ANALISIS DE VIGAS ESTATICAMENTE INDETERMINADAS

Transcripción

1 NISIS DE VIGS ESTTICENTE INDETERINDS.. DEFINICIÓN. Se denomina de esta manera a una barra sujeta a carga lateral; perpendicular a su eje longitudinal, en la que el número de reacciones en los soportes superan al número de ecuaciones disponibles del equilibrio estático, esto es: el número de incógnitas es mayor que: F X F Y a figura, muestra una viga de este tipo con un etremo simple y el otro empotrado B bajo una carga puntual. a b B Fig.. Viga apoyada-empotrada. continuación se muestra la viga indicando las reacciones en los soportes. En el soporte eiste sólo reacción vertical puesto que el rodillo no impide el desplazamiento horizontal. En el empotramiento en B hay dos reacciones dado que este soporte no permite ni desplazamientos ni rotaciones. B V V B uesto que eisten tres reacciones desconocidas; las fuerzas cortantes V y V B y el momento fleionante B y sólo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio; y F y, la viga es estáticamente indeterminada o hiperestática pues no es posible conocer las tres reacciones con solo dos ecuaciones. (Hay más incógnitas que ecuaciones). Otro tipo de viga hiperestática es aquella que tiene más de dos soportes, y que se denomina Viga Continua, como la que se muestra en la figura.

2 w B C D Fig.. Viga continúa Este caso corresponde a una barra mucho más compleja de analizar puesto que ahora eisten cinco reacciones eternas de soporte; las fuerzas cortantes verticales y el momento fleionante en el empotramiento ubicado en. w V V B V C V D ara la solución de estas vigas se requieren ecuaciones adicionales a las del equilibrio estático, un camino a seguir consiste en hacer el análisis de las deformaciones angulares o rotaciones de los nodos cuando las barras se fleionan (pandean), bajo el efecto de las cargas aplicadas. Este análisis se plantea más adelante... INDETERINCIÓN ESTTIC. Se define como el número de acciones redundantes o eceso de reacciones internas y eternas, que no es posible determinar por medio del equilibrio estático. Se puede decir que es la diferencia entre el número de incógnitas y ecuaciones disponibles de equilibrio estático. or ejemplo la viga de la figura tiene tres reacciones desconocidas y solo se dispone de dos ecuaciones de equilibrio, la viga es indeterminada en grado : Número de incógnitas = NI = Ecuaciones de equilibrio = EE = Grado de indeterminación = GI = NI EE = = Viga de la figura : NI = Reacciones verticales y momento en el empotramiento = 5 EE = Equil. vertical y suma de momentos = GI = 5 = En ambos casos los GI representan el número de ecuaciones adicionales para su solución.

3 .. SOUCION DE VIGS HIERESTTICS. Se analizan vigas estáticamente indetermindas con objeto de conocer las reacciones eternas e internas en los soportes, así como las deformaciones angulares y lineales que ocuren a través de su longitud cuando se les somete a carga aterna. as deformaciones angulares son las rotaciones o pendientes que se miden mediante una tangente trazada a la curva elástica (Diagrama de deformación) y las lineales son los desplazamientos verticales que se miden entre el eje original de la viga y el eje cuando la barra se fleiona. a figura muestra esta condición. Tangente Eje original no deformado Curva elástica de deformación Fig.. Viga deformada por fleión = Carga aplicada. = Rotación o pendiente. = Deformación lineal o flecha.... ETODO DE DE DOBE INTEGRCIÓN. Es uno de tantos métodos que se basan en el análisis de las deformaciones, en particular la de los soportes. El método consiste en integrar sucesivamente una ecuación denominada Ecuación Diferencial de la Elástica dada por la epresión: d y EI d E = ódulo elástico del material del que está hecha la viga. I = omento de inercia de la sección transversal respecto al eje neutro. = Ecuación de momentos a lo largo de toda la barra. l integrar sucesivamente la ecuación de momentos, aparecen constantes que será necesarios definir. Estas constantes se determinan en función de las condiciones de frontera, que generalmente las definen los tipos de apoyo o la simetría de la carga. Recordemos que un apoyo simple tiene pendiente pero no tiene flecha y un apoyo empotrado no tiene ni pendiente ni flecha. En un punto cualquiera de la viga, la pendiente es la misma analizando las cargas y momentos a la izquierda o a la derecha del punto. roblema. Determine los momentos fleionantes y las reaciones verticales en la viga de la figura 4). Tomar EI constante. El apoyo es simple el es empotramiento.

4 5 kg/m 8. m Fig. 4 Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. Criterio de signos: + 5 kg/m EId d V 5 8 y V 5 V V Integrando: EIdy d V 5 C ) 4 V 5 EIY C C ) Cálculo de las constantes. a ecuación ) proporciona la pendiente (dy/d) en cualquier punto de la viga. El apoyo ) está empotrado y no tiene pendiente por lo que sustituyendo = 8 e igualando a cero se tiene: V ( 8) 5( 8) C C 4,. V a ecuación ) proporciona la flecha (Y) en cualquier punto de la viga. El apoyo ) es simple y no tiene flecha, por lo que sustituyendo = e igualando a cero, se tiene: C = En la misma ecuación ) la flecha es cero en = 8 y sustituyendo C logramos obtener una ecuación en función de la reacción V la que al resolverse nos da su valor. 4 V ( 8) 5( 8) ( 4,. V ) 8

5 V = 5. kg or equilibrio de fuerzas verticales se obtiene la reacción V. V + V - 5(8) = V = 5. kg Conocidas las reacciones verticales, el momento puede calcularse sumando momentos en el nodo ) o en el ) o sustituyendo = 8 en la ecuación de momentos. = + 5(8)4-5(8) = = 4. kg.m 5 kg 5 kg/m 5 4 kg.m Fin del problema. roblema. Obtenga los momentos y reacciones verticales para la viga de la figura 5). Trace también los diagramas de fuerza cortante y de momento fleionante. Si la sección transversal es compacta rectangular de 55 cm, calcule la flecha al centro del claro para un móduloelástico de 5,. cm 4. 8 kg 5. m 5. m Fig. 5) Ecuaciones de momento. Se traza el diagrama de cuerpo libre indicando las reacciones desconocidas y la carga aplicada. Enseguida se plantea la ecuación de momentos y se le integra sucesivamente. 8 kg Criterio de signos: + V V X

6 V 5 ) V 8( 5) 5 9 ) Integrando la ecuacion ). d EId y V EIdy d V C ) V EIY C C 4) En las ecuaciones ) y 4), la pendiente (dy/d) y la felcha (Y) son cero en el apoyo, esto es cuando =. ara esta condición C y C son cero. C = C = Integrando la ecuación ). EId y V 8( 5) d EIdy d V 8( 5) C 5) V 8( 5) EIY C C4 ) En las ecuaciones ) y 5) la pendiente es la misma cuando = = 5. l comparar estas ecuaciones resulta C = En las ecuaciones 4) y ) la flecha es la misma cuando = = 5. l comparar estas ecuaciones resulta C 4 = Se requieren ahora ecuaciones de equilibrio. Estas ecuaciones se obtienen para = en 5) y ), ya que en este apoyo la pendienete y la flecha son cero. En 5) cuando =, (dy/d = ): V ( ) 8( 5) 5V -,. = ) En ) cuando =, (Y = ):

7 V ( ) ( ) 8( - 5) C C 4. V - 5 -,. = ) Resolviendo las ecuaciones 7) y 8). V = 4 kg = kg.m Diagramas de cortante y de momento. kg.m 8 kg kg.m 4 kg 4 kg 4 Fuerza Cortante 4 omento Flector Flecha al centro del claro. Se obtiene en la ecuaciómn 4) para = 5. m. V EIY C C 4) Y 4,. EI E = 5,. kg/cm I 5( 5) 9, 5. 5 cm 4 4,. ( ) Y. 85 cm 5,. ( 9, 5. 5) Fin del problema.

8 roblema. a viga de la figura ) tiene ambos etremos empotrados y recibe una carga uniformemente variable de kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = kg/m =. m Incógnitas y ecuación de momentos. Fig. B y W = kg/m B V V B a altura (y) de la carga triangular a la distancia () se obtiene por triangulos semejantes. y w a resultante del triangulo ubicado en la longitud () y de altura (y) es su área (y/) y se ubica a (/) que es su centro de gravedad de derecha a izquierda. a ecuación de momentos es entonces: w V X V X w Se escribe la ecuación diferencial y se integra sucesivamente. EI d d y V X w EI dy d V 4 w 4 C Ec. ( ) En esta ecuación cuando =, la pendiente dy/d es cero y por tanto la constante C =. EIY V 5 w C Ec. ( ) En esta ecuación cuando X =, la flecha Y = y por tanto la constante C =.

9 En las ecuaciones () y () cuando =, la pendiente y la flecha son cero. De aquí resultan dos ecuaciones con dos incognitas. dy/d =. En la ecuación. = V w 4 Ec. ( ) Y =. En ecuación. X = 4 V w Ec. ( 4) a solución de las ecuaciones () y (4) dan los siguientes resultados: w ( ) 44,. kg.m w ( ) ( ) v a, 8. kg. a reacción vertical en B se obtiene por equilibrio de fuerzas. w w 7w 7( ) ( ) V B, 5. kg. El momento en B se obtiene por suma de momentos en o en B. w w 7wl B w ( ) B,. kg.m Resultados finales. W = kg/m Fin del problema.

10 roblema 4. a viga de la figura 7) tiene ambos etremos empotrados y recibe una carga uniformemente distribuida de kg/m. Determine los momentos y las reacciones verticales en los empotramientos. Tomar EI constante. W = kg/m 5. m 5. m Fig. 7 B Incógnitas y ecuaciones de momento. W = kg/m B V V B X V - 5 Ec. ( ) Integrando sucesivamente: EI d y d V - EI dy d V C Ec. ( ). EI Y V C C Ec. ( ) En las Ec. () y () la pendiente dy/d y la flecha y, son cero por estar el apoyo empotrado y por tanto, las constantes C y C son cero. ( - 5) V ( 5) 5 Ec. ( 4 ) Integrando: EI dy d V ( - 5) C Ec. ( 5) EI Y V ( - 5) 4 4 C C 4 Ec.( )

11 En las ecuaciones () y (5) la pendiente tiene el mismo valor cuando = = 5, por tanto, al igualar estas ecuaciones, resulta C =. En las ecuaciones () y () la flecha tiene el mismo valor cuando = = 5, por tanto al igualar estas ecuaciones, resulta C 4 =. En la Ec. (5) la pendiente dy/d es cero cuando =, sustituyendo este valor resulta la siguiente ecuación: V ( ) ( - 5) 5 5,. V Ec.(7) En la Ec. () la flecha es cero cuando = : V ( ) ( - 5) 4 4 ( ) V 5 7, Ec. (8) l resolver las ecuaciones (7) y (8), resulta: = 78.5 kg.m V = 8.5 kg V B =,8.75 kg Se obtiene por equilibrio vertical. B =,78.75 kg.m Verificación de los momentos con fórmula: 5w 5( )( ) kg.m W = kg/m w ( )( ) B kg.m Fin del problema.

12 roblema 5. Determinar los momentos y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento fleionante para la viga de la figura 8). 4 kg/m 4. m 4. m Fig. 8 Reacciones desconocidas y ecuaciones de momento. y 4 kg/m V V X a altura (y) del triángulo de base () se obtiene por triángulos semejantes (y =) y su resultante es su área (R = y/) aplicada a / de la base () a partir del etremo izquierdo o / del etremo derecho (/). y V V 4 Ec. ). EI d d y V Integrando sucesivamente: EI dy d V 4 4 C Ec. ). 5 V EIY C C Ec. ). En la Ec. ), cuando =, la flecha (Y) es cero, y por tanto C =. Ecuación de momentos a la distancia : ara esta distancia debe tomarse la resultante total de la carga triangular ya que queda ubicada a la izquierda del punto donde se está cortando, es decir: (R = 4(4)/ = 8 kg) y se aplica al centroide, esto es a ( / de 4 = 8/ =.).

13 V 8 (. ) 4 8 EId d y V 8 (. ) Integrando sucesivamente: EIdy d V 8 (. ) C Ec. 4). V 8 (. ) EI Y C C4 Ec. 5) Comparando las ecuaciones ) y 4) en = = 4, la pendiente es la misma: C ( 4) 4 4 C 8 ( 4. ) C C Ec. ). Comparando las Ec. ) y 5) en = = 4, la flecha es la misma: 4C ( 4) 5 4C C 4 8( 4. ) Sustituyendo Ec. ): 4 4. ( C ) 85. C C 494 C 4 = En Ec. 4) cuando = 8, la pendiente es cero (dy/d = ): V ( 8) 8( 8. ) C C, V En Ec. 5) cuando = 8, la flecha es cero (Y = ): V ( 8) 8( 8. ) 8( 77,. 78 V ) V = 4. kg. or equilibrio vertical: 4( 4) V kg.

14 or suma de momentos en el nodo ): 4( 4) ( 4) 8( 8) 9. kg.m Verificación con fórmula: 7w 7( 4)( 8) 9. kg.m kg/m Fuerza Cortante omento Fleionante 9. unto donde la fuerza cortante es cero. V X = m a ecuación de momentos es: X = m = 8.5 kg.m X = 4. m =.4 kg.m Fin del problema.

15 ... TEORES DE OTTO OHR. Es un método semigráfico ideado por Christian Otto ohr (85-98) y que representa una alternativa importante para calcular pendientes y flechas en puntos específicos de una viga. El procedimiento se conoce también como étodo del rea de omentos y consiste en establecer de manera independiente la variación de la pendiente y de la flecha en los puntos etremos de un intervalo cualquiera, generalmente definido por los apoyos. En este intervalo intervienen las áreas de los diagramas de momentos y el momento de tales áreas. Es recomendable utilizar las áreas de los diagramas de momentos por partes ya que estos facilitan el cálculo del área así como de su centro de gravedad. El método consta de dos teoremas, a saber: rimer Teorema de ohr. a variación o incremento de la pendiente (θ B ) entre las tangentes trazadas a la elástica en dos puntos cualquiera y B es igual al producto /EI por el área del diagrama de momentos flectores entre estos dos puntos. En la figura 9) se indica esta condición. B Viga con carga cualquiera. Tangentes por y B. Cambio de pendiente θ B. Θ B Diagrama de momentos cualquiera.. Fig. 9). Viga simple con carga cualquiera. θ B B EI Donde: Θ B = Cambio de pendiente entre las tangentes a la curva elásica. B = rea del diagrama de momentos entre y B. EI = Rigidez a la fleión. Segundo Teorema de ohr. a desviación de un punto cualquiera B respecto de la tangente trazada a la elástica en otro punto cualquiera, en dirección perpendicular al eje inicial de la viga, es igual al producto de /EI por el momento respecto de B del área de la porción del diagrama de momentos entre los puntos y B. a figura ) muestra esdta condición.

16 B Viga con carga cualquiera. δ B cg Diagrama de momentos cualquiera y centro de gravedad respecto al punto B. Fig. ). Viga simple con carga cualquiera. δ B B EI X Donde: δ B = Desplazamiento vertical en B trazado perpendicularmente al eje original de la viga hasta intersectar con la tangente por. B = rea del diagrama de momentos entre los puntos B y. X = cg = Centro de gravedad del diagrama de momentos medidos desde B. roblema ). Calcular el momento en el empotramiento para la viga de la figura ). Determinar también las reacciones verticales. 8 kg./m. m B Fig. ). Viga apoyada-empotrada. Incognitas en la viga. 8 kg./m B V V B

17 Diagrama de momentos por partes. Se obtienen dos vigas equivalentes simplemente apoyadas; una con la carga de 8 kg/m y la otra con B. 8 kg./m B/ B/ B B El objetivo es obtener el momento B y puesto que la viga está empotrada en B la pendiente es cero y una tangente por ese punto es horizontal y entonces en el punto el desplazamiento vertical es tambien cero. a ecuación que se requiere se obtiene sumando momentos en para las áreas de los diagramas de momento, es decir es el producto de las áreas y el centro de gravedad de cada una medido desde. as áreas arriba del eje se toman positivas. Se recuerdan las áreas y centroides de algunas figuras geométricas. cg / / cg = /(n + ) X = /(n + ) n = grado de la curva Σ 44 ( ) 44 ( ) B B =. kg.m Reacciones verticales. Σ 8( ) V V B =. kg. B 8 kg./m V = 8() = 8. kg. 8 Otra forma de resolver el problema. Considerense los diagramas de momentos reales para cada viga simple.

18 8 kg./m B/ B/ B má. B... El área total del diagrama de la carga uniforme es /. El momento máimo para esta carga es w /8 = kg.m. Σ ( ) B 4 B =. kg.m Fin del problema. roblema 7. Calcular la pendiente en el etremo y la flecha al centro del claro de la viga del problema anterior, Fig. ). Tomar EI constante. Trazar una tangente a la curva elástica por el punto y una vertical por B.. δmá... Y Y B y B El desplazamiento Y B se obtiene sumando momentos en B para las áreas de los diagramas de momentos. EIY B ( ) ( ) ( ),.

19 a pendiente en se obtiene dividiendo Y B entre la longitud.,.,. φ EI EI El valor de la flecha al centro del claro δ má. se obtiene relacionando geométricamente los desplazamientos indicados en la figura anterior. δ má. = Y o - Y Donde Y o se obtiene por triángulos semejantes y Y se obtiene sumando momentos para las áreas situadas a la izquierda del centro del claro. Y B Y o (, ), 8. Y o EI EI. δmá... Y Y B y B = / Cg = /4 8 Cg = Centro de gravedad de derecha a izquierda. EIY ( ) ( ). 5 ( ) 8 ( ) 4. 5, 4 Y 5, 4. EI δ á., 8. EI 5, 4. EI EI Fin del problema.

20 rtoblema 8. Calcular los momentos fleionantes para la viga con ambos etremos empotrados de la figura ). Tomar EI constante. kg/m. m Fig. Incógnitas en la viga. kg/m V V Digrama de momentos para cada acción actuando por separado. El momento máimo para la carga uniforme es w /8 = 5,. kg.m. Estas gráficas y momentos corresponden a vigas simplemente apoyadas. kg/m 5 Como ambos etremos están empotrados, las pendientes en esos puntos son cero, y por tanto, una tangente trazadas por estos etremos son horizontales y entonces los desplazamientos o desviaciones verticales son tambien cero. EI δ ( 5)( ) ( ) 5 5,... Ec. ). EI δ ( 5 )( ) ( ) 5 5,... Ec. ). Resolviendo las ecuaciones ) y ): = =,. kg.m Fin del problema.

21 roblema 9. Calcular los momentos fleionantes en los etremos de la barra de la figura 4). mbos etremos están empotrados. omentos desconocidos. / / Fig. 4 V V Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. El momento máimo para la carga puntual es (/4). /4 / / Si ambos etremos están empotrados las desviaciones verticales respecto a tangentes trazadas por ellos, son cero. EI δ 4 uesto que y son iguales debido a la simetría, la solución de la ecuación anterior arroja los siguientes resultados: 8 Fin del problema.

22 roblema. Calcular el momento fleionante en el etremo empotrado de la barra de la figura 5). kg/m Fig.5 Viga empotrada-apoyada Incógnitas en la viga. kg/m V V Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas a desviación vertical en el apoyo es cero debido a que no hay pendiente en el empotramiento. EI δ 48( 8) 8 ( 4) 4 ( 4) 4 8 ( 8) ( ) = 9. kg.m Verificación con fórmula. 9w 9( )( 8) 9. kg.m 8 8 Fin del propblema.

23 roblema. Calcular los momento fleionantes en los etremo empotrados de la barra de la figura ). Calcular también las reacciones verticales y trazar los diagramas de fuerza cortante y de momento fleionante. 5 5 Incógnitas en la viga Fig.. Viga con ambos etremos.empotrados. 5 5 V V Diagramas de momentos para las vigas equivalentes simplemente apoyadas ara ambos etremos la desviación vertical respecto a la tangente por cualquiera de ellos es cero. EI δ 5 ( ) ( ) 5 ( 7) ( 7) ( ) ( ) ( ) 8 94,75... = Ec. ). 5 ( ) 5 ( 7) 7 ( ) ( ) 77, = Ec. ).

24 Resolviendo las ecuaciones ) y ): =,5. kg.m =,5. kg.m Verificación con fórmula. a b ab 5 ( )( 7) 5( 8)( ) 5. kg.m ( ) ( ) a b 5 ( ) ( 7) 5 ( 8) ( ) 5. kg.m ( ) ( ) Reacciones verticales. Conocidos los momentos de empotramiento pueden calcularse por equilibrio estático. V ( 7) 5 ( ) V = 548. kg. V = 45. kg Diagrama de Cortante Diagrama de momentos 5 Fin del problema.

25 ... ETODO DE VIG CONJUGD. Se denomina viga conjugada a una barra en la que las cargas son los diagramas de momentos de las cargas reales dadas. a figura 7) muestra un ejemplo de este tipo de vigas. ab má a b a b Viga Real Viga Conjugada Fig. 7). Viga simple real y viga conjugada. Relaciones entre la viga real y la viga conjugada. a.- a longitud de la viga real y de la conjugada es la misma. b.- a carga en la viga conjugada es el diagrama de momentos de la viga real. c.- a fuerza cortante en un punto de la viga conjugada es la pendiente en el mismo punto de la viga real. d.-el momento fleionante 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 etremo libre o voladizo de la viga conjugada. g.- Un etremo libre (voladizo) real equivale a un empotramiento conjugado. h.- Un apoyo interior en una viga continua equivale a un pasador o rticulación en la viga conjugada. RECIONES ENTRE OS OYOS VIG RE VIG CONJUGD NOTS.- poyo simple.- poyo simple Un apoyo simple real no tiene flecha pero si tiene pendiente y por tanto el conjugado no tiene momento pero si tiene cortante; equivale a un apoyo simple..- poyo empotrado..- Sin apoyo: libre. Un apoyo empotrado no tiene flecha ni pendiente y por tanto, el conjugado no tiene momento ni cortante; equivale a un voladizo..-voladizo..- poyo empotrado. El etremos libre tiene pendiente y flecha y por tanto el conjugado tiene cortante y momento; equivale a un empotramiento. 4.- poyo interior. 4.- poyo articulado o pasador. Un apoyo interior tiene pendiente pero no tiene flecha y por tanto tiene cortante pero no tiene momento; equivale a una articulación.

26 roblema. ara la viga simple de la figura 8), calcular la pendiente en los etremos y la flecha máima. Tomar EI constante. kg.. Fig. 8). Viga simple. Viga conjugada. Tiene los mismos apoyos, la misma longitud y la carga es el diagrama de momentos de la viga real. 9 V V a pendiente en el apoyo ) es la fuerza cortante V ), en la viga conjugada dividida entre el producto EI. θ V EI or simetría el cortante V, es el área del triángulo a la mitad del claro. V 9( ). 5 θ 5 EI Verificación con fórmula. θ ( ) EI EI 5 EI Flecha al centro del claro. Es el momento al centro del claro para la viga conjugada. δ EI 9 ( ) 5 ( ) 7. δ 7 EI

27 Verificación con fórmula. δ 48EI ( ) 48EI 7 EI Fin del problema. roblema. Calcular el momento en el empotramiento para la viga apoyadaempotrada de la figura 9). 4 kg/m. m Fig. 9) Diagramas de momentos para vigas simplemente apoyadas. a viga conjugada será una barra apoyada-volada. 4 kg/. +. V. m Viga Conjugada 7 7 Cargas en la Viga Conjugada El momento en el apoyo ) para las cargas de la viga conjugada es cero, por ser apoyo simple. 7( ) ( ) 7( ) ( ) ( ) 4 = 8. kg.m Fin del problema.

28 .4. VIGS CONTINUS. Se da el nombre de viga continua a una barra apoyada en más de dos soportes. a figura ) muestra una viga de este tipo. V V V Fig. ). Viga continua indicando cargas y reacciones desconocidas. ara el análisis de estas vigas eisten una gran cantidad de métodos, pero en la mayoría de ellos se consideran los momentos de los nodos como las incognitas principales, para posteriormente, por equilibrio estático, obtener el resto de las incógnitas..4.. NISIS OR SUEROSICION. El principio de superposición establece que el efecto de un conjunto de cargas que actua simultáneamente, es el mismo cuando se suman los efectos de cada una de ellas actuando por separado. Bajo este concepto, es posible solucionar una viga continua analizando las rotaciones en los etremos de las barras para las cargas dadas considerando a cada barra simplemente apoyada. ara su aplicación es necesario conocer las formulas de estas rotaciones para vigas simples y cualquier tipo de carga. continuación se dan las de uso común. Notación. Carga.- Carga uniforme.. -Carga parcial uniforme. w w.-carga parcial iforme. / / w a b Rotación Etremo Izquierdo Rotacion Etremo Derecho w φ w φ 4EI 4EI φ w φ w φ 84EI 84 EI 9 7 wa wa 4 a a φ a 4 4EI 4EI

29 Carga 4.- Carga puntual. / / Rotación Etremo Izquierdo Rotacion Etremo Derecho φ φ EI EI 5. Carga puntual. a b.- Carga variable. w φ b a b φ a EI EI w φ w φ EI EI Carga variable. w EI wa wab φ 4 7wa wa 4 wa 8 4 wab wa wa wa EIφ 9 4 a b 8.- omento en etremo. φ EI φ EI 9.-omento en etremo. φ EI φ EI.- omento en la barra. a b φ b φ b b EI EI roblema 4). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura ). 5 kg kg/m.. 8. m. Fig. ). Viga continua. Incognitas en la viga. Se dibujan los claros - y - por separado indicando cargas y momentos desconocidos. En este caso solo hay un momento descocnocido, el momento del nodo ; y se obtienen las vigas equivalentes simplemente apoyadas. Habrá tantas vigas equivalentes como momentos de etremo y cargas haya en el claro correspondiente. En la figura siguiente se mestra esta condición.

30 = = w = = 8 w θ θ + + β β Se hacen las siguientes consideraciones:.- a rotación o pendiente es cero en etremos empotrados..- En un soporte interior la pendiente es la misma a la izquierda y a la derecha de dicho soporte..- Se indican las pendientes en los etremos de cada soporte con el criterio siguiente: a.- Carga cualquiera. b).- omento en etremo. Θ Θ endientes positivas Θ Θ endiente negativa ara nuestro caso solo se necesita plantear una ecuación de equilibrio, pues solo hay un momento desconocido,. Esta ecuación se obtiene sumando las pendientes en el apoyo, igualando las pendientes de la izquierda con las pendientes de la derecha. θ θizq θder. β θ β EI EI w 4EI EI 5( ) ( 8) 8 4

31 =,.5 kg.m Reacciones verticales. Se obtienen por equilibrio estático mediante suma de momentos a la izquierda o a la derecha de los soportes. 5 kg kg/m Criterio de signos: m..5 V V V Sumando momentos a la ezquierda del soporte : V. 5 5( ) V = kg. Sumando momentos a la derecha del soporte : ( 8) V V = kg Sumando cargas verticales: V + V + V (8) = V =,9.5 kg. Fin del problema. roblema 5). Calcule los momentos y las reacciones verticales en los nodos de la viga continua de la figura ). kg/m m. 4 5 Figura. Viga continua con carga uniforme en todo el calro.

32 Vigas equivalentes: w Θ Θ