1 A. ZAMBRANO

2 A. ZAMBRANO

TEMAS PAG

4.1 INTRODUCCIÓN 3

4.2. MÉTODO ESTÁTICO 7

4.3. PRINCIPIO DE MULLER-BRESLAU 11

4.4. SERIE DE SOBRECARGAS AISLADAS 16

3 A. ZAMBRANO

4.1. INTRODUCCIÓN

-Las cargas vivas tienen la característica de que pueden ocupar cualquier posición

en una estructura

-Algunas estructuras están sujetas a cargas movibles tales como:

-puentes vehiculares

-puentes ferroviarios

-trabes para grúas, etc.

-Las cargas móviles producen reacciones y fuerzas internas variables en las

estructuras

-Se requiere determinar el efecto de una carga móvil en algún punto fijo de una

estructura

-Por simplicidad se considera el efecto de una carga unitaria colocada en cualquier

posición de una viga

-El efecto variable debido a una carga unitaria móvil puede ser externo (reacciones,

desplazamientos) o interno (cortantes, momentos).

-La grafica de la posición de una carga unitaria móvil contra la magnitud de un

efecto interno o externo de una estructura se llama LÍNEA DE INFLUENCIA de

ese efecto.

-Esto significa que se escoge una sección S fija en la estructura y un efecto E a

estudiar y luego se mueve la carga unitaria a lo largo de una trayectoria y se

determinan los valores del efecto E para cada punto en que se coloca la carga

unitaria. Luego se grafican estos valores.

4 A. ZAMBRANO

x 1

S, E

E

0 x

Fig. 1 línea de influencia para el efecto E en la sección S

4.2. MÉTODO ESTÁTICO

El método estático para determinar las líneas de influencia consiste en aplicar las

ecuaciones de equilibrio a una viga sujeta a una carga unitaria localizada a una

distancia x de un origen de coordenadas. Se determinan las reacciones en función

de la coordenada x y el efecto de interés (cortante, momento, etc.). Finalmente se

dibuja una grafica X-E

Ejemplo 1. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones de la viga mostrada

en la figura. Use el método estático.

x 1

A B

RA L RB

Solución:

+ ∑ MA = 0

1(x) – RB(L)=0

RB =x

L (1)

5 A. ZAMBRANO

Solución:

+ ∑ Fy = 0

RA − 1 +x

L= 0

RA = 1 −x

L (2)

Las graficas de estas ecuaciones son las líneas de influencia para las reacciones RA

y RB.

RA

1

0 L

RB

1

0 L

6 A. ZAMBRANO

Ejercicio 1. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones de la viga en

cantiliver mostrada en la figura. Use el método estático.

x 1

A B

L

Ejercicio 2. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones de la viga mostrada

en la figura. Use el método estático.

x 1

A B C D

1m 6 m 2m

7 A. ZAMBRANO

Ejemplo 2. Dibujar las líneas de influencia para el cortante y momento en el punto

C de la viga mostrada en la figura. Use el método estático.

x 1

A C B

RA 2/3L L/3 RB

L

Solución:

Del ejemplo 1, se tiene que

RA = 1 −x

L

RB =x

L

Haciendo el diagrama de cuerpo libre de la parte AC de la viga, se tienen dos casos

Caso 1: la carga unitaria está entre A y C (0 x 2/3L)

x 1

A C MC

RA 2/3L VC

Por equilibrio de fuerzas verticales

RA – 1 – VC =0

VC = RA – 1

VC = 1 −x

L− 1

VC = −x

L (3)

8 A. ZAMBRANO

Por equilibrio de momentos, se tiene

RA(2/3L) – 1 (2/3L – x) – MC = 0

MC = RA(2/3L) – 2/3L + x

MC = (1 −x

L) (

2

3L) −

2

3L + x

MC =2

3L −

2

3x −

2

3L + x

MC =x

3 (4)

Caso 2: la carga unitaria está entre C y B (2/3L x L)

A C MC

RA 2/3L VC

Por equilibrio de fuerzas verticales

RA – VC =0

VC = RA

VC = 1 −x

L (5)

Por equilibrio de momentos, se tiene

RA(2/3L) – MC = 0

MC = RA(2/3L)

MC = (1 −x

L) (

2

3L)

MC =2

3(L − x) (6)

9 A. ZAMBRANO

Resumiendo, se tienen las siguientes ecuaciones

VC = {−

x

L 0 ≤ x ≤

2L

3

1 −x

L

2L

3≤ x ≤ L

MC = {

x

3 0 ≤ x ≤

2L

3

2

3(L − x)

2L

3≤ x ≤ L

Graficando estas las ecuaciones para VC y MC se obtienen las líneas de influencia

VC

2/3L

1/3

0 L x

-2/3

MC

1 2L/9

0 2/3L L x

10 A. ZAMBRANO

Ejercicio 3. Dibujar las líneas de influencia para el cortante y momento en C de la

viga en cantiliver mostrada en la figura. Use el método estático.

x 1 L/2

A C B

L

Ejercicio 4. Dibujar las líneas de influencia para el cortante en E y el momento en

F de la viga mostrada en la figura. Use el método estático.

x 1 2m 1m

A B F C E D

1m 6 m 2m

Ejercicio 5. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante y

momento en Cde la viga en cantiliver mostrada en la figura. Use el método

estático.

x 1 L/4 L/4

A C B

L

Ejercicio 6. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante en E y

el momento en F de la viga mostrada en la figura. Use el método estático.

x 1 2m 2m 1m

A B F C E D

1m 6 m 2m

11 A. ZAMBRANO

4.3. PRINCIPIO DE MULLER-BRESLAU

Consideremos la viga isostática mostrada en la siguiente figura sujeta a una carga

unitaria móvil

x 1

A B C

Ahora, sustituyamos el apoyo C por su reacción

x 1

A B C

RC

Ahora, mediante otra fuerza desconocida F proporcionamos un desplazamiento

unitario en el punto C en dirección de RC

F

x y

1

A B C

Por el Teorema de los trabajos recíprocos de Betti, tenemos

1(-y) + RC(1) = F(0)

RC = y (1)

Esto significa que la línea de influencia para la reacción en C es la deformada de la

viga resultante de eliminar el apoyo C e introducir un desplazamiento unitario en C

compatible con las demás restricciones de la viga.

12 A. ZAMBRANO

La expresión (1) se conoce como el Principio de Muller-Breslau y puede

enunciarse como sigue:

“La línea de influencia de una fuerza externa o interna particular sobre una

estructura es igual a la deformada de la estructura resultante de eliminar la

restricción a dicha fuerza y proporcionar un desplazamiento unitario en dirección

de la fuerza manteniendo el resto de las restricciones”

Lema: Las líneas de influencia de estructuras estáticamente determinadas

solamente contienen líneas rectas.

Ejemplo 3. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante en D y

momento en el punto E de la viga mostrada en la figura. Use el principio de

Muller-Breslau.

2m 2m 2m 1m

A B C D E F G

1m 6 m 2m

3/2 B

1 RB

3 E

1 RE

-3/2

13 A. ZAMBRANO

G

1

1 RG

-2

1/2

D VD

-1

2

E ME -4 =1

14 A. ZAMBRANO

Ejercicio 7. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante y

momento en C de la viga en cantiliver mostrada en la figura. Use el principio de

Muller-Breslau.

a b

A C B

L

Ejercicio 8. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante y

momento en B de la viga en cantiliver mostrada en la figura. Use el principio de

Muller-Breslau.

a b

A B C D

a/2 L

Ejercicio 9. Dibujar las líneas de influencia para las reacciones, el cortante en C y

el momento en B de la viga en cantiliver mostrada en la figura. Use el principio de

Muller-Breslau.

a b b

A B C D E

a/2 L

15 A. ZAMBRANO

4.4. SERIE DE SOBRECARGAS AISLADAS

CORTANTES Y MOMENTOS MAXIMOS RELATIVOS

Si se conoce la línea de influencia en un punto de una viga para una fuerza

interna (cortante o momento), se puede determinar el valor máximo de esta

fuerza interna para una serie de sobrecargas aisladas.

El procedimiento es por tanteos. Se coloca cada una de las cargas en la

ordenada máxima de la línea de influencia y se determina el valor de la

fuerza interna hasta obtener el máximo.

Este valor se conoce como el valor máximo relativo de la fuerza interna en

un punto determinado.

Ejemplo 4.4-1 Determinar el valor máximo del cortante en el punto C de la viga

mostrada debido al tren de cargas dado.

1k 4k 4k

A C B

5ft 5ft

10 ft 30 ft

Vc 0.75

-0.25

Línea de influencia para Vc

16 A. ZAMBRANO

Caso 1: Vc=1(0.75)+4(0.625)+4(0.50)= 5.25 k

1k 4k 4k

A C 5’ 5’ B

10 ft 30 ft

Vc 0.75 0.625 0.5

-0.25

Caso 2: Vc=1(-0.125)+4(0.75)+4(0.625)= 5.375 k

1k 4k 4k

A C 5’ 5’ B

10 ft 30 ft

Vc 0.75 0.625

-0.125 -0.25

17 A. ZAMBRANO

Caso 3: Vc=1(0)+4(-0.125)+4(0.75)= 2.5 k

1k 4k 4k

A 5’ 5’ C B

10 ft 30 ft

Vc 0.75

-0.125 -0.25

Controla el caso 2 Vc= 5.375 k

Ejemplo 4.4-2 Determinar el valor máximo del momento en el punto C de la viga

mostrada debido al tren de cargas dado.

2k 4k 3k

A C B

4ft 6ft

10 ft 30 ft

Mc 7.5

Línea de influencia para Mc

18 A. ZAMBRANO

Caso 1: Mc=2(7.5)+4(6.5)+3(5)= 56 k-ft

2k 4k 3k

A C 4’ 6’ B

10 ft 30 ft

Mc 7.5 6.5 5

Caso 2: Mc=2(4.5)+4(7.5)+3(6)= 57 k-ft

2k 4k 3k

A 4’ 6’ B

C

10 ft 30 ft

Mc 7.5 6

4.5

19 A. ZAMBRANO

Caso 3: Mc=2(0)+4(3)+3(7.5)= 34.5 k-ft

2k 4k 3k

A 4’ 6’ B

C

10 ft 30 ft

Mc 7.5

3

Controla el caso 2 Mc= 57 k-ft

Ejercicio 4.4-1

Ejercicio 4.4-2

20 A. ZAMBRANO

Problemas

21 A. ZAMBRANO

22 A. ZAMBRANO

CORTANTES Y MOMENTOS MAXIMOS ABSOLUTOS

Un problema general de vigas con series de sobrecargas concentradas es el

de determinar el punto en la viga y la posición de la carga donde ocurren los

valores máximos del cortante y momento

Esto puede hacerse directamente en vigas en cantiliver y simplemente

apoyadas

Cortante máximo absoluto

En una viga en cantiliver, el cortante máximo absoluto ocurrirá en un punto

adyacente al empotramiento con las cargas colocadas en cualquier parte.

Vmax-abs

En una viga simplemente apoyada, el cortante máximo absoluto ocurrirá en

seguida de uno de los apoyos con las cargas colocadas adyacentes a dicho

apoyo.

A B

VA

VB

Vmax-abs=max{VA, VB}

23 A. ZAMBRANO

Momento máximo absoluto

En una viga en cantiliver, el momento máximo absoluto ocurre en un punto

adyacente al empotramiento con las cargas colocadas lo más lejos posible

del empotramiento

Mmax-abs

En una viga simplemente apoyada, la posición de las cargas se puede

determinar analíticamente

Consideremos una viga simplemente apoyada sujeta al tren de cargas P1, P2…Pn

x Línea de centro

P1 P2 P3 … Pi-1 Pi …Pn-1 Pn

A x B

d1 d2 di-1 dn-1

L/2 L/2

Como el diagrama de momentos de una serie de cargas concentradas consiste de

líneas rectas, el momento máximo ocurrirá bajo alguna de las cargas.

Supongamos que ocurre bajo la carga Pi y dibujamos el diagrama de cuerpo libre.

La posición de las cargas será especificada por la distancia x desde la carga Pi al

centro de la viga.

P1 P2 P3 Pi-1

d1 d2 di-1

Mi

RA L/2 x

24 A. ZAMBRANO

Mi = RA (L

2+ x) − m (1)

Donde m es el momento de las cargas que están a la izquierda de la carga Pi

respecto al punto donde está la carga Pi

Por otra parte, la reacción en A puede obtenerse, determinando primero la

resultante de las cargas concentradas. En este caso suponemos que la carga Pi se

encuentra a la derecha de la resultante.

Tomando momentos respecto al punto B

RA(L) – P[L/2 – (x- x)] = 0

RA =P

L[L

2− (x − x)] (2)

Sustituyendo (2) en (1)

Mi =P

L[L

2− (x − x)] (

L

2+ x) − m (3)

Para maximizar Mi utilizamos el criterio de la primera derivada

dMi

dx= 0

P

L[L

2− (x − x)] (1) + (

L

2+ x)

P

L(−1) = 0

L

2− x + x −

L

2− x = 0

2x = x

x =x

2 (4)

Podemos concluir que el momento máximo absoluto en una viga simplemente

apoyada ocurre bajo una de las cargas concentradas que está a la misma distancia

que la resultante

25 A. ZAMBRANO

Sustituyendo (4) en (3) se obtiene

Mmax =P

L[L

2− (

x

2− x)] (

L

2+

x

2) − m

Mmax =P

L[L

2+

x

2] (

L

2+

x

2) − m

Mmax =P

4L(L + x)2 − m (5)

Nota: Si la carga Pi se encontrara a la izquierda de la resultante, entonces x deberá

tomarse como negativa.

Ejemplo 4.4-3

2k 1.5k 1k

30 ft 10 ft 5 ft

Solución:

1) Calculo de la posición de la resultante

Tomando momentos respecto a la primera carga

P=2+1.5+1=4.5 k

La posición de la resultante respecto a la primer carga está dada por

x̅ =Pixi

P=

P2x2 + P3x3

P=

1.5(10) + 1(15)

4.5= 6.667 ft

La resultante se encuentra entre la carga 1 y la carga 2, entonces se calcula la

distancia de las cargas a la resultante

x1= ̅x =6.667 ft

x2=10- ̅x =3.333 ft

26 A. ZAMBRANO

Entonces x=min{x1, x2}=3.333 ft y la carga critica es la carga 2 de 1.5 kip. Como

esta carga se encuentra a la derecha de la resultante x es positivo.

2) Calculo de Mmax

Tomando momentos en la carga de 1.5 kip a la izquierda

Mmax =P

4L(L + x)2 − m

Mmax =4.5

4(30)(30 + 3.333)2 − 2(10) = 21.67 kip − ft < − −

Ejemplo 4.4-4

Solución:

1) Calculo de x

P=40+25+20=85 kN

La posición de la resultante respecto a la primer carga está dada por

x̅ =Pixi

P=

P2x2 + P3x3

P=

25(4) + 20(5.5)

85= 2.47 m

La resultante se encuentra entre la carga 1 y la carga 2, entonces se calcula la

distancia de las cargas a la resultante

27 A. ZAMBRANO

x1= ̅x =2.47 m

x2=4- ̅x =1.53 m

Entonces x=min{x1, x2}=1.53 m y la carga critica es la carga 2 de 25 kip. Como

esta carga se encuentra a la derecha de la resultante x es positivo.

2) Calculo de Mmax

Tomando momentos en la carga de 25 kip a la izquierda

Mmax =P

4L(L + x)2 − m

Mmax =85

4(12)(12 + 1.53)2 − 40(4) = 164.17 kN − m

Problemas:

28 A. ZAMBRANO