Vigas_hiperestaticas.pdf

Folio EST 02-02
Materia:
Folio:
Fecha:
Autores:
VIGAS HIPERESTATICAS
Estructura II
EST 2-02
Noviembre/2000
Arqto. Verónica Veas B.
Arqto. Jing Chang Lou

MATERIAL EXCLUSIVO DE USO DOCENTE 3
MORFOLOGÍA ESTRUCTURAL
Folio EST 2-02
I.- INTRODUCCION
El análisis de las deformaciones en vigas nos permite
limitar los descensos de las mismas, entregando secciones
adecuadas y por otra parte incorporar nuevas expresiones
para resolver vigas hiperestáticas.
Una forma de enfocar la resolución de las vigas
hiperestáticas consiste en descomponer la viga inicial en
varias vigas cuyo efecto sumado equivalga a la situación
original.
Las solicitaciones externas, cargas y reacciones, generan
cortante, momento y deformación, siendo válido el
principio de descomposición de las vigas en vigas cuyas
acciones sumen el mismo efecto.
Este principio puede ser aplicado a vigas hiperestáticas,
tales como
Vigas bi-empotradas
Vigas empotrada-apoyada
Vigas continuas

4
VIGA EMPOTRADA EN AMBOS EXTREMOS CON CARGA
UNIFORMEMENTE REPARTIDA
En el caso de viga empotrada en sus dos extremos, la
cantidad de reacciones desconocidas supera a la de
ecuaciones que la estática dispone para el sistema. Para
resolver las incógnitas es necesario disponer de otras
ecuaciones basadas en las deformaciones.
Considerando que las pendientes de las tangentes trazadas
en los dos extremos es nula, se plantean las siguientes
ecuaciones
ΣφA= 0 ΣφB = 0
Para establecer las ecuaciones se descompone la viga dada
en tres vigas supuestas que en conjunto equivalgan a la
viga inicial.
a.- Viga simplemente apoyada con carga uniformemente
repartida.
b.- Viga simplemente apoyada con momento aplicado en el
extremo izquierdo (Ma).
c.- Viga simplemente apoyada con momento aplicado en el
extremo derecho (Mb).
.
Si las pendientes de las tangentes trazadas en los dos
extremos son nulas, se igualan los valores de ángulo en los
extremos de las tres vigas supuestas a cero.
ΣφA= 0

Folio EST 2-02
EI
3
MeL
EI
6
MeL
24
qL
0
3
−
−
=
Como la viga es simétrica los momentos aplicados en
ambos extremos son iguales
Ma = Mb = Me
EI
24
qL
EI
6
MeL
2
MeL 3
=
+
Una vez determinados los momentos de empotramiento, la
viga puede ser analizada como un elemento isostático. Se
despeja el momento de tramo, considerando la viga
simplemente apoyada con carga repartida uniformemente y
un momento Me aplicado en cada extremo de la viga
2
qL
Rb
Ra =
=
Me
2
qx
2
qLx
Mx
2
−
−
=
El momento máximo en una viga simétrica se encuentra en
X=L/2
Me
2
L
2
q
2
L
2
qL
M
2
)
2
/
L
( −






−
=
12
qL
8
qL
4
qL
M
2
2
2
)
2
/
L
( −
−
=
24
qL
M
2
)
2
/
L
( =
Como la viga es simétrica la flecha máxima se encuentra en
el punto medio de la viga, es decir, Ymax cuando X= L/2..
Una forma de resolver es sumar las flechas en X= L/2 de las
tres vigas supuestas en la descomposición anterior.
La flecha cuando X= L/2 de una viga con carga
uniformemente repartida, ya calculada anteriormente, es:
24
qL
M
2
MAX =
12
qL
Me
2
=

6
EI
384
qL
5
Y
4
MAX =
Se determina la flecha en X= L/2 de una viga con momento
aplicado en un extremo, en este ejemplo se plica el
método de viga conjugada.
2
L
3
1
2
1
2
L
EI
2
MeL
2
L
EI
6
MeL
'
M 2
/
L −
=
EI
16
MeL
'
M
2
2
/
L =
Reemplazando el valor de Me se obtiene
EI
16
L
12
qL
'
M
2
2
2
/
L =
EI
192
qL
'
M
Y
4
2
/
L
2
/
L =
=
Si sumamos las tres deformaciones obtendremos la
deformación máxima de la viga
EI
192
qL
EI
192
qL
EI
384
qL
5
Y
4
4
4
MAX −
−
=
EI
384
qL
Y
4
MAX =

Folio EST 2-02
VIGA EMPOTRADA EN UN EXTREMO Y SIMPLEMENTE
APOYADA EN EL OTRO, CON CARGA UNIFORMEMENTE
DISTRIBUIDA.
En este caso de viga empotrada en uno de sus extremos, la
cantidad d
e reacciones desconocidas también supera a la
de ecuaciones de estática. Para resolver las incógnitas es
necesario disponer de las ecuaciones basadas en las
deformaciones.
Considerando que la pendiente de la tangente trazada en el
extremo empotrado es nula, se plantea la ecuación:
φA= 0
Se descompone la viga inicial en dos vigas supuestas que en
conjunto equivalen a la viga inicial.
repartida.
extremo izquierdo.
Se iguala los valores de ángulo en el apoyo izquierdo de las
dos vigas supuestas a cero.
ΣφA= 0
EI
3
MeL
EI
24
qL
0
3
−
=
EI
24
qL
EI
3
MeL
3
=
8
qL
Me
2
=

8
Para determinar el momento de tramo, se considera la viga
simplemente apoyada con carga repartida uniformemente y
un momento Me aplicado en el extremo reemplazando el
empotramiento inicial.
Las reacciones se pueden determinar sumando las
reacciones de las vigas supuestas.
8
qL
5
8
qL
2
qL
L
Me
2
qL
Ra =
+
=
+
=
8
qL
3
8
qL
2
qL
L
Me
2
qL
Rb =
−
=
−
=
El momento es máximo cuando el cortante es nulo.
Qx=0
0
x
.
q
8
qL
5
=
−
8
L
5
X =
Me
2
qx
8
qLx
5
Mx
2
−
−
=
8
qL
8
L
5
2
q
8
L
5
8
qL
5
M
2
2
MAX −






−
=
8
qL
128
qL
25
64
qL
25
M
2
2
2
MAX −
−
=
Deformación de la viga,:
Para determinar los valores máximos de pendiente y
flecha, en este ejemplo, se aplica el método de doble
integración. Para lo cual se establece la ecuación general
de momento y a su vez la ecuación diferencial de la
elástica.
2
qx
8
qL
8
qLx
5
Mx
2
2
−
−
=
2
qx
8
qL
8
qLx
5
dx
y
d
EI
2
2
2
2
−
−
=
128
qL
9
M
2
MAX =

Folio EST 2-02
Integrando dos veces la ecuación se obtiene:
1
3
2
2
C
6
qx
8
x
qL
16
qLx
5
dx
dy
EI +
−
−
=
2
1
4
2
2
3
C
x
C
24
qx
16
x
qL
48
qLx
5
y
.
EI +
+
−
−
=
Según la deformación de la viga, la pendiente es nula en el
extremo empotrado.
Si X=0 C1=0
Según las condiciones de apoyo, la flecha es nula en los
apoyos.
Si X=0 o X=L C2=0
Para determinar la flecha máxima de la viga es necesario
primero ubicar el punto en donde la tangente trazada por
dicho punto sea de pendiente nula, por lo tanto se iguala la
ecuación de pendiente a cero
0
6
qx
8
x
qL
16
qLx
5 3
2
2
=
−
− / se factoriza por qx/2
0
6
qx
8
L
8
Lx
5
2
qx 2
2
=








−
−
X1=0 punto de empotramiento
0
3
x
4
L
8
Lx
5 2
2
=
−
− /*24
0
x
8
L
6
Lx
15 2
2
=
−
−
Ordenando la ecuación se tiene
0
L
6
Lx
15
x
8 2
2
=
−
+
−
( ) ( )( )
( )
8
.
2
L
6
.
8
.
4
L
15
L
15
X
2
−
−
−
−
±
−
=
16
L
192
L
225
L
15
X
2
2
−
−
±
−
=
L
58
,
0
16
L
33
L
15
X
2
2 =
−
+
−
= punto de flecha máxima.
L
3
,
1
16
L
33
L
15
X
2
3 =
−
−
−
= punto fuera de la viga.

10
Se determina la flecha cuando X = 0.58L para obtener la
deformación máxima de la viga.
( ) ( ) ( )4
2
2
3
L
58
,
0
EI
24
q
L
58
,
0
EI
16
qL
L
58
,
0
EI
48
qL
5
Y −
−
=
EI
qL
005
,
0
EI
185
qL
Y
4
4
MAX =
=

Folio EST 2-02
VIGA CONTINUA DE DOS TRAMOS CON CARGA
UNIFORMEMENTE REPARTIDA.
En este caso de viga continua, la cantidad de reacciones
desconocidas también supera a la de ecuaciones de
estática. Se establece entonces ecuaciones basada en las
deformaciones.
El ángulo que genera la tangente trazada en un punto de la
curva de la línea elástica, medido hacia la izquierda es de
igual valor, pero de signo contrario que si se mide hacia la
derecha.
φBi z q u i e r d o =-φBderecho por ángulos opuestos por el vértice
El momento de continuidad que se genera es en este caso
nuestra primera incógnita. Para resolverla se separa la viga
continua en dos tramos y éstos a su vez, se descomponen
en dos vigas supuestas que en conjunto equivalen a la viga
inicial.
TRAMO 1
repartida.
extremo derecho.

12
TRAMO 2
repartida.
extremo izquierdo.
Se iguala los valores de ángulos a ambos lados del apoyo B
para determinar el momento de continuidad entre ambos
tramos.
ΣφBizquierdo=-ΣφBderecho
EI
3
MbL
EI
24
qL
EI
3
MbL
EI
24
qL 3
3
+
−
=
−
EI
12
qL
EI
3
MbL
2 3
= /*EI/L
12
qL
3
Mb
2
2
=
Una vez determinado el momento de continuidad, se pude
analizar cada tramo de viga como elemento isostático. El
momento máximo del primer tramo, se determina
considerando a ese tramo por separado como una viga
simplemente apoyada con carga uniformemente repartida y
un momento Mb aplicado en el extremo derecho de la viga.
8
qL
Mb
2
=

Folio EST 2-02
Para determinar las reacciones en los apoyos se pueden
sumar las reacciones de las vigas supuestas en el tramo.
8
qL
2
qL
L
Mb
2
qL
Ra −
=
−
=
8
qL
3
Ra =






+
=
L
Mb
2
qL
Rbizquierdo






+
=
8
qL
2
qL
Rbizquierdo
8
qL
5
Rbizquierdo =
Con las reacciones despejadas se establece la ecuación
general de momento para el primer tramo de la viga
2
qx
8
qLx
3
Mx
2
−
=
El momento es máximo cuando la cortante es nula.
Qx= 0
0
qx
8
qL
3
Qx =
−
=
8
L
3
x =
Reemplazando el valor de x en la ecuación de momento se
obtiene
8
L
3
8
L
3
2
q
8
L
3
8
qL
3
MMAX −
=
128
qL
9
64
qL
9
M
2
2
MAX −
=
Por simetría se deduce que este valor de momento máximo
también es válido para el segundo tramo: Mt1 = Mt2
128
qL
9
Mt
2
1 =
.

14
VIGA CONTINUA DE TRES TRAMOS CON CARGA
Considerando que las tangentes trazadas en los apoyos
centrales generan ángulos iguales en el lado izquierdo y en
el lado derecho pero de signo contrario, por lo tanto se
deduce que
φBizquierdo =-φBderecho por ángulos opuestos por el vértice
φCizquierdo =-φCderecho por ángulos opuestos por el vértice
Se descompone la viga en sus tres tramos y éstas a su vez
se descomponen en vigas que en conjunto equivalen a la
viga inicial.
TRAMO 1
repartida.
extremo derecho (Mb).

Folio EST 2-02
TRAMO 2
repartida.
extremo izquierdo (Mb).
c.- Viga simplemente apoyada con momento aplicado en el
extremo derecho (Mc).
TRAMO 3
repartida.
extremo izquierdo (Mc).

16
Se igualan los ángulos a ambos lados del apoyo B, por ser
opuestos por el vértice; y del mismo modo se procede en el
apoyo C
ΣφBizquierdo=-ΣφBderecho
EI
6
McL
EI
3
MbL
EI
24
qL
EI
3
MbL
EI
24
qL 3
3
+
+
−
=
− *EI/L
EI
24
qL
2
6
Mc
3
Mb
2 3
−
=
+
ΣφCizquierdo=-ΣφCderecho
EI
3
McL
EI
24
qL
EI
3
McL
EI
6
MbL
EI
24
qL 3
3
+
−
=
−
− *EI/L
24
qL
2
3
M c
2
6
Mb
2
=
+
Por simetría: Mb = Mc = M
24
qL
2
6
M
3
M
2 2
=
+
12
qL
6
M
5 2
=
Una vez determinados los momentos de continuidad Mb y
Mc se puede analizar cada tramo por separado como
elemento isostático.
El momento máximo del primer tramo se determina
considerando a ese tramo como una viga simplemente
apoyada con carga repartida uniformemente y un momento
Mb aplicado en el extremo derecho de la viga.
10
qL
2
qL
L
Mb
2
qL
Ra −
=
−
=
5
qL
2
10
qL
4
Ra =
=
10
qL
2
qL
L
Mb
2
qL
Rb +
=
+
=
10
ql
M
Mc
Mb
2
=
=
=

Folio EST 2-02
5
qL
3
10
qL
6
Rb =
=
Con las reacciones despejadas se establece la ecuación
general de momento para el tramo
2
qx
10
qLx
4
M x
2
−
=
El momento es máximo cuando el cortante es nulo.
0
qx
10
qL
4
Qx =
−
=
5
L
2
x =
Reemplazando el valor de x en la ecuación general de
momento se obtiene
5
L
2
5
L
2
2
q
5
L
2
10
qL
4
MMAX −
=
50
qL
4
25
qL
4
M
2
2
MAX −
=
Por simetría se deduce que este valor de momento máximo
también es válido para el tercer tramo es decir, Mt1 = Mt3.
Para determinar el momento máximo del segundo tramo,
se analiza este tramo como una viga simplemente apoyada
con carga repartida uniformemente y un momento aplicado
en cada extremo.
L
Mc
L
Mb
2
qL
Rbderecho −
+
=
2
qL
Rbderecho =
2
qL
Rc
Rb izquierdo
derecho =
=
Nuevamente se establece la ecuación general de momento,
pero correspondiente al segundo tramo.
2
qx
2
qLx
10
qL
Mx
2
2
−
+
−
=
25
qL
2
Mt
2
1 =

18
Por simetría el momento es máximo cuando X=L/2
2
L
2
L
2
q
2
L
2
qL
10
qL
Mx
2
−
+
−
=
8
qL
4
qL
10
qL
Mx
2
2
2
−
+
−
=
40
qL
Mt
2
2 =

Folio EST 2-02
TEOREMA DE LOS TRES MOMENTOS.
Para deducir el teorema de los tres momentos es necesario
considerar que al existir continuidad del elemento
estructural se producen momentos flectores en los apoyos
intermedios. Cada tramo de viga es afectado por su carga y
por los momentos de continuidad que se producen en sus
extremos.
Para analizar el punto B se consideran dos tramos continuos
de la viga y los potenciales momentos de continuidad en los
extremos.
En el apoyo B se plantea entonces que
ΣφBizquierdo= -ΣφBderecho








−
−
−
=
−
−
EI
6
McL
EI
3
MbL
EI
24
qL
EI
3
MbL
EI
6
MaL
EI
24
qL 2
2
3
2
1
1
3
1
EI
24
qL
EI
24
qL
EI
6
McL
EI
3
MbL
EI
3
MbL
EI
6
MaL 3
2
3
1
2
2
1
1
+
=
+
+
+

20
Reemplazando L/EI por λ (módulo de flexibilidad)
24
qL
24
qL
6
Mc
3
Mb
3
Mb
6
Ma 2
2
2
1
2
1
2
2
1
1 λ
+
λ
=
λ
+
λ
+
λ
+
λ
/*6
Al amplificar la expresión 6 veces se tiene







 λ
+
λ
=
λ
+
λ
+
λ
+
λ
24
qL
24
qL
*
6
Mc
Mb
2
Mb
2
Ma 2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
( )







 λ
+
λ
=
λ
+
λ
+
λ
+
λ
24
qL
24
qL
*
6
Mc
.
Mb
2
Ma 2
2
2
1
2
1
2
2
1
1
Por lo general en una viga continua el material y la sección
de la viga es el mismo a lo largo de ella, entonces la
elasticidad y la inercia son constantes, por lo que el
módulo de flexibilidad está en función de la luz, en otras
palabras
Si EI= constante λ =L
Reemplazando ? =L en la ecuación se tiene
( )








+
=
+
+
+
24
qL
24
qL
*
6
McL
L
L
.
Mb
2
MaL
3
2
3
1
2
2
1
1
Reemplazando
24
qL3
1
por Tc1 y
24
qL3
2
por Tc2 se obtiene la
ecuación de los tres momentos, conocido también como el
teorema de Clapeyrón.:
Siendo Tc1 y Tc2 ángulos que generan las cargas aplicadas a
la viga en el tramo izquierdo y derecho con respecto al
apoyo central multiplicado por 6EI
El teorema de los tres momentos, también conocido como
teorema de Clapeyrón, se aplica sobre dos tramos de la
viga, en donde se analizan las cargas aplicadas en ella y los
momentos flectores en los apoyos, es decir, el teorema
relaciona tres momentos y dos regímenes de carga de una
viga continua.
( ) [ ]
2
1
2
2
1
1 Tc
Tc
*
6
McL
L
L
.
Mb
2
MaL +
=
+
+
+

Folio EST 2-02
APLICACIÓN DEL TEOREMA DE CLAPEYRON.
VIGA CONTINUA DE DOS TRAMOS CON CARGA
Como la viga es de dos tramos se aplica directamente el
teorema de Clapeyrón, reemplazando los valores en la
expresión se determina el momento en el apoyo central.
( ) [ ]
2
1
2
2
1
1 Tc
Tc
*
6
McL
L
L
.
Mb
2
MaL +
=
+
+
+
En este caso el Tc1 al igual que Tc2 corresponde al ángulo
en el apoyo central de la viga, producto la carga
uniformemente repartida, y multiplicado por EI.
24
qL
EI
.
EI
24
qL
Tc
Tc
3
3
2
1 =
=
=
Reemplazando Tc1 y Tc2 en la ecuación se tiene
( )








+
=
+
+
+
24
qL
24
qL
*
6
L
.
0
L
L
.
Mb
2
L
.
0
3
2
3
1
2
2
1
1
( ) 4
qL
4
qL
L
L
.
Mb
2
3
2
3
1
2
1 +
=
+ si L1 = L2
2
qL
L
2
Mb
2
3
=
Para determinar los momentos de tramo se deberá analizar
cada tramo como elemento isostático, es decir, como una
viga simplemente apoyada con una carga uniformemente
repartida y con el momento de continuidad Mb en el
extremo, (Ejemplo analizado en las páginas 13-14)
8
qL
Mb
2
=

22
VIGA EMPOTRADO EN UN EXTREMO Y APOYADO EN EL
OTRO CON CARGA UNIFORMEMENTE REPARTIDA.
Esta viga anteriormente analizada, se puede resolver
también por el teorema de Clapeyrón. Para su aplicación,
es importante considerar que este teorema relaciona tres
momentos y dos regímenes de carga. Esta viga es de un
solo tramo y el momento en el empotramiento es la
incógnita a resolver; para lo cual es necesario generar un
tramo ficticio en el extremo izquierdo, quedando así una
viga continua de dos tramos y el momento de
empotramiento como incógnita en la ecuación.
( ) 2
2
1
1
2
2
1
1 L
Tc
L
Tc
McL
L
L
.
Mb
2
MaL +
=
+
+
+
Como Tc1 corresponde al tramo ficticio, es nulo. Mientras
que Tc2 corresponde al ángulo que produce la carga
uniformemente repartida en el tramo real, y multiplicado
por EI
( )








+
=
+
+
+
24
qL
0
*
6
L
.
0
L
L
.
Mb
2
L
.
0
3
1
1
1
0
0
4
qL
L
.
Mb
2
3
1
1 =
Despejada la incógnita (Momento de Empotramiento) se
puede determinar el momento de tramo de la viga si se
analiza la viga como elemento isostático: viga simplemente
apoyada con carga uniformemente repartida con un
momento aplicado en el extremo generando el mismo
efecto del empotramiento. (Ejemplo analizado en las
páginas 9-10-11)
8
qL
Mb
2
=

Folio EST 2-02
VIGA DE DOS TRAMOS EMPOTRADO EN UN EXTREMO CON
CARGA PUNTUAL EN EL CENTRO DEL SEGUNDO TRAMO.
Esta viga a pesar de tener carga solamente en el segundo
tramo, la deformación se produce en toda la viga por la
condición de continuidad. Las dos incógnitas a resolver son
los momentos de empotramiento y de continuidad, para lo
cual es imprescindible plantear dos ecuaciones:
La primera ecuación relaciona el tramo ficticio y el primer
tramo; y la segunda relaciona el primer tramo con el
segundo, quedando así los momentos de empotramiento y
de continuidad como incógnitas en las dos ecuaciones.
TRAMOS 0-1
( ) [ ]
1
0
1
1
0
0 Tc
Tc
*
6
MbL
L
L
.
Ma
2
MoL +
=
+
+
+
En este caso los términos de carga Tc0 y Tc1 son nulos, ya
que el Tc0 corresponde al tramo ficticio y Tc1 al primer
tramo que no tiene carga alguna.
( ) [ ]
0
0
*
6
MbL
L
L
.
Ma
2
L
.
0 1
1
0
0 +
=
+
+
+
0
MbL
L
.
Ma
2 1
1 =
+
2
Mb
Ma −
=

24
TRAMO 1-2
( ) [ ]
2
1
2
2
1
1 Tc
Tc
2
McL
L
L
.
Mb
2
MaL +
=
+
+
+
En este caso el término de carga Tc2 corresponde al ángulo
producido por una carga puntual, y multiplicado EI.
16
PL
EI
.
EI
16
PL
Tc
2
2
2 =
=
( )








+
=
+
+
+
16
PL
0
*
6
L
.
0
L
L
2
.
Mb
2
L
2
Ma
2
8
PL
3
MbL
6
MaL
2
2
=
+
Se reemplaza el valor de Ma obtenida en la ecuación del
tramo 0-1
8
PL
3
MbL
6
L
.
2
Mb
2
2
=
+






−
8
PL
3
MbL
6
MbL
2
=
+
−
8
PL
3
MbL
5
2
=
Si Ma = -Mb/2 entonces
Ya despejadas los momentos de empotramiento (Ma) y de
continuidad (Mb), se puede determinar el momento del
segundo tramo, analizando el tramo como una viga
isostática con carga puntual (P) en el centro y el momento
de continuidad (Mb) aplicado en el extremo.
80
PL
3
Ma
2
−
=
40
PL
3
Mb =

Folio EST 2-02
Al igual que en los casos anteriores, para determinar la
reacción en el apoyo B se suma las reacciones de las dos
vigas supuestas que se puede descomponer este tramo.
40
P
23
40
P
20
P
3
2
P
40
P
3
Rb =
+
=
+
=
40
P
17
40
P
20
P
3
2
P
40
P
3
Rc =
+
−
=
+
−
=
El momento máximo se encuentra en el centro donde se
encuentra la carga puntual.
2
L
40
P
23
40
PL
3
MMAX +
−
=
80
PL
23
40
PL
3
MMAX +
−
=
80
PL
23
PL
6
MMAX
+
−
=
80
PL
17
MMAX =

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