E4 pórticos 13_

1. 4m

4m

5 kN/m
5 kN/m




68 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

FLEXION. PORTICOS


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

20 kN
B C


5m

A

Solución:
a)

Hallemos

las

reacciones

en

los

apoyos

R
Ax
,

R
Ay
y

R
By
.

20 kN
B
C


5m

RBy

A
RAy
R
Ax

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

0
R
Ax
=

20

kN
Fy
=

0
R
Ay
+

R
By
=

5

kN/m
5

m

=

25

kN

M
A
=

0
R
By
5

=

20

kN
4m

+

(5

kN/m
5m)

2,5

m

=

142,5

kNm
R
By
=

28,5

kN
Resolviendo el sistema hallamos:
R
Ax
=

20

kN;

R
Ay
=

-3,5

kN

y

R
By
=

28,5

kN

b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

5 kN/m 5 kN/m
M
AB
B

C
80kNm
B

C

R
AB 28,5 kN 3,5 kN 28,5 kN

F
y
=

0
R
AB
=

(5
5)

-

28,5

=

-3,5

kN

M
A
=

0
M
AB
=

(5
5)

2,5

-

28,5
5

=

-

80

kNm

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

-

R
BC
=

3,5

kN
M
AB
=

-

M
BC
=

80

kNm

2. 20kN

M(x)

V(x)

80kNm

3,5kN

3,5kN

P(x)

20kN


(x)

20 kN
80kNm





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

R
BC 3,5 kN

20 kN
B
M
BC
B



A
20 kN
3,5 kN
A
20 kN
3,5 kN

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

3,5 kN
20 kN 80kNm
B



A
20 kN
3,5 kN

d.2) Barra BC

5 kN/m

80kNm
B
3,5 kN
C
28,5 kN

V(x) -28,5 kN

-3,5 kN


M(x)
+80 kNm
(x)

Deformada del pórtico.

B
C
(x)


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

3. v




70 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

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

Lv
B C
P
L
c

A

Solución:
a)

Hallemos

las

reacciones

en

el

empotramiento

R
A
y

M
A .



Lc
L
v
B C
P
R
BC = P
B
M
BC=

P

L




M
AB
=

PLv


B


C


P

A
MA
A
M
A
=

P

Lv
R
AB
=

P

RA
R
A
=

P

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

F
y
=

0
R
A
=

P

M
A
=

0
M
A
=

P

L
v

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

F
y
=

0
R
BC
=

R
A
=

P

M
A
=

0
M
BC
=

M
A
=

P

L
v
b.2) Barra BC

F
y
=

0
R
AB
=

P

M
A
=

0
M
AB
=

P

L
v

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

P
P
B
P
PLv
P
B C
P
C B
C

P(x) V(x) M(x)

A A A

R
A
M
A
R
A
M
A
R
A
M
A

4. B B B
PL CI
CII
C





Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 71

c) Hallemos la deformada en el punto C


B
B C
P



L
c L
v

A A

La

deformada

en

el

punto

C

es
C
=
CI
+
CII
;

donde:
CI
:

Deformación

debida

al

giro

del

nudo

B

(
B
)

producida

por

el

momento

M
BC
=

P

L
v
CII
:

Deformación

debida

a

la

carga

P

en

el

extremo

de

una

barra

en

voladizo.

c.1)

Hallemos

el

giro

en

el

nudo

B

de

la

barra

AB

provocada

por

el

momento

M
BC
=

P

L
v

Aplicando el 1º teorema de Mohr B
P LV LC
E I

c.2)

Hallemos

la

deformación

en

el

punto

C

provocada

por

el

giro
B
Al

tratarse

de

un

giro

pequeño

podemos

asimilar

el

desplazamiento
CI
como

el

arco

de

un

ángulo
B
y

radio

L
V CI B
L
V
P LV
2
LC
E I

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

Aplicando el 2º teorema de Mohr C


c.4) Hallemos la deformada en el punto C
P LV
3

3 E I

C CI CII
P LV
2
LC
E I

P LV
3

3 E I
P LV
2

3 LC LV
3 E I

5. 2

4m

2

4m





72 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

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

2,5 2,5

B 30 kN C

20 kN
5m
A

Solución:
a)

Hallemos

las

reacciones

en

los

apoyos

R
Ax
,

R
Ay
y

R
By
.
30 kN
B C

20 kN RBy

5m
A
RAy
R
Ax

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

F
x
=

0
R
Ax
=

20

kN

F
y
=

0
R
Ay
+

R
By
=

30

kN

M
A
=

0
R
By
5

=

20

kN

2m

+30

kN

2,5

m

=

115

kNm
R
By
=

23

kN
Resolviendo el sistema hallamos:
R
Ax
=

20

kN;

R
Ay
=7

kN

y

R
By
=

23

kN

b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC

30 kN 30 kN
M
AB
B C
R
AB
23 kN
40 kNm
B C
7 kN
23 kN


F
y
=

0
R
AB
=

30

-

23

=

7

kN

M
A
=

0
M
AB
=

30

2,5

-23
5

=

-

40

kNm

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

-

R
BC
=

7

kN

6. 7kN

20kN

40kNm





Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 73

M
AB
=

-

M
BC
=

40

kNm

M
BC

20 kN
B
R
BC


40kNm

20 kN
B
7 kN

7 kN 7 kN

A
20 kN
A
20 kN


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


B

C
B
7 kN
23 kN
B
C
40 kNm

C

57,5 kNm
P(x)
A A
V(x)
A
M(x)





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

P
L
v
B C
L
c

A

Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 3 ecuaciones de
equilibrio
(

F
x
=

0;

F
y
=

0;

M

=

0)

y

4

reacciones

(

R
Ax
;

R
Ay
;

M
A
y

R
Cy
).

P
L
v
B C
P
L
v
B C
L
v
B C
L
c
R
Cy
L
c L
c
= +
Caso I Caso II
R Cy

A
M
A
R
Ay R
Ax
A
M
AI
R
AxI
A
M
AII
R
AyII

7. RL
cyv

R
cy v
B

R
cy v
R
cy v




74 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

F
x
=

0
R
Ax
=

P

F
y
=

0
R
Ay
=

-

R
Cy

M
A
=

0
M
A
=

P

L
c
-

R
Cy
L
v

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


P
P
B C

P

B C
P

B
B B B
B
C

CI
V(x) M(x)
L
c
L
v

A A A A
P
P L
c

En

el

caso

I

la

deformada

en

el

punto

C

es
CI
debida

al

giro

del

nudo

B

(
B
)

producida

por
la carga P
I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por la carga P.

Aplicando el 1º teorema de Mohr B
P LC
2

2 E I

I.2)

Hallemos

la

deformación

en

el

punto

C

provocada

por

el

giro
B
Al

tratarse

de

un

giro

pequeño

podemos

asimilar

el

desplazamiento
CI
como

el

arco

de

un

ángulo
B
y

radio

L
v CI B
L
V

II) Caso II
P LC
2
LV
2 E I


R
cy


B C
V(x)


R
cy


L


C
M(x)


R
cy
B


L
c


B
L
B


B

B
C
L
v


R
cy
cIIb

cIIa
cII


A
R
cy
A

L
A A

En

el

caso

II

la

deformada

en

el

punto

C

es
CII
=
CIIa
+
CIIb
;

donde:
CIIa
:

Deformación

debida

al

giro

del

nudo

B

(
B
)

producida

por

el

momento

M
BC
=

R
cy
L
v
CIIb
:

Deformación

debida

a

la

carga

R
cy
en

el

extremo

de

una

barra

en

voladizo.
Conocemos el valor de esta deformación

8. C




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 75

CII CII a CII b
RCy LV
2
LC
E I

RCy LV
3

3 E I
RCy LV
2

3 LC LV
3 E I

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

CI CII
P LC
2
LV
2 E I
RCy LV
2

3 LC LV
3 E I
RCy
3 P LC
2

2 LV ( 3 LC LV )


(Por equilibrio)

Fy 0 RAy RCy
3 P LC
2

2 LV ( 3 LC LV )

M A 0 M A P LC RCy LV P LC
3 P LC
2

2 ( 3 LC LV )

3 P LC
2
2 P LC LV
2 ( 3 LC LV )

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


B C
P
B

C
B
x


V(x) M(x) punto (x)
A A
inflexión
A




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

C

q(x) Lc

A
a
D
a
B
L v

Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de
equilibrio
(

F
y
=

0;

M

=

0)

y

3

reacciones

(R
A
;

R
B
y

R
C
).

9. Lc
; II
C

V
; III
C

C


C

V

C

C
RC


q
V

2



x R
A x






76 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

C C
q(x)
R
c q(x)

A
D
Lv B A
D
B
R
a R
b III II I

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

F
y
=

0
R
A
+

R
B
=

q

L
v
-

R
C

M
D
=

0
R
A
=

R
B

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

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

I II III donde I
5 q LV
4

384
R L
3
R L
48 E I E A

5 q LV
4

384
R L
3
R L
48 E I E A
5 q E A I LC
4

8 A LV
3
48 I LC
(Por equilibrio)

RA RB
q LV
2

5 q E A I LC
4

16 A LV
3
48 I LC
L

5 E A I LC
4

16 A LV
3
48 I LC




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

V
AD (x) q x R
A y M
AD (x)
q 2
2

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

raíz en el intervalo AD x
b b
2
4 a c
2 a
x 0; x

R A R A
2
0
q

2 R A
q

Observemos los siguientes puntos de esta expresión:

x L V
5 E A I LC
4

8 A L V
3
48 I LC

.

Observemos

los

siguientes

puntos

de

esta

expresión:


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

b) El término
5 E A I LC
4

16 A L V
3
48 I LC

0

,

al

ser

todos

los

términos

positivos

x

<

L
v

10. 0

,
2
8 A LV 48 I LC 8 A LV 48 I LC
Datos: E = 20 10 kN/m ; = 10 ; sección pilar = 0,3 x 0,3 m; sección viga = 0,3 x 0,4 m.




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 77

c) Al ser x
2 R
A
q
x 0 x 0, L
V

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


x
2 RA
q
LV
5 E A I LC
4

3


LV
2

5 E A I LC
4

3


LV
2

d) Gráficas de V(x) y M(x)

C


C
q(x)
R
c Lc q(x)
R
c Lc

A
D
Lv B A
D
Lv B

V(x)
R
C
RB
V(x)
R
C
RB
R
A

M(x)

(x)
R
A

M(x)

(x)




Problema nº 32
La columna del pórtico de la figura, se encuentra sometida a un incremento de temperatura
de valor t = 25 °C en su cara izquierda y de valor -25 °C en su cara derecha.
6 2 -5

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

5m

Columna
0,3m

4m
B C
Viga
0,4m

0,3m 25°C -25°C
A
0,3m

Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de
equilibrio
(

F
y
=

0;

M

=

0)

y

3

reacciones

(

R
A
;

M
A
y

R
C
).

11. -
25°C

25°C

A
T1 T2
10
50 10
3





78 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

5m
B C
5m
B C
5m
B C

4m
25°C -25°C R
C
=
4m
25°C -25°C
+
4m
R
C
A A
Caso I Caso II
A

M
A M

R
A R
A

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.
Fy
=

0
R
A
=

-

R
C
MA
=

0
M
A
=

5

R
C

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

CURVATURA
B C

B
B B B
B
C

CI
''(x)= t
h
4m

25°C -25°C
5m

A A A

En

el

caso

I

la

deformada

en

el

punto

C

es
CI
debida

al

giro

del

nudo

B

(
B
)

producida

por
las diferencias de temperatura en las caras de la columna.
I.1) Hallemos el giro en el nudo B de la barra AB provocada por t.
La diferencia de temperatura induce una curvatura k:
k ' '

h
5
0,3
5
3

Aplicando el 1º teorema de Mohr a la gráfica de la curvatura B k L
C
20
3
10
3

I.2)

Hallemos

la

deformación

en

el

punto

C

provocada

por

el

giro
B
Al

tratarse

de

un

giro

pequeño

podemos

asimilar

el

desplazamiento
CI
como

el

arco

de

un
ángulo
B
y

radio

L
v CI B
L
V
1
30

12. RL
cv

19,1

R
c v
B

R
c v
R
c v

C

V
[Sustituyendo] ,




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 79

II) Caso II


R
c


B C
V(x)


R
c


L


C
M(x)


R
c
B


L
c


B
L
B


B

B
C
L
v


R
c
cIIb

cIIa
cII


A
R
c
A

L
A A

El momento de inercia de la viga I
V
b h
3

12

0,30,4
3

12
1610
4
m
4
.
El momento de inercia de la columna I
C
b h
3

12

0,30,3
3

12

27
4
10
4
m
4
.
En

el

caso

II

la

deformada

en

el

punto

C

es
CII
=
CIIa
+
CIIb
;

donde:
CIIa
:

Deformación

debida

al

giro

del

nudo

B

(
B
)

producida

por

el

momento

M
BC
=

R
c
L
v
CIIb
:

Deformación

debida

a

la

carga

R
c
en

el

extremo

de

una

barra

en

voladizo.
Del problema anterior conocemos el valor de esta deformación

CII CIIa CIIb
RC LV
2
LC
E I C
R L
3

3 E IV
301
34560
RC 8 7110
3
RC

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

CI CII

1
30

301
34560
RC RC

1152
301
kN 3,83 kN (Por equilibrio)
Fy 0 RA RC 3,83 kN

M A 0 M A
5760
301
kN .m 19,14 kN.m

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

3,83
B C 19,1
B C
3,83
V(x)
3,83
M(x)

A
3,83
A
19,1

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

13. T1 T2
10

C




80 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

e.1) La producida por la diferencia térmica
k ' '

h
5
0,3
50
5
3
10
3
1,66 10
3


e.2) La producida por el momento flector

k ' '
M
E IC

32
22575
1,42 10
3


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

B
x

B C
B C

''(x)=
-M

EI
+ 25°C -25°C
''(x)= t
h
= (x)

A A A




Problema nº 33
Sea la estructura de la figura constituida por una viga AB y un cable CD. La viga soporta
un

incremento

de

temperatura

T
1
en

su

cara

superior

y

T
2
en

su

cara

inferior

(T
2
>
T
1
).

Hallar

las

reacciones

y

dibujar

las

gráficas

del

esfuerzo

cortante

V(x),

el

momento
flector M(x), de la curvatura y de la deformada.

C
Lc


A

a
T
1
T
2

D
T
1
T
2

a

B
L v

Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de
equilibrio
(

F
y
=

0;

M

=

0)

y

3

reacciones

(R
A
;

R
B
y

R
C
).

C C



A


a
R
C
T
1
T
2 D
Lc
T
1
T
2


a
D

B A B
R
A
L v
R
B
III II I

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

F
y
=

0
R
A
+

R
B
=

R
C

14. D
BE
T1 T2
V

LV
4
; III
C

C


C

C
RC

T
2

T
1

3 E A I LV




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 81


M
D
=

0
R
A
=

R
B

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



A

T
1
T
2


D


B
R
c

+ =
A B
C
D R


c
Caso I Caso II Caso III

b.1)

Hallemos
I
debido

al

incremento

térmico

en

una

viga

apoyada-apoyada.
L
v
4 ''

A T
1
T
2 D
B
BE =

I

Sabemos que la curvatura ' '


h
V
D'
E

T
1 T
2 y dada la simetría del problema, la tangente

D' E es horizontal y por tanto, aplicando el 2º teorema de Mohr al intervalo [D, B]:
BE

=
I
=

Momento

estático

del

área

sombreada

respecto

al

eje

vertical

en

B

=


hV
L
2



LV
2

8 hV
T1 T2

Al ser T1 T2 , I

LV
2

8 hV
T1 T2

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

II
RC LV
3

48 E I
R L
E A

b.3) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D.
I II III

LV
2

8 hV
T2 T1
RC LV
3

48 EI
R L
E A
6 E A I LV
2

hV A LV
3
48 I LC

(Por equilibrio) RA RB
2

hV ( A LV
3
48 I LC )
T2 T1

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

15. D D
Datos: Cable CD: E = 20 10 kN/m ; A = 10 m ;
y viga AB: E = 20 10 kN/m ; I = 10 m ; = 10




82 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

C
R
c

Lc
C
R
c

Lc

A B
Lv
R
A
R
B
A B
Lv
R
A
R
B

V(x)
RA
R
C

R
B
'' (x)
Esfuerzos
+
'' (x)

M(x)
Temperatura
(x)




Problema nº 34
La viga AB de la figura se encuentra sometida en toda su longitud a un incremento de
temperatura de valor t = -25 °C en su cara superior y de valor +25 °C en su cara inferior.
En el punto central de esta viga se ancla el cable CD. Hallar
a) La fuerza R que debe aplicarse en el extremo C del cable para que este punto no sufra
ningún desplazamiento vertical.
b) Las gráficas acotadas de cortantes y flectores en la viga AB
c) Las gráficas de la curvatura y deformada de la viga AB
6 2 -4 2

6 2 -5 4


C

- 25°


R




2





- 25°
-5
; Canto= 15 cm
A
+ 25° D + 25°
2 2
4
B

Solución:
El punto C de esta estructura se comporta como si se tratase de una estructura ya que en
dicho

punto

se

genera

una

fuerza

R
C
y

no

se

produce

desplazamiento

o

giro

alguno.
Por tanto el problema propuesto es equivalente a la figura siguiente, y son aplicables las
ecuaciones del problema anterior,

16. 2 A B
D
4
2

T2 T1
10

y III
C

C

hV A LV 48 I LC 23




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 83

R
C




A




R
A
C
2
-25° -25°
+25° +25°

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

F
y
=

0
R
A
+

R
B
=

R
C

M
D
=

0
R
A
=

R
B

b) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto central de la viga D.
I
= II
+ III

I
LV
2

8 hV
5
8 0,15
25 25
1

150

II
RC LV
3

48 E I

RC
150
R L
E A
RC
1000


RC
6 E A I LV
2

3

T
2

T
1

20

0,869565

kN

(Por equilibrio)

RA RB

c) Gráficas de V(x), M(x), ''(x) y (x)
20
46
0,434782 kN

C 0,87 kN
C

A D B A D B

0,43 kN 0,43 kN
-0,43 kN
V(x)
0,87 kN
0,43 kN
0,87 kNm
M(x)
'' (x)
Esfuerzos
+
'' (x)
Temperatura


(x)
0,0087 m
1

0,0033 m
1

17. 84 Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto. Flexión. Pórticos

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

C

T Lc

A
a
D
a
B
L v

Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 2 ecuaciones de
equilibrio

(

F
y
=

0;

M

=

0)

y

3

reacciones

(R
A
;

R
B
y

R
C
).

R
C
C



A


a
T
D
Lc


a


B

Rc
C
t
R
A
L v
R
B A
D
B

a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.

F
y
=

0
R
A
+

R
B
=

R
C

M
D
=

0
R
A
=

R
B

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

R
c
C
T
C
A
D
B
=
D
-
D R
c
Caso I Caso II Caso III

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

que soporta una carga puntual centrada I
RC LC
3

48 E I

Caso II: Conocemos el acortamiento que sufre una barra sometida a una disminución de
temperatura

T t
=
T

L
C
.

Caso

III:

Conocemos

el

estiramiento

que

sufre

la

barra

CD

sometida

a

la

carga

R
C

18. T LC
C

C
RC




Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 85

RC

RC LC
E A

b.2) Apliquemos la ecuación de compatibilidad en el punto D
I
=
t
-
Rc
RC LV
3

48 E I
R L
E A
48T E A I LC
A LV
3
48 I LC

(Por equilibrio) RA RB
24 T E A I LC
A LV
3
48 I LC

19. Rótula
RB RC

B






86 Flexión. Vigas continuas
FLEXION. VIGAS CONTINUAS


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

10 Mp

A B
C
q= 4 Mp/m

2
1,5
4 8


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

b) Cálculo de las reacciones
Ecuaciones estáticas
Fy = 0 RA + RB + RC = 42
MA = 0 4 RB + 12 RC + 20 = 256

Una rótula añade una ecuación más. La suma de momentos de cualquiera de las dos partes
de en que la rótula divide a la estructura respecto al punto donde se halla la rótula es nulo.
En este caso tomemos la parte izquierda.
MRot Izq = 0 1,5 RA = 35 RA = 70/3 = 23,33 Mp

Resolviendo el sistema:
56
3
4R
B
12R
C
236
R 1,50 Mp
R
C
20,16

Mp

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

20. 1,5Mp

En la gráfica de momentos Aa Aa 2 20 2 20 2
M

a
a

2M

b
La
I

b
M c

Lb
I







Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 87


20,16Mp
23,3 Mp V(x)

10Mp



Rótula

Pico
M(x) Máximo





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

10 kN/m 10 kN/m 8 kN

A B C
2m 2m 2m

6m 3m 1m


Solución:
a)Hallemos

el

momento

M
b
en

el

apoyo

b,
Apliquemos

la

ecuación

de

los

3

momentos

para

hallar

M
b
,
Conocemos

M
a
=

0

y

Mc
=

8

kNm

M
a
=

0

M
b
M
b
M
c
=

-8



A

x
a
A
a
B

B
A
b
=

0


C





Sustituyendo en la ecuación:
20 kN.m

2
3


280
3


, y xa 3
L

I
a

a
L
I b



b


6 Aa xa
I a La

6 Ab xb
I b Lb


2 M b 6 3 8 3 280 M b
128
9
kNm 14,22 km

21. 20 -
14

,

22


8

14,22
17,63 kNm 22,37 kNm
14,22







88 Flexión. Vigas continuas
b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

14,22 kNm 14,22 kNm 8 kNm


R a
6 6
20 +
14

,

22

R
bI
R
bII
R
c
8-
3 3 3


8

3
2,07 kNm 5,92 kNm

R
a
=

R
isostático

R
bI
=

R
isostático
M b
La
M b
La
20

20
14 ,22
6
14 ,22
6
17,63 kN

22,37 kN

R
bII
=

R
isostático
M b
Lb

M c
Lb
0
14 ,22
3

8
3
2,07 kN Rb RbI RbII 24,44 kN

R
cI
=

R
isostático
M b
Lb

M c
Lb
8
14 ,22
3

8
3
5,92 kN

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y (x)
10 kN/m 10 kN/m 8 kN






17,63 kN
A B C

22,37 kN
2,37 kN
V(x)
2,07 kN
5,92

kN

8

kN

-14,22 kNm
-8 kNm

M(x)


Punto

inflexión
(x)


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

Bizq Mb q1 q2
M b La
3 E I

q a
2

24 La E I
2 L
2
a
2

q a
2

24 La E I
2 L a
2

18 ,22

E I

Bder Mb Mc
M b Lb
3E I

M c Lb
6 E I

18 ,22
E I

22. q L2
C
M

a
a

2

M

b
a

b

M

c
b

2 M b M c
M

b
b
2 M c

Lb
I

c

M

d
Lc
I


2 Mc 5 8 Mb 36 Mc 5000
6 5000
10 I 3
8 M b 36 M c 5000
M b 42,65 kNm
M
c
129,4

kNm





Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 89
Problema nº 38
Dada la viga continua de la figura hallar las reacciones y las gráficas V(x) y M(x)


A
100 kN

4m 4m

B
20 kN/m

C D

8m 8m 10m

Solución:
Esta viga continua es una estructura hiperestática de grado 2, ya que tenemos 2 ecuaciones
de

equilibrio

(

F
y
=

0;

M

=

0)

y

4

reacciones

(

R
A
;

R
B
;

R
C
y

R
D
).

a)Hallemos

los

momentos

M
B
y

M
C
en

los

apoyos

B

y

C.
Sabemos

que

M
a
=

0

y

M
d
=

0.

A
xa=4
100 kN
B
M
B
M
B
B C
M
C

M
C

20 kN/m

PL
4
=

200

kN

C x =5
8
=

250

kNm

D

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

En la gráfica de momentos A
AB A
a
1 P L
2 4
L
P L
2

8
800 m
2
; x
a
L
2
4 m ; A
b 0

Sustituyendo en la ecuación:
L L L L

I
a
I
a
I
b
I
b
6 Aa xa
I a La

6 Ab xb
Ib Lb


8
I
8
I
8
I

6
8 I
800 4 M b M c 300

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

En la gráfica de momentos A
AC A
c
2 q L
2

3 8
L
5000
3
m
2
; x
c
L
2
5 m ; A
b 0

Sustituyendo en la ecuación:
L

I
b



b
L
I
c

c


6 Ab xb
Ib Lb

6 Ac xc
I c Lc


Mb
8
I
8
I

10
I




a.3) Resolviendo el sistema:
4 M b M c 300

23. Punto

inflexión

Punto

inflexión


8
RBII=

,
,
,
,
,
,





90 Flexión. Vigas continuas

b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

100 kN
42,7 kNm 129,4 kNm
20 kN/m
A B B C

C D

RA = 50 -
42,7

8
RBI= 50 +
42,7

42,7
8
-
129,4
8
RCI=
129,4 42,7
-
8 8
RCII=100+
129,4

10
RDI = 100-
129,4

10
44,7 kN 55,3 kN 10,8 kN 10,8 kN 112,9 kN 87,1 kN
R
B = 44,5 kN R
C = 123,7 kN

Ra Risostática
M b
La
50
42 7
8
44 7 kN

RbI Risostática
M b
La
50
42 .7
8
55,3kN
M b
La
50
42 7
8
55,3 kN

RbI Risostática
M b
Lb

M c
Lb
0
42 7
8

129 ,4
8

10,8

kN

R
b
R
b I
R
b II
44,5

kN

RcI Risostática
M b
Lb

M c
Lb
0
42 7
8

129 ,4
8
10,8 kN

RcI Risostática
M c
Lc
100
129 ,4
8

112,9

kN

R
c
R
c I
R
c II
123

7

kN

RdI Risostática
M c
Lc
100
129 ,4
8
87 kN

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x) y (x)
100 kN

20 kN/m

A



44,7 kN




200 kNm

A
B

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

112,9 kN
129,4 kNm
42,7 kNm




B
C D
87 kN








189,16 kNm

C D

24. ,
M

a
a
2 M b

La
I

b

M

c
b

,
10

kN/m 6 kN
R

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

5

30,29
3+ 5+3 -





Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 91
Problema nº 39
Dada la viga continua de la figura hallar a) el momento flector en el punto B aplicando el
método de los 3 momentos; b) las reacciones en los apoyos; c) las gráficas de cortantes y
flectores, acotando sus valores y direcciones y d) el momento positivo máximo en el primer
vano.

10 kN/m 6 kN 5 kN

A B C

6m


Solución:
a)Hallemos

el

momento

M
b
en

el

apoyo

b,
Apliquemos

la

ecuación

de

los

3

momentos

para

hallar

M
b
,
Conocemos

M
a
=

0

y

M
c
=

-5

kNm
3m 1m

M
a
=

0
10 kN/m M
b
M
b 6 kN
M
c= - 5


A

x
a
A
a
B

B
Mmax= 4,5 kN.m
x
b
C
Mmax= 45 kN.m
En las gráficas de momentos
Aa

2
3
45 6 180 , y xa 3 ; Ab
4 ,5

3
6 75, y xb 1,5
2

Sustituyendo en la ecuación:
L

I
a



a
L L
I
b
I
b
6 Aa xa
I a La

6 Ab xb
Ib Lb

2 M b 6 3 5 3
6 180 3
6

6 6 75 1,5
3
M b 30,2917 kNm

b)Hallemos las reacciones en los apoyos.

30,29 kNm 30,29 kNm

5 kNm


30,29
30 +
6 6
24,95 kNm 35,04 kNm


3 3 3


5

3
11,43 kNm -0,43 kNm

R
a
=

R
isostático
M b
La
30
30 ,29
6
24,95 kN

25. 92 Flexión. Vigas continuas

R
bI
=

R
isostático
M b
La
30
30 ,29
6
35,05 kN

R
bII
=

R
isostático
M b
Lb

M c
Lb
3
30 ,29
3

5
3
11,43 kN R
b R
b I R
b II 46,48 kN

R
cI
=

R
isostático
M b
Lb

M c
Lb
5 3
30 ,29
3

5
3
0,43 kN

c)Dibujemos las gráficas V(x), M(x).

10 kN/m


6 kN


5 kN

A B C

35.04kN


5,43 kN





5 kN
V(x)

24,95 kN 11,43 kN
-30,29 kNm



-5 kNm

M(x)

31,12 kN

d) Hallemos el valor máximo del momento flector en el tramo AB
V(x) = -10 x + 24,95 Si V(x) = 0 x = 2,49 m
2
M(x) = -5 x + 24,95 x = (en x = 2,49) = 31,12 kNm