Estatica Virrareal - Problemas Resueltos

CAPITULO 5DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS 5.1 FUERZAS INTERNAS PROBLEMA 5.1 La siguiente vigFa tiene una componente de reacción en el apoyo B igual a 1002N, se pide determinar: a) El valor de “W” b) Las fuerzas o acciones internas a 2m a la derecha del apoyo A Fig. 5.1 Solución: a) Efectuamos el equilibrio de la viga, teniendo en cuenta que por dato del problema, la reacción vertical en el apoyo B es igual a 1002N, debido a que es la única componente que alcanza dicho valor. o 1 2  M A 0  800sen60 .(1)  1002.(4)  .(1)(W) .1  3.(W).(2,5)  0 2 3   W  600N / m F X 0  HB o  800 cos 60  0 H B  400N  o 1  VA  1002  800sen60  1000  .(1).(600)  3.(600)  0 F Y 0 2 VA  2790,8N  b) Efectuamos un corte a 2m a la derecha del apoyo A, analizando su equilibrio de la parte izquierda de la viga (figura 5.2) y denotando el punto del corte como C F X 0  N C  800 cos 60  0o (TRACCION) N C  400N 1 o  2790,8  800sen60  1000  .(1).(600)  1.(600)  VC  0 F Y 0 2 VC  198N 144 M C 0  o 1 4  2790,8.(2)  800sen60 .(3)  1000.(2)  .(1).(600).   1.(600).(0,5)  M  0   C 2  3 M C  803,14N.m Fig. 5.2 PROBLEMA 5.2 En la figura se muestra una viga empotrada en B, se pide determinar: a) Las componentes de reacción en los apoyos. b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 2m a la derecha del apoyo A Fig. 5.3 Solución: a) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la rótula (figura 5.4) M C 0   VA .(1)  100.(1)  70sen60 o.(2)  0 VA  221,24N  Fig. 5.4 145 Ahora, analizamos el equilibrio de toda la viga: F X 0   70 cos 60 o  HB  0 H B  35N  1  FY  0   70sen60 o  100  .(1,2).(500)  3.(500)  221,24  V  0 2 B VB  1739,38N  M B 0  1 70sen60 .(6,2)  100.(5,2)  .(1,2).(500).(3,4)  3.(500).(1,5)  221,24.(5,2)  M  0 o B 2 M B  3015,41N.m La orientación de las reacciones en los apoyos y sus valores, se muestran en la figura 5.5 Fig. 5.5 b) Ahora, determinamos las fuerzas internas a 2m a la derecha del apoyo A, efectuando un equilibrio en dicho punto, denotándolo como D Fig. 5.6 F X 0  ND  70 cos 60 o 0 ND  35N (TRACCION) o 1  221,24  70sen60  100  .(1).(416,67)  VD  0 F Y 0 2 VD  147,72N 146 M D 0  o 1 1  221,24.(2)  70sen60 .(3)  100.(2)  .(1).(416,67). .1  M  0   D 2 3  M D  8,83N.m PROBLEMA 5.3 La siguiente viga mostrada en equilibrio tiene sus componentes de reacción vertical en el apoyo A igual a 3T y en el apoyo B igual a 10T respectivamente, determinar: a) El valor de “W” b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 1m a la derecha del apoyo A Fig. 5.7 Solución: a) Analizamos el equilibrio de la viga, incorporando las reacciones que son dados como datos en el problema, tal como se muestra en la figura 5.8 Fig. 5.8 M C 0   3.(5) 10.(2)  3W.(3,5)  0  W  3,33T / m F X 0  HA  0 F Y 0  3  10  VC  3,33.(3)  10  0  VC  7T  b) Ahora determinamos las fuerzas internas a 1m a la derecha del apoyo A, efectuando un corte y analizando su equilibrio, denotando a dicho punto como D F X 0  ND  0 F Y 0  3  3,33.(1)  VD  0  VD  0,33T M D 0   3.(1)  3,33.(1).(0,5)  M D  0  MD  1,335T.m 147 Fig. 5.9 PROBLEMA 5.4 En la siguiente barra doblada ABC, la componente de reacción en el apoyo C es igual a 2000kgf, determinar: a) El valor de W b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha de B Fig. 5.10 Solución: a) Determinamos el valor de W, efectuando el equilibrio de toda la estructura y, luego, calculamos las componentes de reacción en el apoyo A 1 M A 0  2000.(6)  W.(4).(2)  .(W).(6).(4)  0 2 W  600kgf / m 600.(4)  HA  0 F X 0  H A  2400kgf  1  VA  2000  500  .(6).(600)  0 F Y 0 2 VA  300kgf  b) Ahora, efectuamos un corte a 2m a la derecha de B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la estructura, tal como se muestra en la figura 5.11 F X 0  N D  600.(4)  2400  0 ND  0 148 67kgf . 5.12 149 .m en sentido antihorario.m Fig.(2)  500.   M  0   D 2 3 M D  4266.(2)  2400.(2)  .11 PROBLEMA 5. b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha del punto B Fig. 5. determine: a) El valor de W (N/m) sabiendo que el momento en el empotramiento en C vale 500N.(4).(2).(2).(200).(4)  600. 1 300  500  .5 En la estructura mostrada en equilibrio se tiene dos barras AB y BC unidas por una articulación en B.(200)  V  0 F Y 0  2 D VD  400kgf M D 0  1 2  300. determinando la reacción en A y las fuerzas internas en la rótula.(1)  200  0  VA  200N  F Y 0  200  VB  0  VB  200N  F X 0  HB  0 Los valores obtenidos se muestran en la figura 5.(3).Solución: a) Efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda del corte. determinando el valor de W y las componentes de reacción vertical y horizontal en el empotramiento C.(1)  0  W  200N / m M C 0  2 1 200  V  .14 F X 0  HC  0 1  200.14 150 .(200)  0  VC  100N   FY  0  C 2 Fig. M izq 0 B   VA .13 Fig. 5.(3). analizamos el lado derecho de la rótula B.(W).13 Ahora. 5.(4)  500  . debido a que el momento es dato del problema. esquematizando los resultados obtenidos en la figura 5. es decir BC. (1).15 F X 0  ND  0 F 1 Y 0  200  . fuerza cortante y momento flector en el punto medio de la barra AD Fig. analizando el equilibrio de la parte izquierda del corte y determinando las fuerzas internas en el punto D.1  M D  0 M D 0  2 3   M D  388.(1).(3)  200  .6 Para el sistema mostrado en equilibrio: a) Determinar el valor de la tensión en el cable AB y las componentes de reacción en el apoyo D.b) Ahora. sabiendo que la barra doblada ADC rígida es recto en D y es homogénea con un peso de 400N b) Determinar la fuerza axial.16 151 .67). tal como se muestra en la figura 5.89N. que es la sección requerida en el problema.67)  V  0 D 2 VD  166.(66. 5. efectuamos un corte a 2m a la derecha de la rótula B.67N 1 1   200.m Fig.(66. . 5.15 PROBLEMA 5. (0.25N F Y 0  VD  200 150  250 1600  1601.75  200 150 125  0.5m cos 37 Luego.9 o   1. denotándolo como E.25  0 VD  598. efectuando un corte en dicho punto y analizando el equilibrio de la estructura.5.9)  150.(0.75.5m cos 53 2 o L AD   2.17 b) Calculamos las fuerzas internas en el punto medio de la barra AD.75VE .(0.75  200  150  125  VE sen53  0 F Y 0  N E sen37  0.100  150N PAD  2.(0.(2)  200.(1) 1600.m F X 0  N E cos 37 o  VE cos 53 o 0 N E  0.(1)  125.5)  0 M E  61.45)  598.Solución: a) Determinamos las longitudes de los tramos CD y AD: L CD 0.75N  F X 0  HD  0 Fig.8VE  0 152 . M E 0  M E  200. 5.5.(2)  250.45)  0 T  1601.25N.9)  150.75VE  598.6)  598.(1. calculamos los pesos en cada tramo en forma proporcional a sus longitudes: PCD  1.(1.100  250N Graficamos el diagrama de cuerpo libre de la estructura y analizamos su equilibrio. determinando la tensión en el cable y las componentes de reacción en el apoyo D M D 0  T. 7 Para el sistema mostrado. tal como se muestra en la figura 5.19 Solución: a) Efectuamos un corte en el cable BC.25N Fig. . 5.(10) cos 37 o  .(10).(5)  . analizando el equilibrio de la parte izquierda de la estructura.20 1 1   1200.(600).18 PROBLEMA 5. calcular: a) La tensión en el cable BC b) Las reacciones en los apoyos A y D c) Las fuerzas internas en el punto medio de la barra AB Fig.10   TBC .VE  99N N E  74.(10) cos 37  0 Y 2 153 . es decir la barra AB.(10). 5.(600).(8)  0 M A 0  2 3   TBC  8750kg b) Calculamos las reacciones en el apoyo A 1 F o 0  VA  8750  1200. m Fig. analizamos el equilibrio de la barra rígida CD F X 0  HD  0 F Y 0   8750  VD  0 VD  8750kg  M D 0  8750.22.(5)  M D  0 M D  43750kg. Para su facilidad de cálculo.(5)  FY'  0  9000sen37 o  3250sen53 o  2  VE  0 VE  250kg 154 . 5.(10)sen37 o  .21 c) Calculamos las fuerzas internas en la parte media de la barra AB. 5. es decir en el punto E de la figura 5.(10)sen37  0 2 H A  9000kg  Fig.VA  3250kg  1  o FX  0  H A  1200.(600).20 Ahora. analizando el equilibrio de la parte izquierda al corte. elegimos como ejes coordenados X’ e Y’ F X' 0  N E  9000 cos 37 o o  3250 cos 53  0 N E  5250kg (1500  1800). 8 ¿Será correcto afirmar que el momento flector máximo de la viga mostrada es PL/2? Fig.5   M  0   E 2 3  M E  18750kg.(5).23 Solución: Como la viga es simétrica en geometría y cargas. . que se muestran en la figura 5.m Fig.24 155 . debemos de conocer la convención universal de signos de la fuerza cortante y momento flector.5)  . 1.2 DIAGRAMAS EN VIGAS PROBLEMA 5. 5. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.M E 0  o o 1 2  3250sen53 .22 5.(5)  1500.25 respectivamente. por 2 formas o métodos diferentes. ECUACIONES: Antes de iniciar esta metodología.(5)  9000sen37 .(300). entonces las reacciones en los apoyos A y B son iguales a 3P/2 y el momento flector máximo debe suceder en el centro de la viga. Fig. 5.24 y 5. 5.(2.(5). que se cumple con la relación diferencial entre la cortante y el momento flector. pero al inicio del siguiente tramo.Fig. teniendo en cuenta que de acuerdo a las ecuaciones obtenidas.26 y que el lector lo puede comprobar analizando los tramos sucesivos DE y EB Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Como la viga es simétrica en geometría y cargas. el diagrama de fuerza cortante es constante en cada tramo 156 . De las ecuaciones. considerando la distancia X a partir del origen. tal como se muestra en la figura 5. entonces el diagrama de fuerza cortante será antisimétrico y el diagrama de momento flector simétrico. a comprobar dicha relación para cada tramo analizado. el subíndice -0 significa que está en el punto indicado como valor final del tramo y el subíndice +0 corresponde al mismo punto.25 Planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector por tramos. podremos apreciar. 5. es decir del apoyo A TRAMO AC (0  X  L / 4) 3P 3P VAC   VA  2 2 3P  V  C0 2 3P  M X0 M AC  X  MA 0 2 M 3P L 3PL  M       C XL / 4 2 4 8 TRAMO CD (L / 4  X  L / 2) 3P P P V  P   V  CD 2 C0 2 2  P VD0  2  L  3P 3P  L  3PL M CD  X  P X    M C  M XL / 4     2  4  2 4 8  3P L L PL  M M    P        D XL / 2 2  2  4 2 En las ecuaciones. la cual es: dM V dX Invitamos al lector. Para el diagrama de momento flector. D. es decir 3P/2 b) En el tramo AC no existe fuerza externa. E y B sufre un ascenso o descenso igual al valor y dirección de las reacciones o fuerzas externas actuantes en el punto indicado. para momento flector. que es materia de estudio del curso Resistencia de Materiales. que los diagramas de fuerza cortante y momento flector empiezan en cero y terminan en cero. las ecuaciones obtenidas nos indican que es una línea recta.26 Se puede observar. tal como se muestra en la figura 5. con la finalidad de aproximar el diagrama de momento flector con la deflexión de la viga. el diagrama de cortante es constante e igual a P/2 157 . Con los valores obtenidos. por ello. Como se podrá apreciar de los diagramas.y en los puntos A. DIAG R AM A “ V” : a) En el apoyo A. el diagrama de cortante permanece constante e igual a 3P/2 c) En el punto C aparece la fuerza P hacia abajo. positivo arriba y negativo abajo. se grafica para fuerza cortante. lo que hace que el valor de la cortante en dicho punto disminuya la magnitud P y sea igual a P/2 d) En el tramo CD no existe carga externa aplicada. aplicamos el Método de las áreas. METODO DE LAS AREAS: Para efectuar con mayor rapidez los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Fig. en cambio.26 2. cuya veracidad de cálculo es 100% válida para cargas puntuales y cargas uniformemente distribuidas. graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 5. C. en consecuencia. se graficará positivo abajo y negativo arriba. la cortante es igual al valor de la reacción en dicho punto. PROBLEMA 5. que hace disminuir al diagrama de fuerza cortante en dicho punto hasta –3P/2 h) En el tramo EB no existe fuerza cortante. que hace que la cortante disminuya dicho valor y sea igual a –P/2 f) En el tramo DE no existe carga externa. el cual lo aplicamos al presente problema. en consecuencia el diagrama de fuerza cortante permanece constante e igual a –P/2 g) En el punto E aparece otra fuerza externa P. quedando a criterio del lector la aplicación indistinta del método más adecuado. por lo tanto el diagrama de fuerza cortante es constante e igual a –3P/2 i) Finalmente. ambos métodos nos llevan a obtener los mismos resultados. para el presente problema. el Método de las áreas se basa en un principio básico. para que el momento máximo Fig. MA  0 3P L 3PL M      C  2 4 8 3PL P L PL M     D   8 24 2 PL P L 3PL M     E   2 24 8 3PL 3P L M  0   B   8 2 4 Como podemos apreciar. el momento flector máximo es PL/2 y sucede en el centro de la viga. por ello. con la finalidad de reducir dicho efecto. que indica que el diagrama de momento flector es igual al área del diagrama de fuerza cortante. en vigas de concreto armado. que hace que el diagrama de fuerza cortante llegue a cero.9 ¿Cuál deberá ser la distancia “X” en la siguiente viga.27 158 . e) En el punto D aparece otra fuerza P hacia abajo. DIAG R AM A “ M” : Para graficar el diagrama de momento flector. en el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba e igual a 3P/2. Efectivamente. para evitar los agrietamientos en dichas zonas. se colocan los estribos menos espaciados. 5. es decir en el punto D La fuerza cortante máxima sucede en los apoyos. positivo sea numéricamente igual al momento máximo negativo? Fig.27 159 . 5. 5.(0.28 Por dato del problema: ) ) M (máx  M (máx Planteamos las ecuaciones:  X   2X   2. lo cual se invita al lector a comprobar que se trata de parábolas cuadráticas. obteniendo una ecuación cuadrática: X 2  2X  1  0 Dicha ecuación tiene 2 soluciones.Solución: Calculamos las reacciones en los apoyos. que la fuerza cortante V siempre será igual a cero en el punto medio. siendo la positiva la verdadera. esquematizando el diagrama de momento flector que se producirá.414m PROBLEMA 5. 5. Fig.29 159 .10 Para la viga mostrada en la figura.5)  2. sometida a una carga trapezoidal. los cuales serán de 2T hacia arriba. tal como se muestra en la figura 5. debido a que la viga es simétrica en geometría y cargas.(1  X)  2  Efectuamos el cálculo. de tal manera.(1). determinar la relación a/L. es decir: X  0.28 Fig. 5. Lo mismo debe de suceder con los coeficientes de W 2 Igualamos los coeficientes de W 1.Solución: Esquematizamos la viga con sus reacciones y distribución de cargas. igualamos los coeficientes de W 2. la veracidad del cálculo.   2. obteniendo: L2  aL  2a 2 2a  L  6L 8 8a 2  2aL  L2  0 160 . analizamos el lado izquierdo. los coeficientes de W 1 deben ser iguales. analizando el lado izquierdo o derecho de la viga.   1  0  L  L De donde: a  0.30 L 1 La  0 M B 0  VA (L)  W1 (L  2a)   (L  2a)(W2  W1 )  2 2  3   2L2 5aL 2a 2  L2 aL 2a 2 V W W A 1   2    6L   6L  Por dato del problema.  W  W L  W1  1 2  a   2L 5aL 2a  2 2  L aL 2a   2 2 2  2  W W  0 1  2   6L   6L  2 2  2L2 5aL 2a 2  L aL 2a  2 6a 3L 2a L W W W W 1  2         6L   6L   1  8  2  8   Para que se cumpla la condición del problema. Fig. lo que indica que la suma de las fuerzas verticales hasta dicho punto será igual a cero.25 L Para comprobar. obteniendo: 2L2  5aL  2a 2 6a  3L  6L 8 8a 2  2aL  L2  0 2 a  a  8. En este caso. la fuerza cortante en C es cero. (4)  350.714  514.Como se obtiene la misma ecuación. se pide: a) Plantear la ecuación de la fuerza cortante y momento flector en función de “X”. planteamos la ecuación del momento flector para dicho tramo AB M AB  600X  350X   600X  175X 2  X M A  M X0  0  2   M C  M máx  M X1.32 como C Ahora.11 Para la viga mostrada en la figura.(4)  400  0 VA  600N  F X 0  HA  0 Planteamos la ecuación de la fuerza cortante para el tramo AB VAB  600  350X  VA  VX0  600N  VB0  VX4  800N Como pasa de un valor positivo a otro negativo. Para ello. igualamos la ecuación de la cortante a cero y determinamos la distancia desde el apoyo A que se produce dicho efecto.(2)  400.m  M B  M X4  400N.2N. entonces el resultado será el mismo.(4).31 Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos: M A 0  VB . 5. Fig. entonces habrá un punto en el cual la fuerza cortante será cero y que ocasionará un valor máximo del momento flector en dicho tramo.714m Este punto. cuando 0X4 b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y el diagrama de momento flector debidamente acotados. PROBLEMA 5.m 161 . es denotado en la figura 5. quedando demostrada la veracidad del cálculo.(5)  0 VB  1200N  F Y 0  VA  1200  350. 650  350X  0 X  1. dirigida hacia abajo. 2. Para cargas uniformemente distribuidas.(1)  0 162 . cuando la carga es distribuida.714m d 4 Como podemos apreciar. 1.286). b) En función de los valores obtenidos por ecuaciones graficamos los diagramas en el tramo AB y lo comparamos con el Método de las áreas. Aplicamos estos principios en los diagramas de fuerza cortante y momento flector. el diagrama de fuerza cortante en un tramo determinado será constante (recta horizontal) y el diagrama de momento flector será una recta inclinada. graficando el tramo restante. DIAG R AM A “ V” : 1.(800)  400N. 2.(1. existe una reacción vertical igual a 1200N. el diagrama de fuerza cortante será constante.m 2 M D  400  400. cuyo valor debe ser cero en dicha rótula. 6. Como podemos apreciar. Luego viene una carga distribuida. 600 1400   d  1. que irá disminuyendo gradualmente hasta el apoyo B. En el tramo BD no existe carga alguna. DIAG R AM A “ M” : MA  0 1 M C  . que lo lleva los 400N hasta cero.(4)  800N 3. es decir: VB0  600  350. en el diagrama de fuerza cortante no tiene efecto. en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero. En el punto B.m 2 1 M B  514. sin embargo. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos el valor de la distancia “d” desde el apoyo A. el diagrama de fuerza cortante será un tramo de recta y el diagrama de momento flector una parábola cuadrática. que lo llevará hasta 400N 5. con la finalidad de no detenernos en este tipo de detalles en los problemas posteriores. a continuación damos a conocer los principios básicos que se debe de conocer para aplicar el Método de las áreas. En el extremo D existe una fuerza vertical hacia abajo. donde su valor es la diferencia de 600N con la resultante de la carga distribuida. está tendrá efecto en el cálculo de reacciones y en el diagrama de momento flector. continuando el diagrama sin tomar en cuenta la rótula.(600)  514. 3. el diagrama de fuerza cortante es una recta inclinada y el diagrama de momento flector una parábola cuadrática. Cuando exista una rótula. cerrando el diagrama de fuerza cortante correctamente. este valor coincide con el obtenido mediante la ecuación de la fuerza cortante.2N. Para el caso de cargas puntuales. es decir BD Para ello.(2. En el apoyo A existe una reacción vertical igual a 600N hacia arriba.2  . 4. por ello.714). PROBLEMA 5. b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. con la finalidad que el lector conozca la zona a reforzar cuando se trata de vigas de concreto armado.32 Fig.33 163 . siendo necesario el refuerzo con acero en dicha zona.25. Fig. De acuerdo a la figura 5.32 En dicha figura.12 Para la viga mostrada en la figura. recordamos. C y B de la viga. Lo contrario sucede cuando el momento es negativo. en el cual. los cuales conocemos en los puntos A. podemos indicar que cuando el momento es positivo. que para trazar una parábola como mínimo se necesitan 3 puntos. como se sabe. se pide: a) Determinar las componentes de reacción en los apoyos. quedando de la forma mostrada en la figura 5. el concreto trabaja muy bien en compresión y mal en tracción. uniendo de acuerdo a la escala indicada.32 Para distinguir la forma de la parábola en el tramo AB. Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y momento flector se muestran en la figura 5. 5. se ha agregado el diagrama de refuerzo. 5. la zona de tracción es la parte inferior y la zona de compresión la parte superior. en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero y en consecuencia.875m d 4 4.(1). llegando hasta 4000N 5. debido a que la resultante de la carga distribuida en el tramo BD es también 4000N DIAG R AM A “ M” : MA  0 1 M C  M máx  . es decir. momento flector y refuerzo se muestran en la figura 5.875). 2.125).m 2 1 M B  7031. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos el valor de la distancia “d” desde el apoyo A. es decir: VB0  7500  4000.(2. En el punto B.34 Para graficar la parábola del tramo AB.(7500)  7031. existe una reacción vertical de 13300N y una carga vertical de 800N.25N.  7500 16000  d  1.(4)  8500N 3. dirigida hacia abajo. de acuerdo a la escala 164 . viene una carga distribuida.5)  800. donde su valor es la diferencia de 7500N con la resultante de la carga distribuida.(2.(8500)  2000N. En el tramo BD existe una carga distribuida.25  . Luego. es decir. unimos los valores de los momentos en los puntos A.(4)  4000. que irá disminuyendo gradualmente hasta el apoyo B.(5)  800  0 VA  7500N  F X 0  HA  0 b) Aplicamos el Método de las áreas para graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 12500N. cuya acción conjunta hará que el valor de la cortante en dicho punto suba la diferencia.(5).Solución: a) Determinamos las reacciones en los apoyos: M A 0  VB .(1.(4)  0 VB  13300N  F Y 0  VA  13300  4000. aplicamos el mismo criterio del problema anterior. que lo hará al valor de 4000N decrecer gradualmente hasta llegar en D a cero. C y B. su momento flector será máximo en dicho tramo.m 2 1 M D  2000  . En el apoyo A existe una reacción vertical igual a 7500N hacia arriba.(4000)  0 2 Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante. DIAG R AM A “ V” : 1. (1)  0 VA  2175kgf  F X 0  HA  0 165 . Fig.(2)  400.(1).(1)  800. escogida y para la parábola en el tramo BD será la misma forma que en el tramo AC. graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. 5.(4).13 Dada la siguiente viga. Fig.(4)  500. 5.5)  0 VB  1925kgf  F Y 0  VA  1925  500  800.(4)  400.35 Solución: Calculamos las reacciones en los apoyos: M A 0  VB . debido a que el diagrama de fuerza cortante tiene la misma forma para ambos tramos.34 PROBLEMA 5.(4. teniendo una fuerza de 500kgf hacia abajo que es constante en el tramo DA 2. Fig. que lo lleva hasta 400kgf 6. 5. el valor de la distancia “d” desde el apoyo A. En el tramo AB existe una carga distribuida de 800kgf/m que lo hace disminuir gradualmente hasta el apoyo B.(4)  1525kgf 4. cuya resultante de 400kgf lo lleva hasta cero en el extremo E 166 . En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 1925kgf. en cuyo punto C se tendrá que la fuerza cortante es cero y. donde su valor es la diferencia entre 1675kgf con la resultante de la carga distribuida. es decir: VB0  1675  800. su momento flector será máximo en dicho tramo. En el tramo BE existe una carga distribuida de 400kgf/m que lo hace disminuir gradualmente. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba de 2175kgf. explicamos los diagramas de fuerzas internas.0938m d 4 5.36 A continuación. que lo lleva de -500kgf hasta 1675kgf 3. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos. 1675 3200   d  2. Iniciamos desde el extremo izquierdo de la viga en voladizo. en consecuencia. DIAG R AM A “ V” : 1. aplicamos el mismo criterio del problema anterior.m 1 M C  M máx  500  .(1)  500kgf .56kgf .(1675)  1253.m 2 1 M B  1253.14 Graficar los diagramas de fuerza cortante.(1)  0 2 Para graficar la parábola del tramo AB.(1525)  200kgf . C y B. Las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante.m 2 1 M E  200  . para la viga mostrada en la figura Solución: Determinamos las reacciones en los apoyos: 167 .56  . es decir unimos los valores de los momentos en los puntos A. debido a que el diagrama de fuerza cortante tiene la misma forma para ambos tramos.36 PROBLEMA 5.9062). momento flector y refuerzo. momento flector y refuerzo se muestran en la figura 5. de acuerdo a la escala escogida y para la parábola en el tramo BE será la misma forma que en el tramo AC.(1.0938).(2.(400). DIAG R AM A “ M” : MD  0 M A  500. (4)  16.25kN  F Y 0   VA  30  10.(8)  30.25kN  F X 0  DI DIAG R AM A “ V” : 168 .(6)  50  0 V B  16.M A 0  VB .(4).(2) 10.25  0 VA  6. es por ello. existe una reacción vertical de 6.25kN hacia abajo y es constante en el tramo AC 2. HA  0 1. En el punto C existe una carga vertical hacia arriba de 30kN.75kN 3. que el diagrama de fuerza cortante es constante e igual a 23. En el tramo CD no existe carga alguna. que lo lleva de -6. En el apoyo A.25kN hasta 23.75kN 169 . m 1 M E  15  . DIAG R AM A “ M” : MA  0 M C  6. 23.375).(2)  12.25kN 5.m M antes  12.2kN. En el apoyo B existe una reacción vertical de 16.(4)  16. siendo en el punto E la fuerza cortante cero y.75kN con la resultante de la carga distribuida.375m d 4 6.75.25kN hacia arriba que lo lleva hasta cero.75  10.625).(23.25.25)  0 2 Fig.5kN. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos.(2.(1. 5.75 40   d  2.75)  13. Desde el punto D hasta el apoyo B existe una carga uniformemente distribuida de 10kN/m que lo reduce gradualmente hasta el apoyo B.(2)  35kN. 4. el valor de la distancia “d” desde el punto D.2  .(16.m 2 1 M B  13. es decir: VB0  23. su momento flector será máximo en dicho tramo.38 170 .5D  23. donde su valor es la diferencia entre 23.m M después  35 D 50  15kN. en consecuencia. 3. 2. debido a que en el diagrama de fuerza cortante en dicho tramo desciende una magnitud de 10kN. trazamos el diagrama de momento flector por el Método de las áreas. 5. 4. En el tramo DB existe una carga uniformemente distribuida de 5kN/m hacia abajo. tal como se observa en el diagrama de fuerza cortante. equivalente a la acción de la carga distribuida en el tramo indicado. diagramas de fuerza cortante. debe ser igual al valor del momento. debido a que el diagrama de fuerza cortante permanece constante. Fig. debido a que en el diagrama de fuerza cortante en dicho tramo desciende la magnitud de 10kN. equivalente a la acción de la carga distribuida en el tramo indicado. En el extremo C de la viga. aplicando el Método de las áreas. debido a que en el diagrama de fuerza cortante desciende dicha magnitud.39. se muestran las reacciones en los apoyos. debemos de detenernos en el punto donde existe momento puntual. existe una carga puntual de 5kN hacia abajo. En el tramo CA existe una carga uniformemente distribuida de 10kN/m hacia abajo. como es el caso del punto D. DIAGRAMA DE CARGAS: 1. 6. En el punto D de la viga existe una carga puntual hacia abajo e igual a 10kN. En el tramo AD no existe carga alguna. 5. sabiendo que la viga únicamente está sometida a cargas puntuales y uniformemente distribuidas. tal como se muestra en el diagrama de fuerza cortante.15 Trazar los diagramas de cargas y de momento flector. momento flector y refuerzo. PROBLEMA 5. correspondiente al diagrama de fuerza cortante que se da en la figura 5. En la figura 5. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba e igual a 25kN.Como podemos apreciar.38. 171 . cuya variación en el diagrama de momento flector en dicho punto. explicamos como se debe de ubicar las cargas en la viga de acuerdo al diagrama de fuerza cortante y en función de este diagrama. en cuyo lugar analizamos antes y después de la acción del momento.39 Solución: A continuación. m 2 M D  10  10. dividiendo el diagrama de fuerza cortante de dicho tramo en dos partes de longitud 0.40 172 .40 se muestran el diagrama de cargas.(2)  10kN. reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante.(2).(1) MA    10kN.40 Para el tramo DB la forma de la parábola será la misma que en el tramo CA por la forma de la pendiente del diagrama de fuerza cortante.5m cada tramo.m 1 M B  10  . lo que implica que el valor del momento en el centro de dicho tramo CA es menor que el 50% del momento en el extremo A. En la figura 5. En el apoyo B existe una reacción vertical de 10kN hacia arriba que hace cerrar el diagrama de fuerza cortante.(10)  0 2 Para saber la forma de la parábola en el tramo CA. Fig.7. 5. lo que implica que la única forma que se pueden unir tres puntos para graficar la parábola es la mostrada en la figura 5. momento flector y refuerzo. siendo el área del lado izquierdo menor que el área del lado derecho. analizamos de otra forma. DIAG R AM A “ M” : MC  0 (5  15). denotado como C F X 0  N C  200  0 N C  200kgf F Y 0  690. fuerza cortante y momento flector.(2). 5.(1)  700.72kgf M C 0   690.72  600  VC  0 VC  90.69kgf  F Y 0  VA  1655.41. determinando las fuerzas internas en dicho punto. debidamente acotados. se pide determinar: a) Las fuerzas internas a 2.69  600  1400  400sen60 o  0 VA  690.(1.72kgf  Efectuamos un corte a 2.m Fig.(2).41 Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos: F X 0   H A  400 cos 60 o  0 H A  200kgf  M A 0  VB .72. 5.5)  M C  0 M C  826.42 173 .(4)  400sen60 o (6)  0 VB  1655. Fig.8kgf .5m a la derecha del apoyo A b) Las expresiones de fuerza cortante y momento flector a la distancia “X” indicada (0  X  2m) c) Las gráficas de los diagramas de fuerza axial.(2).PROBLEMA 5.(2.(5)  300.16 Para la viga mostrada en la figura 5.5)  300.5m a la derecha del apoyo A y analizamos su equilibrio. donde su valor es la diferencia entre 90.  90. En el tramo EF no existe carga alguna. DIAG R AM A “ N” : Como podemos apreciar. Desde el punto F hasta el apoyo B existe una carga uniformemente distribuida de 700kgf/m que lo reduce gradualmente hasta el apoyo B. En el tramo AE existe una carga distribuida de 300kgf/m que lo reduce gradualmente hasta 90.72X Fig. el diagrama de fuerza cortante permanece constante e igual a 90.72  700. lo que implica que toda la viga está sometida a dicha acción. En el apoyo A existe una componente de reacción que es vertical hacia arriba de 690.(2)  1309.72 X M D 0   690. siendo en el punto G la fuerza cortante cero y.43 c) Graficamos los diagramas de fuerza axial.28kgf 5. su momento flector será máximo en dicho tramo.   M D  0  2  M D  150X 2  690. Determinamos por relaciones de triángulos rectángulos.72kgf 4. 5.72 1400  d  0.72  300X  VD  0 VD  300X  690.72kgf con la resultante de la carga distribuida.72X  300X . en consecuencia. DIAG R AM A “ V” : 1. fuerza cortante y momento flector.b) Para determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector a una distancia “X” del apoyo A. por ello.43.72kgf que corresponde al punto E 3.72kgf 2. es decir en el tramo AD de la figura 5. es decir: VB0  90. el valor de la distancia “d” desde el punto F. efectuamos un corte en D y analizamos el equilibrio del tramo AD F X 0  N D  200  0 N D  200kgf F Y 0  690. en la viga en ambos extremos existen fuerzas de tracción de 200kgf.1296m d 2 174 . 1296).72).72.(1.(1309.m 2 M H  346.44kgf .(90.16  .28)  346.41kgf que lo hace descender hasta cero.8704).44 175 .(1)  872.03  .72 90.(0.m 2 1 M B  878. 5. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 1655.41kgf 7.16kgf . DIAG R AM A “ M” : MA  0 (690.m 2 M F  781.44  90.41  346. existiendo en el extremo H una carga vertical de 346.03kgf . Fig.m 1 M G  872.44 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza axial.6.69kgf que lo lleva hasta 346.(2) ME   781. fuerza cortante y momento flector.(1)  0 En la figura 5.41. Este valor es constante en el tramo BH.72)  878.41kgf . 625kN  F Y 0  VA  761. En el extremo D de la viga existe una fuerza.35kN.5)  180sen37 o  0 VA  313. fuerza cortante. lo que implica que toda la viga está sometida a dicha acción.5kN 6. En el tramo BD existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender gradualmente 202.17 Graficar los diagramas de fuerza axial o normal.875kN  F X 0  H A  180 cos 37 o  0 H A  144kN  A continuación. llegando al apoyo B con un valor de fuerza cortante igual a -451. En el tramo AC existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender gradualmente 162kN.6)  45.(13.75) 180sen37 o (13. DIAG R AM A “ V” : 1.125kN 5. que lo lleva hasta cero.5kN llegando al punto D con una valor de fuerza cortante igual a 108kN 7.875kN 2. En el punto C existe una carga puntual hacia abajo de 360kN.875kN hasta -208.625kN hacia arriba llevándolo hasta 310.(6. En el tramo CB existe una carga uniformemente distribuida de 45kN/m que lo hace descender gradualmente 243kN.5)  0 VB  761. cuya componente vertical es de 108kN hacia abajo.625  360  45.45 Solución: Determinamos las reacciones en los apoyos: M A 0  VB .(13.45 Fig. DIAG R AM A “ M” : MA  0 (313. en la viga en ambos extremos existen fuerzas de compresión de 144kN.875).(3. llegando al punto C con un valor de fuerza cortante igual a 151. momento flector y refuerzo para la viga mostrada en la figura 5.125kN 4. que lo hace descender de 151. En el apoyo A existe una componente de reacción vertical hacia arriba e igual a 313.(9)  360.5). En el apoyo B existe una reacción vertical de 761.6) MC   838.875  151.m 2 176 .PROBLEMA 5.875kN 3.(3. 5. V y M DIAG R AM A “ N” : Como podemos apreciar. explicamos como se debe de graficar los diagramas N. 5.625kN.(4. determinar: a) Las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para los tramos AC y CB en términos de “X”.5  108). considerando el origen en A b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.47. momento flector y refuerzo.125).(5. (208.125 451. Fig. 177 .4) M B  838. fuerza cortante.625  0 2 En la figura 5.35   941.5) M D  941.46 PROBLEMA 5.46 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza axial.m 2 (310.18 Para la viga mostrada en la figura 5. 5  .5T  F X 0  HA  0 Planteamos las ecuaciones en los tramos requeridos. TRAMO AC (0  X  3) Previamente determinamos el valor de W X utilizando la relación de triángulos rectángulos 𝑊𝑋 2 2(𝑋) = → 𝑊𝑋 = 𝑋 3 3 Luego.(4)  0 2 VA  4.5-   178 . determinamos las fuerzas internas en el punto E.(2)  2. Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos: 1 M A 0  VB .(2).  F X 0  F Y 0  4.(8)  .(2). efectuando un corte en dichos tramos y analizando su equilibrio.(3). lugar donde se ha efectuado el corte.(7)  1.5.(4).(5)  3  0 2 VB  8T  1 F Y 0  VA  8  1  0.(3)  0.(3)  2. lugar del corte 179 . TRAMO CB (3  X  7) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la viga hasta el punto D. 5X  1. 2 180 .(2).(3)  2.(3).5  1  1 .(X  3)  VD  0 2 VD  2X  6. F X 0 ND = 0  F Y 0 4.(X  3)  (2).(1  X  3)  2.5 1  4. (X  3) 2 2 181 . 5.53 M G  M X1. TRAMO AC (0  X  3) Aplicamos las ecuaciones obtenidas para dicho tramo.m 9 TRAMO CB (3  X  7) En este tramo podemos aplicar indistintamente el Método de las áreas o las ecuaciones obtenidas. VA  VX0  4.5 2 VG  VX1. En el punto C hay una fuerza de 1T hacia abajo que lo reduce al valor de 1.5T 3 M A  M X0  0 1. En el tramo CB existe una carga uniformemente distribuida igual a 2T/m que lo reduce gradualmente desde 0.5T 1. 3  MD  0 M D  X 2  6. debido a que como es carga triangular.5T hasta 0.(3)   10.375T. METODO DE LAS AREAS: DIAG R AM A “ V” : 1.5T 2.5.5  4.m 9 33 M C0  M X3  4.5)   6.5T hasta -7.5   1. analizando tramo por tramo.5X  3 Fig.5   3.5T 182 .75T 3 32 VC0  VX3  4.5  4.(1. efectuando la comparación de los resultados para el diagrama de fuerza cortante. el método de las áreas no es recomendable aplicarlo para tal tipo de cargas.5.49 b) Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.5T. 5)  13. es por ello.5T VH  VX3.50 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y momento flector.5T 2.75).m M H  M X3. de ahora en adelante para problemas similares.(1)  0 En la figura 5.5. VC0  VX3  2.25)  3  13.562T.(3.5T M C0  M X3  32  6.(0.5)  0.(7)  3  0.25 2  6.(3)  3  13.m M B  M X7  7 2  6. En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 8T que lo lleva de -7.5.(7. En el tramo BF no existe carga alguna.(3. siendo constante el diagrama de fuerza cortante e igual a 0.5  . son los mismos resultados los obtenidos por ambos métodos.(0.m 2 1 M B  13.5  7.5 8  d  0.5T.(3)  6.5  0.m 2 ECUACIONES: Comprobamos los valores obtenidos anteriormente en dicho tramo por las ecuaciones correspondientes al tramo analizado.5  3  13. donde la carga vertical hacia debajo de 0.m Como se ha podido apreciar.5  0 VB0  VX7  2.5  0.5T hasta llegar al extremo F de la viga.5T.  0. TRAMO BF (7  X  8) DIAG R AM A “ V” : 1.25  2.(3.25)  6.562T.5T hasta 0.25m d 4 DIAG R AM A “ M” : M C0  10. 183 .25).5T.5T lo lleva hasta cero.5. Por relaciones de triángulos rectángulos determinamos el valor de la distancia donde la fuerza cortante es cero.5T.5.25  3. solo en el tramo de carga triangular se aplicarán las ecuaciones correspondientes y en el resto de tramos el Método de las áreas.3. DIAG R AM A “ M” : M F  0.562  .(7)  6.m 1 M H  M máx  13. 51. considerando el origen en B b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y diagrama de momento flector debidamente acotados.(6). Fig. Fig.(6)  8  8  0 2 VC  23.(8).5  20  2.19 Para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura 5.51 Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos: M 1 A 0  VC .(2)  2.(2)  . 5. 5.50 PROBLEMA 5.(8). se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y el momento flector para el tramo BC en términos de “X” (0  X  6m) .5T  1 F Y 0  VA  23.(1)  .(6)  0 2 184 .(8)  20.(2).  . Para el tramo BC aplicamos las ecuaciones obteniendo el mismo valor para el punto B+0. planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector. que es después de aplicar la carga de 20T hacia abajo. sin necesidad de efectuar corte alguno. VA  24. la cortante en este tramo será cero cuando X  0.866m 1  4X   X  M BC  24.   0. que lo hace descender hasta 0. 1  4X  VBC  24.(2  X)  2.5 20.5T 2.(2)  20  (X). aplicando la metodología alterna.5  23.5  2.5X  37 3 2  3  3 b) Para graficar el diagrama de fuerza cortante y momento flector.667.(1  X)  20X  8  . DIAG R AM A “ M” : MA  0 (24.5T hacia arriba que lo lleva hasta cero.(2).(2) M B0   45T. WX 8 4X   WX  X 6 3 Fig.5).222X  0.m 2 185 .5T  F X 0  HA  0 Determinamos el valor de W X para la carga triangular. mediante relación de triángulos rectángulos.5  0. 5.(X).5T 5. En el tramo AB existe una carga uniformemente distribuida que lo hace descender gradualmente hasta 20.5T VC0  VX6  0. En el apoyo A existe una reacción vertical hacia arriba de 24. quedando a criterio del lector la comprobación mediante el equilibrio explicado anteriormente. En el punto B existe una carga puntual de 20T hacia abajo.5 2 2  3  Luego.667X  0.(6) 2  0.5T 4.5.667. VB0  VX0  0.   0.52 Ahora. aplicamos el Método de las áreas para el tramo AB y las ecuaciones obtenidas anteriormente para el tramo BC DIAG R AM A “ V” : 1. solo efectuando la suma de fuerzas verticales para la cortante y el momento respecto al punto correspondiente a W X. En el apoyo B existe una reacción vertical de 23.5T 3.(0)  0. Fig.222. b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.866)  37  37.53 PROBLEMA 5. M B0  45  8  37T.m M C0  8  8  0 En la figura 5.(0. se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.m M D  M BC  M X0.29T.(0. 5.20 Para la viga mostrada en la figura.222.5.m máx 3 M C0  M X6  0.866)  0.54 186 .5. Fig.866  0.(6) 3  0.53 se muestran las reacciones en los apoyos y los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 5.(6)  37  8T. 1 M izq C 0   VA .5)  2.Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos. 5.(8).5)  M B  0 2 M B  6T.(3)  6.(3)  6  2.(6)  . 5. F X 0  HB  0 1 F Y 0  19  VB  . mediante relación de triángulos rectángulos.(1.(3).(3).(7)  6.(8).(8). determinamos las reacciones en el empotramiento en B. WX 8 8X   WX  X 3 3 Fig.(1. 5. analizando el equilibrio de toda la viga.(3)  0 2 VB  5T  1 M B 0   19.57 187 .(4.(3).56 b) Determinamos el valor de W X para la carga triangular.(4)  0 2 VA  19T  Fig.55 Ahora. efectuando un corte en la rótula y analizando el equilibrio en la parte izquierda de la viga.m Fig.5)  . 5)  1. 188 .5)  0 1 M F  .(3) 3 M X3  MA    12T.(3) 2 VX3  VA0    12T 3 4X 2  X  4X 3 M DA   .(1).     M X0  M D  0 3 3 9 4.(1.(1.58.5)  0. siendo el valor de la cortante cero en el punto ubicado a la distancia de 0.5    3T 3 4. En el empotramiento B existe una reacción vertical de 5T que lo lleva hasta cero. DIAG R AM A “ V” : 1. . En el apoyo B existe una reacción vertical hacia arriba de 19T.(2.m 9 4. considerando los valores obtenidos para el tramo DA.(1.5T.5) 3 M X1. momento flector y refuerzo se muestran en la figura 5.m 9 Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.25T.25  .(1.m 2 1 M B0  0.Ahora. planteamos las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para el tramo indicado. debido a que no existe carga alguna.(5). mediante las ecuaciones y para el resto de la viga por los métodos conocidos. siendo constante en el tramo AE. 2.m 2 M B0  6  6  0 Los diagramas de fuerza cortante.5T. siendo constante en el tramo EC 3. que lo lleva hasta 1T.m M C  1. Desde C hasta B existe una carga uniformemente distribuida de 2T/m que lo reduce gradualmente desde 1T hasta -5T. 1  8X  4X 2 VDA   .5  1. DIAG R AM A “ M” : M A  12T.5) 2 VX1.5)  6T. donde se aprecia que se cumple con la condición que el momento flector en la rótula es cero.5m de la rótula C 4.(X)    VX0  VD  0 2 3  3 4.m M E  12  7. En el punto E existe una carga de 6T vertical hacia abajo.5    1. que lo lleva desde -12T hasta 7T.(0. 60 189 . Fig.(4).(4)  0  VB  20T  Fig. 5.58 PROBLEMA 5. 5.(4)  10.59 Solución: Calculamos las fuerzas internas en cada tramo.21 Grafique los diagramas de fuerza cortante y momento flector para la viga mostrada en la figura 5.(2)  0  VC  20T  F  0 Y  VB  20  10. TRAMO BC: M  0 B  VC . 5.59 Fig. (20). que lo hace descender gradualmente desde 20T hasta -20T en la rótula C 4. entonces su diagrama de fuerza cortante es antisimétrico y el diagrama de momento flector simétrico. 2. se cumple que los momentos en las rótulas B y C son ceros.m 2 1 M B  20  . En el tramo AB existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia arriba.(4). que lo lleva a cero.(2)  0  MA  0 Fig. También se puede indicar.(20). 5.TRAMO AB: F  0 Y   VA  20  10.m 2 1 M C  20  .(2)  0 2 Como se puede apreciar en la figura 5. En el tramo CD existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia arriba que lo hace crecer gradualmente desde -20T hasta 20T en el empotramiento D 5.(4)  10. En el empotramiento D existe una reacción vertical de 20T hacia abajo.(2)  20T.m 2 1 M D  20  .(2)  0 2 1 M G   . DIAG R AM A “ M” : MA  0 1 M E   . graficamos los diagramas correspondientes de fuerza cortante y momento flector.(20). En el empotramiento A existe una reacción vertical de 20T hacia abajo. que lo hace crecer gradualmente desde -20T hasta 20T en la rótula B 3. 190 .(20).(2)  0 2 1 M F  .(2)  20T. DIAG R AM A “ V” : 1. En el tramo BC existe una carga uniformemente distribuida de 10T/m hacia abajo.61 En base a los resultados obtenidos. que si el sistema es simétrico en geometría y cargas.(2)  20T.(20).(20).(4)  0  VA  20T  M  0 A  M A  20.62. F X 0  HB  0 191 . analizando en un inicio el equilibrio total de la viga.63. 5. 5. se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante y momento flector para el tramo izquierdo en términos de X (0  X  3m) .63 Solución: a) Calculamos las reacciones en los apoyos. Fig. F X 0  HA  0 Luego. Fig.62 PROBLEMA 5. considerando el origen en A b) Dibujar el diagrama de fuerza cortante y diagrama de momento flector debidamente acotados.22 Para la viga mostrada en la figura 5. efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la viga. (4)  0  VC  9.5T  1 F Y 0  1.(X)    .5.625T  F  0 Y  9. analizando el equilibrio del tramo BCD de la viga.625  VD  1. M  0 D  1.(4)  0  VD  7.5  4. calculamos las otras reacciones.(2)  1  VC .(4)  .875T  Fig.(2). 5.(3).   VAE  0 X2  FY  0 1 2X   VAE  1.5X   3   3  9 Fig.5  VB  .66 192 .(4). 5.65 Ahora.5T  Fig. 5.5  .(3)  0 2  VB  1. fuerza cortante y momento flector para el tramo AE de la viga.64 Determinamos las ecuaciones de fuerza axial.(2).   0  M AE  1. WX 2 2X   WX  X 3 3 F X 0  N AE  0 1. 1 M B 0   VA .5  2  3  3  X2  X X3 M i 0  M  1.5.(5)  4.(X).(2)  0 2  VA  1. graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector en el tramo AE y para el resto de la viga por los métodos conocidos. X2 1.75 1. tal como se muestra en la figura 5.5 1.67 Fig.5 Con los valores obtenidos.b) En el tramo AE. igualando a cero la ecuación de la fuerza cortante.1213m 3 Calculamos los valores de la fuerza cortante y momento flector para el tramo AE.1213 0 2.5 0 X  1. 5.5  0  X  2.1 Tabla 5.1 DISTANCIA V M (m) (T) (T.m) X0 1.875 X  2.67 193 .1213 X3  1. determinamos el punto donde la fuerza cortante es cero.5 0. tal como se muestra en la tabla 5. 7519T.(8.5T.(8.(4.5T 2. el diagrama de fuerza cortante es constante e igual a -1. DIAG R AM A “ M” : M B  1. En el tramo CD existe una carga uniformemente distribuida de 4T/m que lo hace decrecer gradualmente desde 8. 5.5. En el apoyo C existe una reacción vertical hacia arriba de 9.(9)  30.5  .5 2).875T que lo lleva hasta cero.(1)  1. En el apoyo D existe una reacción vertical de 7.5T hasta 8.125T hasta -7.5  1  0.03125)  7.3 DIAGRAMAS EN PORTICOS PROBLEMA 5.23 Grafique los diagramas de fuerza axial.5  1.5.875).(1)  0 M C0  0  1. En el tramo EC no existe carga alguna.m M C0  1.96875)  0 2 5.125).25 2)  45.(4. DIAG R AM A “ V” : 1.5 2).875T 4.sen45o  0 H A  135kN  194 . por ello.68 Fig.5T.m 2 1 M D  7.(7.(2.m 1 M H  0. fuerza cortante y momento flector para la estructura mostrada en la figura 5.125T 3.(2.(1.875kN  F X 0   H A  30.(7.25)  0 VC  376.5).625T que lo lleva desde -1.68 Solución: Calculamos las reacciones en los apoyos: M A 0  VC .7519  . 875  376. tal como se muestra en la figura 5.69 Fig. en el tramo AB. DIAG R AM A “ N” : Como sabemos. Para ello.(4.5 2)sen45o  39.(3)  0 Determinamos la distancia “d” desde el apoyo A.07kN VBAB  163. las fuerzas axiales van orientadas a lo largo de cada barra y pueden ser de tracción (origina alargamiento) o de compresión (ocasiona acortamiento).69 DIAG R AM A “ V” : Efectuamos en forma análoga.84kN VBBC  95.625kN  Ahora.375kN VCBC  39.5)  0 VA  95.875  135kN VDCD  135  45.(4.  163.84kN (TRACCION) N BC  0 N CD  0 Con los valores obtenidos.5 2)  27.5 2 195 . 5. pero proyectamos en forma perpendicular al eje de la barra. fuerza cortante y momento flector. donde la fuerza cortante es cero.07 190. proyectamos las fuerzas a lo largo de cada barra en su eje longitudinal.875  30.625  30.F Y 0  VA  376.91  d  5. graficamos los diagramas de fuerza axial.5)  241. N AB  135 cos 45o  95.4357m d 4.(4.07  30.5 2).(4. VAAB  95.375  45.625sen45o  135sen45o  163.625 cos 45o  27.875kN VCCD  241.cos 45o  45. codificando el subíndice como el punto en el cual se analiza y superíndice el tramo respectivo.(7. graficamos el diagrama de fuerza axial.