E4 pórticos 13_

4m4m
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 RAx , RAy y RBy.
20 kN
B
C
5m
RBy
A
RAy
RAx
El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:
Fx = 0 RAx = 20 kN
Fy = 0 RAy + RBy = 5 kN/m 5 m = 25 kN
MA = 0 RBy 5 = 20 kN 4m + (5 kN/m 5m) 2,5 m = 142,5 kNm RBy = 28,5 kN
Resolviendo el sistema hallamos:
RAx = 20 kN; RAy = -3,5 kN y RBy = 28,5 kN
b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC
5 kN/m 5 kN/m
MAB
B C
80kNm
B C
RAB 28,5 kN 3,5 kN 28,5 kN
Fy = 0 RAB = (5 5) - 28,5 = -3,5 kN
MA = 0 MAB = (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
RAB = - RBC = 3,5 kN
MAB = - MBC = 80 kNm

20kN
M(x)
V(x)
80kNm
3,5kN3,5kNP(x)
20kN
(x)
20 kN
80kNm
Análisis elemental de estructuras. Enfoque práctico. Jorge Bustinza Esparta. Dr Arquitecto 69
RBC 3,5 kN
20 kN B
MBC
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.

v
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
Lc
A
Solución:
a) Hallemos las reacciones en el empotramiento RA y MA .
Lc
Lv
B C
P
RBC = P
B
MBC= P L
MAB = PLv
B C
P
A
MA
A
MA
= P Lv
R AB
= P
RA
R A= P
El pórtico es una estructura isostática donde tenemos 2 reacciones y 2 ecuaciones:
Fy = 0 RA = P
MA = 0 MA = P Lv
b) Establezcamos el equilibrio en las barras AB y BC
b.1) Barra AB
Fy = 0 RBC = RA = P
MA = 0 MBC = MA = P Lv
b.2) Barra BC
Fy = 0 RAB = P
MA = 0 MAB = P Lv
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
RA
MA
RA
MA
RA
MA

B B B
PL CI
CII
C
c) Hallemos la deformada en el punto C
B
B C
P
Lc Lv
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 MBC = P Lv
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 MBC = P Lv
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 LV CI B LV
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

2
4m
2
4m
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 RAx , RAy y RBy.
30 kN
B C
20 kN RBy
5m
A
RAy
RAx
El pórtico es una estructura isostáticas donde tenemos 3 reacciones y 3 ecuaciones:
Fx = 0 RAx = 20 kN
Fy = 0 RAy + RBy = 30 kN
MA = 0 RBy 5 = 20 kN 2m +30 kN 2,5 m = 115 kNm RBy = 23 kN
Resolviendo el sistema hallamos:
RAx = 20 kN; RAy =7 kN y RBy = 23 kN
b) Establezcamos el equilibrio en la barra BC
30 kN 30 kN
MAB
B C
RAB
23 kN
40 kNm
B C
7 kN
23 kN
Fy = 0 RAB= 30 - 23 = 7 kN
MA = 0 MAB = 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
RAB = - RBC = 7 kN

7kN
20kN
40kNm
MAB = - MBC = 40 kNm
MBC
20 kN
B
RBC
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 Lv
B C
Lc
A
Solución:
Nos hallamos ante una estructura hiperestática de grado 1, ya que tenemos 3 ecuaciones de
equilibrio ( Fx = 0; Fy = 0; M = 0) y 4 reacciones ( RAx ; RAy ; MA y RCy ).
P Lv
B C
P Lv
B C
Lv
B C
Lc
RCy
Lc Lc
= +
Caso I Caso II
R Cy
A
MA
RAy RAx
A
MAI
R AxI
A
MAII
RAyII

RLcyv
Rcy v
B
Rcy v
Rcy v
a) Establezcamos las ecuaciones de equilibrio.
Fx = 0 RAx = P
Fy = 0 RAy = - RCy
MA = 0 MA = P Lc - RCy Lv
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) Lc
Lv
A A A A
P P Lc
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
ángulo B y radio Lv CI B LV
II) Caso II
P LC
2
LV
2 E I
Rcy
B C
V(x)
Rcy
L C
M(x)
Rcy
B
Lc
B
L
B
B B C
Lv
Rcy
cIIb
cIIa
cII
A
Rcy
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 MBC = Rcy Lv
CIIb : Deformación debida a la carga Rcy en el extremo de una barra en voladizo.
Conocemos el valor de esta deformación

C
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:
equilibrio ( Fy = 0; M = 0) y 3 reacciones (RA ; RB y RC ).

Lc
; II
C V
; III
C C
C V C C
RC
q
V
2
x RA x
C C
q(x) Rc q(x)
A
D
Lv B A
D
B
Ra Rb III II I
Fy = 0 RA + RB = q Lv - RC
MD = 0 RA = RB
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) Rc
C
A
D
B A
D
B
D Rc
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:
VAD (x) q x RA y MAD (x) q2
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 RA
q
Observemos los siguientes puntos de esta expresión:
x LV
5 E A I LC
4
8 A LV
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 LV
3
48I LC
0 , al ser todos los términos positivos x < Lv

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.
c) Al ser x
2 RA
q
x 0 x 0,LV
Para que la deformada tenga puntos de inflexión, x deberá pertenecer al intervalo
LV
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) Rc Lc q(x) Rc Lc
A
D
Lv B A
D
Lv B
V(x) RC
RB
V(x) RC
RB
RA
M(x)
(x)
RA
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:
equilibrio ( Fy = 0; M = 0) y 3 reacciones ( RA ; MA y RC ).

-25°C
25°C
A
T1 T2
10
50 10
3
5m
B C
5m
B C
5m
B C
4m
25°C -25°C RC
=
4m
25°C -25°C
+
4m RC
A A Caso I Caso II
A
MA M
RA RA
Fy = 0 RA = - RC
MA = 0 MA = 5 RC
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 LC
20
3
10
3
I.2) Hallemos la deformación en el punto C provocada por el giro B
ángulo B y radio Lv CI B LV
1
30

RLcv
19,1
Rc v
B
Rc v
Rc v
C V
[Sustituyendo] ,
II) Caso II
Rc
B C
V(x)
Rc
L C
M(x)
Rc
B
Lc
B
L
B
B B C
Lv
Rc
cIIb
cIIa
cII
A
Rc
A
L
A A
El momento de inercia de la viga IV
b h
3
12
0,3 0,4
3
12
16 10
4
m
4
.
El momento de inercia de la columna IC
b h
3
12
0,3 0,3
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 MBC = Rc Lv
CIIb : Deformación debida a la carga Rc 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 IC
R L
3
3 E IV
301
34560
RC 8 71 10 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.

T1 T2
10
C
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 T1 en su cara superior y T2 en su cara inferior ( T2 >
T1). 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
T1
T2 D
T1
T2
a B
L v
Solución:
C C
A a
RC
T1
T2 D
Lc
T1
T2
a
D
B A B
RA
L v
RB III II I
Fy = 0 RA + RB = RC

D
BE T1 T2
V LV
4
; III
C C
C C
RC T2 T1
3 E A I LV
MD = 0 RA = RB
deformación en el punto medio de la viga D.
A
T1
T2 D
B
Rc
+ =
A B
C
D Rc
b.1) Hallemos I debido al incremento térmico en una viga apoyada-apoyada.
Lv
4 ''
A T1
T2 D
B
BE =
I
Sabemos que la curvatura ''
hV
D'
E
T1 T2 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.

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
C
Rc Lc
C
Rc Lc
A B
Lv
RA RB
A B
Lv
RA RB
V(x)
RA
RC
RB
'' (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 RC 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,

2 A B
D
4
2
T2 T1
10
y III
C C
hV A LV 48 I LC 23
RC
A
RA
C
2
-25° -25°
+25° +25°
Fy = 0 RA + RB = RC
MD = 0 RA = RB
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
T2 T1
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

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:
RC
C
A a
T
D
Lc
a B
Rc
C
t
RA
Lv RB A
D
B
Fy = 0 RA + RB = RC
MD = 0 RA = RB
deformación en el punto D.
Rc
C
T
C
A
D
B
= D - D Rc
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 LC.
Caso III: Conocemos el estiramiento que sufre la barra CD sometida a la carga RC

T LC
C C
RC
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
48 T 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

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
4RB 12RC 236
R 1,50 Mp
RC 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.

1,5Mp
En la gráfica de momentos Aa Aa 2 20 2 20 2
M a
a
2Mb
La
I
b M c
Lb
I
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 Mb en el apoyo b,
Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb,
Conocemos Ma = 0 y Mc = 8 kNm
Ma = 0 Mb Mb Mc = -8
A x a
Aa
B B
Ab = 0
C
Sustituyendo en la ecuación:
20 kN.m
2
3
280
3
, y xa 3
L
Ia a
L
Ib b
6 Aa xa
Ia La
6 Ab xb
Ib Lb
2 Mb 6 3 8 3 280 Mb
128
9
kNm 14,22 km

20 -
14 , 22
8 14,22
17,63 kNm 22,37 kNm
14,22
b)Hallemos las reacciones en los apoyos.
14,22 kNm 14,22 kNm 8 kNm
Ra
6 6
20 + 14 , 22 RbI RbII Rc
8-
3 3 3
8
3
2,07 kNm 5,92 kNm
Ra = Risostático
RbI = Risostático
Mb
La
Mb
La
20
20
14 ,22
6
14 ,22
6
17,63 kN
22,37 kN
RbII = Risostático
Mb
Lb
Mc
Lb
0
14 ,22
3
8
3
2,07 kN Rb RbI RbII 24,44 kN
RcI = Risostático
Mb
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
Mb La
3 E I
q a
2
24 La E I
2 L2
a2 q a
2
24 La E I
2 L a
2 18 ,22
E I
Bder Mb Mc
Mb Lb
3EI
Mc Lb
6EI
18 ,22
EI

q L2 C
M a
a
2 Mb
a b
M c
b
2 Mb M c
Mb
b
2 M c
Lb
I
c
M d
Lc
I
2 Mc 5 8 Mb 36 Mc 50006 5000
10 I 3
8 Mb 36 M c 5000
Mb 42,65 kNm
Mc 129,4 kNm
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 ( Fy = 0; M = 0) y 4 reacciones ( RA ; RB ; RC y RD ).
a)Hallemos los momentos MB y MC en los apoyos B y C.
Sabemos que Ma = 0 y Md = 0.
A
xa=4
100 kN
B
MB MB
B C
MC MC
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 AAB Aa
1 P L
2 4
L
P L
2
8
800 m
2
; xa
L
2
4 m; Ab 0
L L L L
Ia Ia Ib Ib
6Aa xa
Ia La
6Ab xb
Ib Lb
8
I
8
I
8
I
6
8 I
800 4 Mb M c 300
a.2) Apliquemos la ecuación de los 3 momentos a los tramos BC y CD.
En la gráfica de momentos AAC Ac
2 q L
2
3 8
L
5000
3
m
2
; xc
L
2
5 m; Ab 0
L
Ib b
L
Ic c
6 Ab xb
Ib Lb
6 Ac xc
Ic Lc
Mb
8
I
8
I
10
I
a.3) Resolviendo el sistema:
4 Mb Mc 300

Punto
inflexión
Punto
inflexión
8
RBII=
,
,
,
,
,
,
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
RB = 44,5 kN R C = 123,7 kN
Ra Risostática
Mb
La
50
42 7
8
44 7 kN
RbI Risostática
Mb
La
50
42.7
8
55,3kN
Mb
La
50
42 7
8
55,3 kN
RbI Risostática
Mb
Lb
M c
Lb
0
42 7
8
129 ,4
8
10,8 kN Rb Rb I Rb II 44,5 kN
RcI Risostática
Mb
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 Rc Rc I Rc II 1237 kN
RdI Risostática
Mc
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

,
M a
a
2 Mb
La
I
b
M c
b
,
10 kN/m 6 kN
Ra 30 -
30,29
RbI RbII Rc
30,29 5 30,29
3+ 5+3 -
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 Mb en el apoyo b,
Apliquemos la ecuación de los 3 momentos para hallar Mb,
Conocemos Ma = 0 y Mc = -5 kNm
3m 1m
Ma = 0 10 kN/m Mb Mb 6 kN
Mc= - 5
A
x a
Aa
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
L
Ia a
L L
Ib Ib
6 Aa xa
Ia La
6 Ab xb
Ib Lb
2 Mb 6 3 5 3
6 180 3
6
6 6 75 1,5
3
M b 30,2917 kNm
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
Ra = Risostático
Mb
La
30
30 ,29
6
24,95 kN

RbI = Risostático
Mb
La
30
30 ,29
6
35,05 kN
RbII = Risostático
Mb
Lb
Mc
Lb
3 30,29
3
5
3
11,43kN Rb Rb I Rb II 46,48kN
RcI = Risostático
Mb
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

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