10 ⟨ x− L ⟩3− L3 x ]

5ara x∈ [0,1 ] , ) = w

48 El (2 x4+3 Lx3+ Lx3 )

.tese en los DFC y DMF #ue cada tramo de viga (entre apoyos) tiene simetrHa de

carga, y por lo tanto de deformaciones, con respecto a sus e'tremos (" y

respectivamente)$


34/50

/lecha m%'ima: y ' =0

?i consideramos: 0 x J1⇒| y max|=0.00541wL

4

El en x=0.4215 L

Po'le!# ()*) Calcular las reacciones de la viga con dos claros iguales y cargas

concentradas en la mitad de la distancia entre apoyos$ Considere El constante$

" C9

5 5

, ,

Solución

Kenemos el D.C.L de la viga con tres reacciones (una redundante)$ ?eg!n el

teorema consideramos a las dos vigas simplemente apoyadas con carga centrada$

, , " C9

5 5

R1 R2 R-

" 9

,

c

,

9

R1R2 R-

R2

5 5

"1 "2

5 ,

@


35/50

A1= A

2=

PL2

8

os centroides estar%n en los puntos medios de cada claro

a1=b

2=

L

2

M A= M C =0

0ediante el teorema: 2 M B (2 L )=−34

PL2

⇒ M B= 3

16 PL

uego, las reacciones en los apoyos:

R1= R2= 5

16 P

⇒# " y=0

⇒ R2=11

8 P

Con estos valores de las reacciones, procedemos a trazar los diagramas de fuerza

cortante y momentoi flector de la viga original$


36/50

5

R1

,

5

,

R2 R-

R1

3R-

01

02

0-

5R940" A$-$ Una viga de dos claros est% sometida a una caga uniforme de 6

P;m en un claro8 y una carga concentrada de 22$@ P en el punto medio del otroclaro$ ?e pide:

a) Reacciones en los apoyos) &$ /$C$ y &$0$/c) /lecha m%'ima

SOLUCIÓN

Utilizaremos el teorema de los tres momentos, considerando en el empotramiento

un tramo de viga de rigidez infinita ( I =K) seg!n el siguiente es#uema:


37/50

I = ∞

7,0 KN/m

" C9

M A+4 M B+ M C =−6 EI

L (+BA)1−

6 EI

L (+BC )1

4l tramo AB no soporta carga ⇒(+BA)1=0

0ientras #ue para el tramo BC , de talas:

(+BC )1= GL

3

24 El

uego, la e'presi.n del teorema #ueda:

M A+4 M B+ M C =0 6 El

L

(

GL3

24 El

)d/d$ :

G=7000 ( /m

M A por ser apoyo e'tremo de pasador es nulo, por lo #ue tenemos:

0+4 M A+ M C =−GL2

4 ⇒4 M 1+ M 2=

−GL2

4(∝)

"plicando nuevamente el teorema:


38/50

1 C9

7,0 KN/m22,@ P

"2 -

M A+4 M B+ M C =−6 EI

L (+BA)1−

6 EI

L (+BC )1

4n el e'tremo C, M C *

&iagramas de fuerza cortante y momento flector

A@**

DFC (N)

DMF (N-m)

7,0 KN/m

2 -

22,@ P

1

-,2 m 1, m

S

F

S

F

S

F

F

36A@*

31@***

127@@

31*672

-2@A

316D2

1@7*

1, m


39/50

&e talas, tenemos para (+BA)1= GL

3

24 EI (+BC )1=

PL3

16 EI

?e tiene entonces: M 1+4 M 2=GL

2

4 −

3

8 GL

2

M 1+4 M 2=5

8 GL

2 ( )

Resolviendo (∝)−(4 ) :

−15 M 2=18

8 GL

2⇒ M 2=

18

15 & 8(7000 ) (3.2 )2 ( −m

M 2=−10752 ( −m

$ ( ): M 1=(−0.625+0.6 ) (7000 ) (3.2)2=−1792 ( −m

Reacciones:

M 2= R3


40/50

El) = {} rsub {1} {"e#$ "%&'"e x- r(')$ r%&'"e} ^ {0} {R} rsub {1} "e#$ "%&'"e x-0 r(')$ r%&'"e

− P ⟨ x−4.8 ⟩

5rimera integraci.n

El) ' = M 1 ⟨ x−O ⟩1+

R1

2 ⟨ x−0 ⟩

2−

9

2 ⟨ x−O ⟩

3+9

2 ⟨ x−3.2 ⟩

3+

R2

2 ⟨ x−3.2 ⟩

2

− P2

⟨ x−4.8 ⟩2+C 1

7,0 KN/m

2 -1

1, m1, m

22,@ P

-,2 m

?egunda integraci.n

El) = M 1

2 ⟨ x−O ⟩

2+

R1

6 ⟨ x−O ⟩

3− 9

24 ⟨ x−O ⟩

4+9

6 ⟨ x−3.2 ⟩

3+

R2

6 ⟨ x−3.2 ⟩

3

− P6

⟨ x−4.8 ⟩2C 1 x+C 2

Constantes de integraci.n: 5ara hallar sus valores consideramos las condiciones

de frontera:

$ & =O,) ' =O ,∧

) =O

⇒) ' =0=C 1) =0=C 2

El) = M 1

2 ⟨ x−O ⟩

2+

R1

6 ⟨ x−O ⟩

3− 9

24 ⟨ x−O ⟩

4+9

6 ⟨ x−3.2 ⟩

3+

R2

6 ⟨ x−3.2 ⟩

3


41/50


42/50

El ) ' = M 1 ( x−0 )

1+

R1

2 ⟨ x−0 ⟩

2 9

6 ⟨ x−0 ⟩

3

+9

6( x−3.2 )

3+

R2

2 ⟨ x−3.2 ⟩

2

− P2 ⟨ x−4.8 ⟩

2

+C 1

uevamente teorHa de m%'imos y mHnimos:

O= M 1( x−0)1+

R1

2( x−0)2−

9

6( x−3.2)3+

R2

2( x−3.2)2

− P2

( x−4.8 )2

0=−1790 & +8400

2 &

2−7000

6 x

3+7000

6( & −3.2)3+

28560

2( & −3.2)2

−224002

( x−4.8 )2

0= & 2( 84002 −11200+30)+ & (−1790+35840+16128 )

+(−38229.33−111820.8)

& 2−12.8 & +38.278=0

Resolviendo,

& =12.8√ (−12.8 )

2−4 x (1 ) (38.278 )

2 (1 )

X @,6 m 8 x A,*- m

?olo es v%lido el valor & =4.76 m por estar comprendido en el rango:

EI) =−1790

2 (4.76 )2+

8400

6 (4.76 )3−

7000

24 (4.76 )4+

7000

6 (4.76−3.2)4+

28560

2 (4.76−3.2)3


43/50

) =−1 EI

19536,4

5R940" A$@. a viga continua de dos claros mostrada en la figura tiene unvoladizo en un e'tremo$ Cargas parciales uniformes act!an sore el claro

iz#uierdo y una carga concentrada act!a en el e'tremo del voladizo$

a) Calcule las reacciones$

) Krazar los diagramas de fuerza cortante y momento flector$

A P

-

R-R2R1

1* P;m 1* P;m

21

2 m 1m-m2 m 2 m

ota: la presencia de un voladizo puede maneBarse de la siguiente manera$ uite

el voladizo de la viga y reemplace su acci.n sore el resto de la viga con una

fuerza y un momento est%ticamente e#uivalentes #ue act!en en el soporte

e'tremo$ serve #ue la componente vertical de la fuerza se transmite

directamente a la reacci.n en el soporte e'tremo (y, por lo tanto, no entra en la

ecuaci.n de los tres momentos aun#ue si afecta a la reacci.n) y el momento se

vuelve fle'ionante en el soporte e'tremo (#ue es una cantidad conocida)$ "nalice

ahora la viga continua usando la ecuaci.n de los tres momentos en la manera

acostumrada$SOLUCION

"plicando la sugerencia indicada en la nota, tenemos la viga con las cargas

#ue se indica en la figura siguiente:


44/50


45/50

))2()2((24

)( 222

2

1 a La L LEI

qa BA −+−=θ

⇒

)46(24

)(2

1 a L EI

qa A BA −=θ

5ara el tramo BC , de talas: EI

L M B BC

6)( 1 =θ

Con estos valores, la e'presi.n del teorema #ueda:

B A BC B A B MLa Lqa

L M L L M +−−=+++ )46(4

)(202

donde:

mam Lm Lm N Mm N q B A 2;3;6;8000;/10000 ===−−==

38000)2466(4

21000038000)36(20

2

x x x x

x M B +−−=−++

⇒ m N M −−= 88.128882

A P

-

R-R2R1

1* P;m 1* P;m

21

2 m 1m-m2 m 2 m

Reacciones:

∑ = 0)2( M

N ! ! M 85.178516

12000088.12888)15(200006 112 =

+−=⇒+−×=

5ara hallar R - volvemos a considerar e#uilirio de momentos en


46/50

∑ = 0)2( M

N ! ! M 37.63703

3200088.128888000380003 332 =

+−=⇒−×−×=

N ! F y 77.77723)37.637085.17851(480000 2 =+−=∑ ⇒=

Con las reacciones conocidas, se trazan los diagramas de fuerza cortante y

momento flector$

5R940" A$7. a teorHa de viga continua permite hacer un c%lculo apro'imado de

las vigas #ue forman parte del astidor de vehHculos de carga$ 5resentamos a#uH

el caso de un semirremol#ue de tres eBes, con una capacidad de carga de -*

toneladas, y dimensiones e'ternas de 12$-7 m de longitud ' 2$* m de ancho$

2*** 127* 127*

5I?&4 0"&4R"

-7:*

4,4>"CI

@1*

a vista de una de las dos vigas del astidor, con la carga distriuida uniforme se

muestra en la figura siguiente.


47/50

2

7

7

D**12:*1*-7@*-*12*A12-*1-**1-@7

@-21

:6*

6

7

*

*

4l es#uema de viga continua considera al sistema de apoyo3enganche en el

e'tremo derecho como un apoyo de rodillo$ Kenemos entonces

# ) 2@$7 P;m

:6*

1-@7 1-** 12-* 12*A @*-* 1*-7 12:* D**

2

7

7

a viga #ueda:

# ) 2@$7 P;m

D**12*A12-*1-**1-@7 :-27

5ara aplicar el teorema de los tres momentos, eliminamos los voladizos ysustituimos su efecto por la carga concentrada y el par correspondiente .


48/50

:-2712-* 12*A

# ) 2@$7 P;m

5)-- P

22$2 P3m D$D22 P3m

5)22$*7 P

1-**

PRO%LEMAS PROPUESTOS

5R940" 5 A$1 a viga ABC esta empotrada en el soporte A y

descansa en el punto B sore el punto medio de la viga !E 8 esto es, se

puede entonces representar como una viga en voladizo BC yun soporte

el%stico lineal de rigidez F en el punto B $ a distancia de A a B es

L=10 pies$ a distancia de B a C es L/2=5 pies y la longitud de la

viga !E es L=10 pies$ "mas vigas tienen la misma rigidez por fle'i.n 4l$

Una carga concentrada P=1700 Lb act!a en el e'trem. de la viga ABC $

&etermine las reacciones R A , RB y M A para la viga ABC $ &iuBe tamin los

diagramas de fuerza cortante y momento fle'ionante para la viga ABC ,


49/50

mostrando todas las ordenadas de consideraci.n$

9 C

5

"

4&

R "R&

R4

@

@

@

@

PROBLEMA P 8.2. a viga continua sore cuatro soportes tiene un voladizo en el

e'tremo iz#uierdo, como se muestra en la figura$ 4l momento de inercia I 1 para los

claros 132 y -3@ es de @$ ' 1* mm@$ &etermine los momentos fle'ionantes 01,

02 y 0- en los soportes de la viga$

5R940" 5 A$- 5ara el eBe del sistema de transmisi.n de potencia mostrado

en la figura, considerando #ue las cargas en la polea plana se reparten por igual

en sus lo#ues de cone'i.n al eBe, se pide:

a) Calcular las reacciones y diuBar los diagramas de fuerza cortante, momento

flector y momento torsor, indicando los valores relevantes$ (Considere dosplanos de carga)$

) Calcular solo la componente * de la flecha resultante en la secci.n

situada a 650 mm del apoyo "$

c) Calcular los esfuerzos principales y el m%'imo esfuerzo cortante en la


50/50

secci.n indicada en ()$ Krazar adem%s es#uemas de distriuci.n de

esfuerzos$

0aterial: E=2.1

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Vigas Continuas Problemas