cap. 8 fuerzas internas (ejercicios)

Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-1

Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

30 ton q = 10 ton/m

2 m 2 m 4 m

40 ton-m

AB

C

D

Ejemplo 8.1: Trazar los diagramas de fuerzas internas (DFC y DMF) de la viga mostrada.

Solución:

Cálculo de reacciones: (Es fácil ver que 0=xA )

:0=∑ AM 0)8()6)(4)(10(40)2(30 =−+−− yD → ton5,17=yD

:0=∑ yF 0)4(1030 =+−+− yy DA → ton5,7=yA Tramo AB: [ [2,0∈x

ton5,7−=V (constante para todo el tramo)

xM 5,7−= mton152

00−−=→=

=→=MxMx

Tramo BC: ] [4,2∈x ton5,22305,7 =+−=V (contante)

)2(305,7 −+−= xxM

605,22 −= xM mton304

mton152−=→=−−=→=

MxMx

Tramo CD: [ [4,0∈x Tomando la coordenada x de derecha a izquierda (!!!) como

se muestra:

5,1710 −= xV ton5,224

ton5,170=→=−=→=

VxVx

xxM 5,172

102

+−=

5,175 2 +−= xM mton104

00−−=→=

=→=MxMx

30 ton q = 10 ton/m

2 m 2 m 4 m

40 ton-m

AB

C

D

Dy Ay

x

A

Ay = 7,5 ton

V

M

30 ton

2 m

AB

Ay = 7,5 tonx

V

M

q = 10 ton/m

D

Dy = 17,5 ton

xV

M



30 ton q = 10 ton/m

2 m 2 m 4 m

40 ton-m

AB

C

D

Dy = 17,5 tonAy = 7,5 ton

- 7,5

22,5 22,5

-17,51,75 m2,25 m

V [ton]

M [ton-m]

-15

30

-10

0 0

0 0

15,31

Diagramas:



Ejemplo 8.2: Hallar las reacciones y dibujar los diagramas de fuerzas internas para la viga compuesta mostrada.

Solución: Para hallar las reacciones haremos un corte a la izquierda de la articulación C.

:0=∑ CM 0)3()6()4( =− wBy → ton9=yB

:0=∑ yF 0)6( =−− wVB Cy → ton3−=CV

Para todo el sistema:

:0=∑ EM )9(5)8()6( yE BwM −−= → m-ton10=EM

:0=∑ yF )6(wEB yy =+ → 9)6(2 −=yE → ton3=yE Tramo AB: [[ 2,0∈x m

xV 2−= ton42

00−=→=

=→=VxVx

22

2xxwM −=−=

mton4200

−−=→==→=

MxMx

Tramo BC: ] [6,2∈x m

xxwBV y 29 −=−= ton36

ton52−=→=

=→=VxVx

2)2(

2xwxBM y −−=

2)2(9 xxM −−= )!ok(06

mton42=→=

−−=→=MxMx

Tramo CD: ] [8,6∈x m )6(wBV y −=

3129 −=−=V 38

ton36−=→=−=→=

VxVx

)3)(6()2( −−−= xwxBM y

)3(12)2(9 −−−= xxM

183 −−= xM mton68

06−−=→=

=→=MxMx

w = 2 ton/m

2 m 2 m4 m

5 ton-m

AB C D

3 m

E

By

w = 2 ton/m

2 m 4 m

AB

C

VC

x

A

V

M

w = 2

By =92 m

AB

V

M

w = 2

x

By

w = 2 ton/m

2 m 4 m

AB C

V

M

x



Tramo DE: [ [3,0∈x m

yEV −= ton3−=V (constante para este tramo)

Ey MxEM −=

103 −= xM mton13

mton100−−=→=−−=→=

MxMx

Diagramas:

Eyx

E

ME

VM

By Ey

w = 2 ton/m

2 m 2 m4 m

5 ton-m

AB C D

3 m

E

ME

5

- 4- 3 - 3 ton

V (+)

M (+)

- 4

- 6

- 10 ton-m

- 1

2,25

2,5 m

1 m

0 0

0 0



3 kN

CB

2 m

A

2 mD

E

3 kN/m5 kN/m

2 m 2 m

6 kN-mBy Ey

3 kN

CB

2 m

A

2 m

D

E

3 kN/m5 kN/m

2 m 2 m

6 kN-m

2 kN-m

Ejemplo 8.3: Hallar las reacciones y dibujar los diagramas de fuerzas internas para la viga compuesta mostrada.

Solución: Cálculo de reacciones:

:0=∑ BM 0)6()4(3)4()4(56)1()2(32 =+−−++− yE → kN67,13=yE

:0=∑ yF 3)4(5)2(3 ++=+ yy EB → kN33,15=yB Tramo AB: [[ 2,0∈x m

xV 3−= ton62

00−=→=

=→=VxVx

22

5,122

32 xxM −=−= 42

mkN20−=→=

−=→=MxMx

Tramo BC: ] [4,2∈x m

33,9)2(333,15 =−=V (constante)

2)1()3(2)2(33,15 +−−−= xxM

66,2233,9 −= xM 66,144

mkN42=→=

−−=→=MxMx

Tramo CD: ] [6,4∈x m

)4(533,15)2(3 −−+−= xV 33,295 +−= x 67,06

kN33,94−=→==→=

VxVx

2/)4(56)2(33,15)1()3(22 2−−−−+−−= xxxM

66,6833,295,2 2 −+−= xxM 32,176

mkN66,84=→=

−=→=MxMx

x

A

3 kN/m

V

M2 kN-m

B2 m

A

3 kN/m

15,33 kNxV

M2 kN-m

CB

2 m

A

2 m

3 kN/m

6 kN-m

2 kN-m

5 kN/m

15,33 kN V

M

x



3 kN

CB

2 m

A

2 mD

E

3 kN/m5 kN/m

2 m 2 m

6 kN-m

2 kN-m

By Ey

-6

M [ton-m]

9,339,33

-0,67-3,67

-13,67

V [ton]

0 0

2

-4

14,66

8,66

1,87 m

17,3417,36

0 0

Otra forma de analizar el tramo CD es analizando el tramo a la derecha del corte:

xV 5367,13 −−=

xV 567,10 −= 33,94

kN67,02−=→==→=

VxVx

2/5)2(367,13 2xxxM −−−=

667,105,2 2 ++−= xxM 68,84

mkN34,172=→=

−=→=MxMx

Tramo DE: [ [2,0∈x m

xV 567,13 +−= 67,32

kN67,130−=→=−=→=

VxVx

2/567,13 2xxM −= 25,267,13 xxM −=

mkN34,17200

−=→==→=

MxMx

Diagramas:

3 kN

DE

5 kN/m

2 mx

M

V13,67 kN

E

5 kN/m

x

M

V13,67 kN



100 kgf

x

O

V

M

Ejemplo 8.4: En la figura se muestre un eje giratorio (el apoyo A soporta carga transversal mientras que el apoyo B soporta carga transversal y axial) sometido a un sistema de cargas. Se pide utilizar el método analítico para graficar los diagramas de fuerzas y momentos internos del eje.

Solución: Cálculo de las reacciones.

:0=∑ xF 0=xA

:0=∑ AM 04500)120()60()120(5,1)30(100 =−+− yB → kgf5,102=yB

:0=∑ yF 0)120(5,1100 =+−+− yy BA → kgf5,177=yA Tramo OA:

kgf100−=V (constante)

xM 100−= cmkgf300030

00−−=→=

=→=Mx

Mx

Tramo AB: )30(5,15,177100 −−+−= xV

5,1225,1 +−= xV 5,102150

kgf5,7730−=→=

=→=Vx

Vx

2/)30(5,1)30(5,177100 2−−−+−= xxxM

60005,12275,0 2 −+−= xxM

60005,12275,0 2 −+−= xxM 4500150

cmkgf300030−=→=

−−=→=Mx

Mx

Tramo CB: 0=V

cmkgf4500 −=M

4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm

120 cm30 cm 30 cm

O

A B

C


120 cm30 cm 30 cm

Ay

Ax

By

O A BC

x

VM 4500 kgf-cm

100 kgf

30 cm 177,5 kgf

O A

q = 1,5 kgf/cm

xV

M



Ahora podemos dibujar las funciones V(x) y M(x) deducidas para cada tramo:


120 cm30 cm 30 cm177,5 kgf

Ax

O A BC

102,5 kgf

-100

77,5

0 0

-102,5

V [kgf]

M [kgf-cm]

-3000

51,67 cm 68,33 cm

-997,79

-4500

00



Ejemplo 8.5: Dibujar los diagramas de fuerzas internas para la viga simple mostrada. Solución: Anteriormente ya hemos resuelto las reacciones en los apoyos, de tal manera

que podemos ya utilizar las relaciones diferenciales entre cargas aplicadas, fuerzas cortantes y momentos flectores para dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores.

30 tonq = 10 ton/m

2 m 2 m 4 m

40 ton-m

AB

C

D

Dy = 17,5 tonAy = 7,5 ton

- 7,5

22,5 22,5

-17,5

15

45

1,75 m2,25 m

25,3125

15,3125

V [ton]

M [ton-m]

-15

30

-10

0 0

0 0

15,3

30 tonq = 10 ton/m

2 m 2 m 4 m

40 ton-m

AB

C

D



B

4 m 2 m2 m4 m 2 m2 m 4 m

A

w = 4 ton/m

C8 ton-m

H

2 ton

D E F

G

4 ton

2 m 4 m

H

2 ton

F G

GyFy

B

2 m2 m4 m 2 m

w = 4 ton/m

C8 ton-m

D EF

4 ton

CyBy Fy

B4 m

A

w = 4 ton/m

AyBy

MA

Ejemplo 8.6: Calcular las reacciones y dibujar los diagramas acotados de fuerza cortante (DFC) y momento flector (DMF).

Solución: DCL del sistema completo: Tramo FH:

:0=∑ FM 0)6(2)2( =−yG ton6=yG

:0=∑ yF 2=+ yy GF ton4−=yF

Tramo BF: :0=∑ BM 0)10(8)6(4)2)(4(4)4( =−−−− yy FC 0)10)(4(8)6(4)2(16)4( =−−−−−yC → ton6=yC

:0=∑ yF 04)4(4 =−−+− yyy FCB

0)4(46)4(4 =−−−+−yB → ton10=yB

Tramo AB: :0=∑ AM 0)2)(4(4)4( =++ yA BM → m-ton72−=AM

:0=∑ yF 0)4(4 =−− yy BA → ton26=yA

Comprobamos para todo el sistema:

:0=∑ yF 024)8(4 =−+−+− yyy GCA ok !

:0=∑ HM 0)20(16)4(8)12()10(48)4( =++−+−+ Ayyy MACG 072)20(2616)4(8)12(6)10(48)4(6 =−+−+−+ ok!

B

4 m 2 m2 m4 m 2 m2 m 4 m

A

w = 4 ton/m

C8 ton-m

H

2 ton

D E F

G

4 ton

MA

CyAy Gy



Ahora podemos elaborar las gráficas de fuerzas internas utilizando el método de las áreas de momentos:

V [ton]

M [ton-m]

26

- 6- 4 - 4

2 2

- 72

0

- 8

8 812,5

0

84,5

-8 -8 -88

- 4,5

8

B

4 m 2 m2 m4 m 2 m2 m 4 m

A

w = 4 ton/m

C8 ton-m

H

2 ton

D E F

G

4 ton

00 0

0 0

72 ton-m

26 ton 6 ton 6 ton



B

3 m 2,5 m3 m 2 m 5 m

A

w = 30 kgf/m

C DE

F

50 kgf w = 20 kgf/m

B

3 m 2,5 m3 m 2 m 5 m

A

w = 30 kgf/m

C DE

F

50 kgf w = 20 kgf/m

Ay Dy Fy

2,5 m2 m 5 m

C DE

F

50 kgf w = 20 kgf/m

Dy FyCy

Ejemplo 8.7: Calcular las reacciones y dibujar los diagramas de fuerzas internas de la viga compuesta mostrada.

Reacciones: Tramo AC:

:0=∑ CM 0)5,4)(3(30)6( =−yA kgf5,67=yA

:0=∑ yF 0)3(30 =−− yy CA → kgf5,22−=yC

Tramo CF: :0=∑ FM

02

)5)(5(20)5,7()5,9(50)5,9( =−+− yy DC

→ kgf17,125=yD

:0=∑ yF 0)5(2050 =+−+− yyy FDC → kgf33,47=yF

Comprobamos para todo el sistema:

:0=∑ yF 0)5(2050)3(30 =+−+−− yyy FDA

033,47)5(2017,12550)3(305,67 =+−+−− ok !

:0=∑ AM 0)5,15()13)(5(20)8()6(50)5,1)(3(30 =−+−+ yy FD 0)5,15)(33,47()13)(5(20)8)(17,125()6(50)5,1)(3(30 =−+−+ ok!

B

3 m 3 m

A

w = 30 kgf/m

C

Ay Cy



Ahora graficaremos los diagramas de fuerzas y momentos internos utilizando el método de las áreas de momentos:

V (kgf)

M (kgf-m)

0

67,5

- 22,5

- 72,5

- 47,33

52,67

- 145

67,5

75,43

55,94

2,63 m 2,37 m

92,81

8,437567,5

-145

131,67

56,08

69,26

B

3 m 2,5 m3 m 2 m 4 m

A

w = 30 kgf/m

C DE

F

50 kgf w = 20 kgf/m

Ay=67,5 kgf

2,25 m 0,75 m

Dy =125,17 kgf Fy = 47,33 kgf

0 0

0



Ejemplo 8.8: En la figura se muestre un eje giratorio (el apoyo A soporta carga transversal mientras que el apoyo B soporta carga transversal y axial) sometido a un sistema de cargas. Se pide utilizar el método de las área de momentos para graficar los diagramas de fuerzas y momentos internos del eje.

Solución: Cálculo de las reacciones.

:0=∑ xF 0=xA

:0=∑ AM 04500)120()60()120(5,1)30(100 =−+− yB → kgf5,102=yB

:0=∑ yF 0)120(5,1100 =+−+− yy BA → kgf5,177=yA Por el método de las áreas de momentos:


120 cm30 cm 30 cm

O

A B

C


120 cm30 cm 30 cm

Ay

Ax

By

O A BC


120 cm30 cm 30 cm177,5 kgf

Ax

O A BC

102,5 kgf

-100

77,5

0 0

-102,5

V [kgf]

M [kgf-cm]

-3000

51,67 cm 68,33 cm

-997,79

-4500

-3000

2002,2

-3501,91

0 0



Ejemplo 8.9: Dibujar los diagramas de fuerzas internas para la viga compuesta mostrada. Solución: Anteriormente (ejemplo 8.2) ya hemos resuelto las reacciones en los apoyos,

de tal manera que podemos proceder a utilizar las relaciones diferenciales entre cargas aplicadas, fuerzas cortantes y momentos flectores para dibujar los diagramas de fuerzas cortantes y momentos flectores.

q = 2 ton/m

2 m 2 m4 m

5 ton-m

AB C D

3 m

E

Ey = 3 tonBy = 9 ton

- 4

4

V [ton]

M [ton-m]

0

0

q = 2 ton/m

2 m 2 m4 m

5 ton-m

AB C D

3 m

E

5

- 3 - 3

0

ME = 10 ton-m

0

6,25

2,5 m 1,5 m

2,256 9

- 4

2,25

- 6

- 1

- 10



q = 2 ton/m

1m 4 m

6 ton-m

GCB

3 m

A

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

D E F H I

10 ton

8 ton

5 ton

34

34

q = 2 ton/m

1m 4 m

6 ton-m

GCB

3 m

A

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

D E F H I

10 ton8 ton

5 ton

34

34

Dy GyAy

Ax

MA

q = 2 ton/m6 ton-m

G

2 m 2 m 2 m

F H I

5 ton

34

GyVF

NF

q = 2 ton/m

4 m

6 ton-m

GC

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

D E F H I

8 ton5 ton

34

Dy GyVC

NC

1m

CB

3 m

A

10 ton

34

Ay

Ax

MA

VC

NC

Ejemplo 8.10: Dibujar los diagramas de fuerzas internas para la viga compuesta mostrada.

Solución: primeramente calcularemos las reacciones en los apoyos y en los vínculos

internos (en este caso las articulaciones C y F). EL DCL de la viga es: Para el conjunto: ∑ = :0xF 046 =+−xA → ton2=xA

Tramo FI: ∑ = 0FM : 0)6(36)2()1(4 =−−+− yG

→ ton14=yG

∑ = :0xF ton4=FN

∑ = :0yF 3144 +−=FV → ton7−=FV

Tramo CFI: ∑ = 0CM : 0)14(36)10(14)7(12)2()2(8 =−−+−+− yD → ton4=yD

∑ = :0xF ton4=CN

∑ = :0yF 3141248 +−+−=CV → ton5=CV

Tramo AC: ∑ = :0xF 06 =+− Cx NA → ton4=CN

∑ = :0yF 08 =−− Cy VA → ton13=yA

∑ = 0AM : 0)4()1(8 =−−− CA VM →

m-ton28−=AM



q = 2 ton/m

1m 4 m

6 ton-m

GCB

3 m

A

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

D E F H I

8 ton 8 ton

4 ton

13 ton

13

5 5

1 1

-11

3 3

00

V [ton]

N [ton]

0 0

0

M [ton-m]

-28

-15

0

1012 12,25

-18

-12

-6

00

-2

4 4

0,5 m

2 ton

28 ton-m4 ton 14 ton

6 ton

3 ton

Comprobamos el equilibrio de la viga completa: ∑ = :0yF 031288 =−+−+−− yyy GDA ok! Los diagramas son:



Ejemplo 8.11:

La viga compuesta mostrada empotrada en H tiene tres tramos articulados en C y F. Se pide dibujar los diagramas acotados de fuerzas internas normales y cortantes y de momentos flectores. Justificar adecuadamente los valores obtenidos para los diagramas. Sólo para el tramo FG se pide utilizar necesariamente expresiones analíticas N(x), V(x) y M(x). Solución: DCLs correspondientes a tramos de la viga compuesta: • Tramo AC:

∑ = 0CM : 0)5,0(2)1(8)3( =−−yA → ton3=yA

∑ = 0yF : 28−−= yy AC → ton7−=yC

∑ = :0xF 06 =+xC → ton6−=xC

• Tramo ACF: ∑ = 0FM : 0)2()5,2(20)6(4)7(8)9(3 =+−−− yE → ton5,51=yE

∑ = :0xF 06 =+ xF → ton6−=xF

∑ = :0yF 020483 =−+−−− yy FE → ton5,22=yF

Nota: en lugar de analizar todo el tramo ACF también podría haberse analizado solamente

el tramo CF, como se muestra a continuación. ∑ = 0FM :

0)2()5,2(20)5,5(2)6( =+−− yy EC

0)2()5,2(20)5,5(2)6()7( =+−−− yE

→ ton5,51=yE

2 ton/m 4 ton-m

EA

2 m 2 m 3 m

B C D F

10 ton

1 m 1 m

34

3 m

4 ton/m

G

1 m

H

Ay

2 m

B C

8 ton

1 m

6 ton2 ton/m

Cx

Cy

A

2 ton/m

EA

2 m 2 m

B C D F

1 m 1 m 3 m

4 ton/m

3 ton

8 ton

6 ton

Ey

Fx

Fy

+

+

2 ton/m

E

2 m

C D F

1 m 3 m

4 ton/m

Ey

Fx

Fy

Cx

Cy

+



∑ = :0xF 0=+− xx FC → xx CF = → ton6−=xF

∑ = :0yF 0202 =−+−− yyy FEC

05,512027 =−+−−− yF → ton5,22=yF resultados que coinciden, como era de esperar, con los anteriormente hallados.

• Tramo FH: ∑ = :0yF 0)4()3(215,22 =+− yH

→ ton5,16=yH

∑ = :0xF 06 =− xH → ton6=xH

∑ = 0HM : 0)3(6)4(5,224 =−++− HM

→ m-ton76=HM Comprobación de los resultados: realizaremos el equilibrio del sistema completo.

∑ = 0xF : 066 =− ok!

∑ = :0yF 05,166205,51483 =−−−+−− ok!

∑ = 0AM : 0)13(5,16764)10(6)7(5,51)5,6(20)3(4)2(8 =+−++−++ ok! Análisis mediante ecuaciones para el tramo FG: 1era. posibilidad: Realizamos sección según coordenada x medida desde H hacia la

izquierda:

)1(34

43)1(

−=→=− xqq

x

∑ = :0xF ton6−=N

∑ = :0yF 5,16)1(2

+−= xqV

5,16)1()2(3

4 2 +−= x

→ 5,16)1(32 2 +−= xV →

=→==→=

5,224ton5,161

VxVx

2 ton/m4 ton-m

EA

2 m 2 m 3 m

B C D F

1 m 1 m 3 m

4 ton/m

G

1 m

H

8 ton

6 ton

3 ton 51,5 ton

6 ton

16,5 ton

76 ton-m

4 ton-m

3 m

F G

1 m

H

4 ton/m

Hx

Hy

MH

Fx

Fy

+

+

Hx=6 ton

Hy=-16,5 ton

MH=76 ton-m4 ton-m

G

1 m

H

x

q(x)

MN

VP



∑ = 0PM : 3

)1(2

)1(476)(5,16 −−−−+−=

xqxxM

→ 3)1(92725,16 −−+−= xxM →

=→==→=

04m-ton5,551

MxMx

2da. posibilidad: Realizamos sección según coordenada x medida desde A hacia la

derecha:

∑ = :0xF 06 =+N → ton6−=N

∑ = :0yF )9(2

)4(5,51)5(4483 −+

−+−−−= xqV

)9(2

)4(5,22 −+

−= xqV

donde: )12(34

−−= xq → 1634)( +−= xxq (1)

entonces: 5,112163

2)(2

+−= xxxV →

=→==→=

5,1612ton5,229

VxVx

∑ = 0PM : −−−−+−−−−= )5,6()5(4)7(5,51)3()2()2()2(8)(3 xxxxxM

)9(32)9()4(

21)9(

22 −−−−−− xxqxq

teniendo en cuenta (1) y ordenando:

5,5265,11289

2)( 23

−+−= xxxxM →

−=→==→=

mton5,551209

MxMx

Se debe notar que en ambas posibilidades trabajadas hemos llegado a los mismos resultados, aún cuando en la primera de ellas el despliegue matemático fue menor.

2 ton/m

EA

2 m 2 m

B C D F

1 m 1 m 3 m

4 ton/m8 ton

6 ton

3 ton 51,5 ton

M

N

V

x

q(x)

P

+

+



Ahora podemos construir los diagramas de fuerzas internas usando las relaciones diferenciales que hay entre q(x), V(x) y M(x):

2 ton/m4 ton-m

EA

2 m 2 m 3 m

B C D F

1 m 1 m 3 m

4 ton/m

G

1 m

H

8 ton

6 ton

3 ton 51,5 ton

6 ton

16,5 ton

76 ton-m

N

0

V

03

- 5- 7

- 9

- 21

30,5

22,5

16,5 16,5 ton

M

- 6 ton

- 8

0

6

- 53

55,559,5

76 ton-m

0 00

2 212 8

6

+6

-6 -8 -45

+53

+16,5



100 kN

GCB

4 m

A

2 m 3 m 2,5 m

D E

F

80 kN/m

2 m 3 m

60 kN/m225 kN-mMA

Cy Fy

Ax

100 kN

GCB

4 m

A

2 m 3 m 2,5 m

D EF

80 kN/m

2 m 3 m

60 kN/m75 kN

75 kN

1,5

m1,

5 m

100 kN

GC

2 m 3 m 2,5 m

D E F

2 m 3 m

60 kN/m225 kN-m

Cy Fy

80 kN/m

Bx

By

Ejemplo 8.12: La viga Gerber mostrada consta de dos tramos articulados en B. Además está apoyada en el apoyo A (el cual solamente permite movimiento en sentido vertical) y en los apoyos simples C y F. Se pide dibujar los diagramas acotados de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector, indicando los cálculos parciales que justifican el trazado de dichos diagramas. Solución: DCL de la viga compuesta:

∑ = :0xF 0=xA (1)

∑ = :0yF 970=+ yy FC (2)

∑ = 0AM : 0)25,15)(5,2(60)14(225)9(1000)6()5,4)(9(80 =+−++−+ yyA FCM → 05,14752146 =+−− yyA FCM (3)

Tramo AB: ∑ = :0xF 0=xB

∑ = :0yF kN320−=yB

∑ = 0BM : 0)2)(4(80 =−AM → m-kN640=AM en (3): 94,364673 =+ yy FC (4)

Resolviendo (2) y (4): kN94,785=yC y kN06,184=yF

Comprobación para la viga derecha:

∑ = 0BM : 0)25,11)(5,2(60)10(225)5(100)2()2/5)(5(80 =+−++− yy FC ok!

+

B4 m

A

80 kN/m

MA

Bx

By

+

+



Ahora construiremos los diagramas de fuerzas y momentos internos usando las relaciones diferenciales que hay entre q(x), V(x) y M(x):

GCB

4 m

A

2 m 3 m 2,5 m

D E

F

80 kN/m

2 m 3 m

60 kN/m225 kN-m

640 kN-m785,94 kN 184,06 kN

-320

-480

V [kN]305,94

-34,06

65,94

-34,06

150

0 0

640

-800

-242,18 -310,3

-85,3

-187,48

0

M [kN-m]

0

640 800

557,82

102,1868,12

187,5

100 kN

0



C

4 m 1 m 1 m 2 m

2 ton/m

4 ton-m

B

D

E F8 ton

2 m

Bx

ByCy

3 ton/m

2 m

A B

Bx

ByMA

Ay

Ax

Ejemplo 8.13: Para el elemento compuesto ABCDEF articulado en B se pide:

a) Calcular las reacciones en el empotramiento A y en el apoyo simple C.

b) Dibujar los diagramas de fuerza normal, fuerza cortante y momento flector en cada uno de los tramos rectos ABC, CDE y EF.

Solución: Primero disgregaremos el sistema en sus dos partes (AB y BCEF) para

determinar las reacciones externas y las fuerzas en la articulación B. Luego aislaremos cada tramo recto para dibujar los diagramas solicitados.

Tramo BCEF: ∑ = 0BM : 0)2(8)7(44)2(12 =+−+− yC

→ ton10=yC

∑ = :0yF 0412 =−+− yy CB → ton6=yB

∑ = :0xF 08 =−− xB → ton8−=xB Tramo AB:

∑ = :0xF 0=+ xx BA → ton8=xA

∑ = :0yF 0=− yy BA → ton6=yA

∑ = 0AM : 0)2( =− yA BM → mton12 −=AM Análisis de tramo ABC:

∑ = :0xF 08 =+ CN → ton8−=CN

∑ = :0yF 0126 =−− CV → ton6−=CV

∑ = 0CM : 0)2(12)6(612 =++− CM → 0=CM

Análisis de tramo EF: ∑ = :0xF 08 =−− EN → ton8−=EN

∑ = :0yF 04 =−EV → ton4=EV

∑ = 0EM : 0)1(4 =−− EM → mton4 −−=EM

2 m

3 ton/m

C

4 m 1 m

A

1 m 2 m

2 ton/m

4 ton-m

B

D

E F8 ton

2 m

2 ton/m

E F8 ton

ME

VE

NE

2 m

2 m 4 m

CA B12 ton-m

6 ton MC

NC

VC

3 ton/m

8 ton



C

4 ton

-m E

1,414

m1,4

14 m

CM′

CN′ CV ′

EM′ EN′

EV′

MC =0

NC =-8

VC =-6

48,8−=′CN

0=′CM

83,2−=′CVCy

Análisis de la sección E:

∑ = :0F )2/2()2/2( EEE VNN −=′

)2/2(4)2/2(8 −−=′EN → ton48,8−=′EN

∑ = :0F )2/2()2/2( EEE VNV +=′

)2/2(4)2/2(8 +−=′EV → ton48,8−=′EV

∑ = 0EM : EE MM =′ → mton4 −−=′EM

Análisis del tramo CE: ∑ = :0xF 0=′+′− EC NN → ton48,8−=′CN

∑ = :0yF 0=′−′ EC VV → ton83,2−=′CV

∑ = 0EM : 0)828,2(4 =′+′−+′ EEC VMM 0)828,2()83,2()4(4 =−+−−+′CM → 0=′CM

Comprobamos “alrededor” de la sección C:

∑ = :0xF )2/2()2/2( CCC VNN ′+′+′−

0)2/2()83,2()2/2()48,8()8( =−+−+−− ok!

∑ = :0yF 0)2/2()2/2( =′+′−+ CCyC NVCV

)2/2()48,8()2/2)(83,2(106 −+−−+− ok!

∑ = 0CM : 0=−′ CC MM ok!

EME = -4

VE = 4

NE = -8

EN′

EM′

EV′45°



Diagramas:

2 m 4 mCA B

MA=12

Ay=6

Ax=8MC = 0

8

6

2 ton/m

E F8 ton

4 ton-m4 ton

8 ton

2 m

N (ton)

0

-8

0

6

-62 m 2 m

00

0

6

-12

V (ton)

N (ton-m)

N (ton)0

-8

0

4

V (ton)

0

-4

N (ton-m)

C

4 ton

-m E

1,414

m1,4

14 m

N (ton)

0

-8,48

0

-2,83

V (ton)

0-4N (to

n-m)

3 ton/m

2,83 t

on4 ton

-m

8,48 t

on

2,83 t

on

8,48 t

on

cap. 8 fuerzas internas (ejercicios)

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