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8/16/2019 Vigas Continuas Problemas
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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 *
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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
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&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
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⟨ 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)
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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*$**2
Consideremos #ue en x=0.953 m ocurre la flecha m%'ima$
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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)
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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
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&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
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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)
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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
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Kenemos entonces:
A1=
218 R A
El ; A
2=11 M A
El
A3=52800
El
,
'
9
M
(F29)
9 F x =
,-
'
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1
El (218 R A
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(* x )máx=−256.64
8 x 14
4
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• ?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
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"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
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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
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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
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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$
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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:
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(+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$
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+≅+=
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$
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-) &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
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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
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29/50
A2=wL
3
12
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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
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5odemos ahora trazar los correspondientes diagramas$
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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:
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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)$
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/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 ,
@
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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$
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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:
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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:
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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
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&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
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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
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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
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) =−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$SOLUCION
"plicando la sugerencia indicada en la nota, tenemos la viga con las cargas
#ue se indica en la figura siguiente:
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))2()2((24
)( 222
2
1 a La L LEI
qa BA −+−=θ
⇒
)46(24
)(2
1 a L EI
qa A BA −=θ
5ara el tramo BC , de talas: EI
L M B BC
6)( 1 =θ
Con estos valores, la e'presi.n del teorema #ueda:
B A BC B A B MLa Lqa
L M L L M +−−=+++ )46(4
)(202
donde:
mam Lm Lm N Mm N q B A 2;3;6;8000;/10000 ===−−==
38000)2466(4
21000038000)36(20
2
x x x x
x M B +−−=−++
⇒ m N M −−= 88.128882
A P
-
R-R2R1
1* P;m 1* P;m
21
2 m 1m-m2 m 2 m
Reacciones:
∑ = 0)2( M
N ! ! M 85.178516
12000088.12888)15(200006 112 =
+−=⇒+−×=
5ara hallar R - volvemos a considerar e#uilirio de momentos en
8/16/2019 Vigas Continuas Problemas
46/50
∑ = 0)2( M
N ! ! M 37.63703
3200088.128888000380003 332 =
+−=⇒−×−×=
N ! F y 77.77723)37.637085.17851(480000 2 =+−=∑ ⇒=
Con las reacciones conocidas, se trazan los diagramas de fuerza cortante y
momento flector$
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.
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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 .
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:-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 ,
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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
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secci.n indicada en ()$ Krazar adem%s es#uemas de distriuci.n de
esfuerzos$
0aterial: E=2.1