VIGAS
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CAPI CA PITU TULO LO II
Problema Problema II.1 Determinar Determinar las las funciones funciones de fuerzas fuerzas internas internas para para el tramo tramo B-C: a) Comenz Comenzando ando el origen origen de la variable variable x a partir partir del punto A. b) Comenz Comenzando ando el origen origen de la la variab variable le x a partir partir del punto C. Hallar Hallar el diagrama diagrama de Momento Momento Flector Flector M, Cortant Cortantee Q y Normal Normal N de toda toda la la viga. viga. Figura II.1.1
20 KN/m
12 KN/m 5 KN
5m
6m
1. Geometría Figura II.1.2 20 KN/m 12 KN/m 5 KN H A
q x A
q x B
C
x
b) x a) x
V A
V C
5m
6m
2. Reaccione Reaccioness de apoyo apoyo M A 0
20 6 2 12 5 2 – V C 11 5 6 5 0 2 3 2 3 – V C 11 540 100 0 V C 11 640 V C
640
11 V C 58.182 [KN]
F V 0 V A
12 5
20 6
58.182 0 2 2 V A 31.818 [KN]
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F H 0 5 H A 0 H A 5 [KN] Control: M C 0
12 5 1 20 6 1 V A (11) 5 6 6 0 2 3 2 3 12 5 1 20 6 1 31.818(11) 5 6 6 0 2 3 2 3 0.002 0 3. Funciones Funciones de fuerzas fuerzas internas internas a) Si el punt A punto o es el origen de la variable x. 3.1. Tramo B-C (5≤x≤11) +Q Signos: +N
+M
Hallamos q x por la relación de triángulos: 20 6
q x x 5
q x
q x
20 x 5 6
10 x 5 3
Las ecuaciones de fuerzas internas son: 12 5 2 1 1 M x 31.818 x x 5 q x x 5 x 5 2 3 2 3
1 12 5 2 1 10 x 5 x 5 x 5 x 5 2 3 2 3 3
M x 31.818 x
M x 31.818 x 10 3 x 10 Q x
dM x dx
5 9
x 5 3
5
31.818 30 x 5 2
Q x 1.818
3
5 3
x 5 2
N x 5 5 N x 0
Evaluando: para (5 ≤x≤11) x m
M x KNm
5
109.090
1.818
6
110.352
0.151
7
108.282
-4.849
8
99.544
-13.182
9
80.806
-24.849
10
48.736
-39.849
11
-0.002
-58.182
Q x
KN
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b) Si el punto C es el origen de la variable x. 3.2. 3.2. Tram Tramo o B-C (0≤x≤6) +N Signos: +M +Q
Para la resolución del tramo B-C, realizamos un artificio, el cual cual consiste en sumar y restar cargas cargas ficticias, para facilitar el cálculo, como se observa en la figura: Carga ficticia
20 KN/m
20 KN/m Carga dispuesta rectangularmen rec tangularmente te
B
C q x V C
x
Carga dispuesta triangularmente
20 KN/m Carga ficticia
6m
Hallamos q x por la relación de triángulos:
20 6
q x x
q x
10 x 3
Las ecuaciones de fuerzas internas son: 1 1 1 M x 58.182 x 20 x x q x x x 2 2 3
x 1 10 1 M x 58.182 x 20 x x x x 2 2 3 3 5 3 2 M x 58.182 x 10 x x 9 dM x 5 5 (58.182 20 x x 2 ) Q x 58.182 20 x x 2 Q x dx 3 3 N x 0 Evaluando: Evaluando: para (0≤x≤6) M x KNm
Q x KN
0
0.000
-58.182
1
48.738
-39.849
2
80.808
-24.849
3
99.546
-13.182
4
108.284
-4.849
5
110.354
0.151
6
109.092
1.818
x m
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3.3. 3.3. Tram Tramo o A-B. Origen de x el punt punto o A. Signos: +Q +N
+M
Hallamos q x mediante relación de triángulos: 12 5
q x x
q x
q x
12 5
12 x 5
x
Las ecuaciones de fuerzas internas son: 1 1 M x 31.818 x q x x x 2 3
1 12 1 M x 31.818 x x x x 2 5 3 2 M x 31.818 x x 3 5 dM x 6 31.818 x 2 Q x dx 5 6 Q x 31.818 x 2 5 N x 5 5 N x 0
Evaluando: para (0 ≤x≤5) x m
M x KNm
Q x KN
0
0.000
31.818
1
31.418
30.618
2
60.436
27.018
3
84.654
21.081
4
101.672
12.618
5
109.090
1.818
4. Diagramas 4.1. Diagrama Diagrama de Momento flector flector
A
B
C
+ 60.436 + 109.090 Parábola de 3° grado
+ 99.546
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4.2. Diagrama de Cortante +31.818
+30.618 +27.018
Parábola de 2° grado
+21.081
+12.618 +1.818
C A B
– 4.849 – 13.182
– 24.849
– 39.849
Parábola de 2° grado
– 58.182
4.3. Diagrama de Normal No se genera fuerza Normal en todo el tramo. Problema II.2 Determinar las Reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas, diagramas de Momento flector M ,Fuerza cortante Q y Normal N ,para la viga de la figura. Figura II.2.1
25 KN/m 60°
6m
6m
1. Geometría Figura II.2.2 R
R'
25 KN/m 60°
A
x
H B
B
x V A
V B
6m
6m
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Descomponiendo la resultante R : R R y
R y
R = Resultante de todo el tramo. R 25 12 300 [KN] Se tiene: R y RSen60 300 Sen60 R x RCos 60 300Cos 60
60°
R x
2. Reacciones de apoyo M B 0 V A 6 R 0 0 V A 0
F V 0 V A R y V B 0
0 300 Sen60 V B 0 V B 259.808 [KN]
F H 0
H B R x 0 H B 300Cos 60 0 H B 150 [KN] Control: M A 0 V B (6) 300 Sen60(6) 0 259.808(6) 300 Sen60(6) 0
0.002 0
3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C. Origen de x el punto A. Signos: +Q +N
+M
Descomponiendo la resultante R' : R'
25 KN/m R'
R' y
R' x
R' y
R' y
R' y R' Sen60 R y ' 25 xSen60
60°
x
R ' x
Las ecuaciones de fuerzas internas serán: 1 M x V A x R' y x V B x 6 x 6 2 1 M x 0 x 25 xSen60 x 259.808 x 6 2
R' = Resultante del tramo “x” Donde: R' 25 x R' x R' Cos 60 R x ' 25 xCos 60
2 M x 10.825 x 259.808 x 6
Q x
dM x dx
x 6
x 6
21.650 x 259.808 x 6 Q x 21.650 x 259.808 x 6
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N x R' Cos 60 150 x 6 N x 25 xCos 60 150
N x 12.5 x 150 x 6
x 6
Evaluando: x m
M x KNm
Q x KN
N x KN
0
0.000
0.000
0.000
1
-10.825
-21.650
12.500
2
-43.300
-43.300
25.000
3
-97.425
-64.950
37.500
4
-173.200
-86.600
50.000
5
-270.625
-108.250
62.500
6
-389.700
-129.900 129.908
75.000 -75.000
7
-270.617
108.258
-62.500
8
-173.148
86.608
-50.000
9
-97.401
64.958
-37.500
10
-43.268
43.308
-25.000
11
-10.785
21.658
-12.500
12
0.048
0.008
0.000
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector – 389.7 Parábola de 2° grado
– 270.6
– 270.6
– 173.2
Parábola de 2° grado
– 173.2
– 97.4
– 97.4 – 43.3
– 43.3 – 10.9
– 10.9
A B
4.2. Diagrama de Cortante Recta +129.908 +86.608 +43.308
A
B – 43.300 – 86.600 – 129.900 Recta
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4.3. Diagrama de Normal – 75.0
A
– 50.0
– 25.0
B +25.0 +50.0
+75.0
Problema II.3 Obtenida las funciones de fuerzas internas para cada viga por separado. Comparar el diagrama de Momento flector. Sacar conclusiones. Figura II.3.1 13 KN/m a) b) 13 KN/m
13 KN/m
40° 40°
5m
5m
Solución a) 1.a. Geometría Figura II.3.2 Hallamos h , si: h tg 40 h 5tg 40 5 h 4.195(m) Hallamos D (Teorema de Pitágoras ):
13 KN/m B R
R x 40°
b
R y
D 5 2 4.1952
V B h
R'
x
xSen40°
D
40°
H A
xCos40°
A V A
5m
D 6.527(m)
Hallamos el brazo de R: D 6.527 b 2 2 b 3.264(m)
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Descomponemos la resultante R: R =Resultante de todo el tramo
R x
Donde: R 13 D 13 6.527 R x RSen40 (13 6.527) Sen 40
R y
R
R y RCos 40 (13 6.527)Cos 40
40°
2.a. Reacciones de apoyo M A 0
V B (5) R b 0 (b=brazo de la resultante) 6.527 – V B 5 13 6.527 0 2
V B
276.911
5 V B 55.382 [KN]
F V 0 V A RCos 40 V B 0 V A 13 6.527 Cos 40 55.382 0 V A 9.618 [KN]
F H 0
– H A RSen40 0 – H A 13 6.527 Sen40 0 H A 54.541 [KN] 3.a. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1.a. Tramo A-B .Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Descomponemos la resultante R ' : 13 KN/m R' x R' 40° R ' y
R' =Resultante del tramo “x”
x xSen40° 40º
H A 54.541 [KN]
xCos40°
V A 9.618 [KN]
Entonces: R ' 13 x R' y R' Cos 40 R' y 13 xCos 40 R ' x R' Sen 40 R' x 13 xSen40
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Las ecuaciones de fuerzas internas son:
x M x V A xCos 40 H A xSen40 13 x 2 M x xV A Cos 40 H A Sen40 6.5 x 2 M x x 9.618Cos 40 54.541Sen 40 6.5 x 2 2 M x 42.426 x 6.5 x
Q x
dM x
42.426 13 x dx Q x 42.426 13 x Para hallar la Normal en una viga inclinada, realizamos el siguiente análisis: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V
FH x
Donde: N H FH x Cosθ
θ
N V FV x Senθ
N H N V
θ
FV x θ
Remplazando:
N x FH x Cosθ FV x Senθ
Finalmente se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
Para los signos, se asume positivos en la dirección de las sumatorias:
F H x y FV x , hasta el
punto x. Tomando en cuenta que: R ' 13 x Para el problema se tiene: F H x 54.541 R´Sen 40 54.541 13 xSen40
FV x 9.618 R' Cos 40 9.618 13 xCos 40 Remplazando: N x 54.541 13 x Sen40Cos 40 9.618 13 x Cos 40Sen40 N x 54.541Cos 40 13 xSen40Cos 40 9.618Sen40 13 xCos 40Sen 40 N x 54.541Cos 40 9.618Sen40 N x 35.598 La Normal es una constante, por lo tanto la carga distribuida dispuesta perpendicular a la viga inclinada,
no genera fuerza Normal. Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
42.426
1
35.926
29.426
2
58.852
16.426
3
68.778
3.426
4
65.704
-9.574
5
49.630
-22.574
6.527
+0.003
-42.425
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4. a.Diagramas 4.1. a.Diagrama de Momento flector
B
+49.630 +65.704 +68.778 +58.852 +35.926
A
Solución b) 1.b. Geometría Figura II.3.3 13 KN/m B V B h
13 KN/m
Hallamos h: h tg 40 h 5tg 40 5 h 4.195(m) Determinamos D: D 4.195 2 5 2 D 6.527(m)
x xSen40° D 40°
H A A
xCos40° V A
5m
2.b. Reacciones de apoyo M A 0
4.195 V B 5 13 5 2.5 13 4.195 0 2 V B 55.383 [KN]
F V 0 V A 13 5 55.383 0
F H 0
V A 9.617 [KN]
H A 13 4.195 0 H A 54.541 [KN]
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Para h se hace uso de todos sus decimales.
3.b. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1.b. Tramo A-B. Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: xCos 40 xSen40 M x V A xCos 40 13 xCos 40 13 xSen40 H A xSen40 2 2 M x x(V A Cos 40 H A Sen40) 6.5 x 2 Cos 2 40 6.5 x 2 Sen 2 40 M x x(V ACos 40 H A Sen 40) 6.5 x 2 (Cos 2 40 Sen 2 40)1 2 M x x(9.617Cos 40 54.541Sen40) 6.5 x
M x 42.425 x 6.5 x 2 Q x
dM x
42.425 13 x dx Q x 42.425 13 x Para hallar la Normal se usa la ecuación: N x FH x Cosθ FV x Senθ El análisis de la ecuación se realizo en el anterior inciso.
Para el problema: FH x 54.541 13 xSen40
FV x 9.617 13 xCos 40 Remplazando: N x (54.541 13 xSen40)Cos 40 (9.617 13 xCos 40) Sen40 N x 54.541Cos 40 13 xSen40Cos 40 9.617 Sen40 13 xCos 40Sen40 N x 35.599
Evaluamos: x(m)
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
42.425
1
35.925
29.425
2
58.850
16.425
3
68.775
3.425
4
65.700
-9.575
5
49.625
-22.575
6
20.550
-35.575
6.527
-0.003
-42.426
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4.b. Diagramas 4.1.b. Diagrama de Momento flector
B
+49.625 +65.700 +68.775 +58.850 +35.925
A
Conclusiones Los diagramas de Momento flector en a mbos casos son iguales. Las disposiciones de carga en ambas formas, producen iguales ecuaciones de fuerzas internas , por lo tanto, ambas disposiciones de cargas son equivalentes. La carga distribuida, dispuesta perpendicularmente a la viga no genera fuerza Normal. La carga distribuida, dispuesta dela forma del inciso b, es mas útil en el momento de determinar las reacciones de apoyo. La carga distribuida, dispuesta de la forma del inciso a , es mas útil al realizar ecuaciones de fuerzas internas. Problema II.4 Obtenida las funciones de fuerzas internas para cada viga por separado comparar el diagrama final de Momento flector. Sacar conclusiones.
Figura II.4.1
a)
b)
23.094 KN/m
20 KN/m
30°
6m
30°
6m
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Solución a) 1.a. Geometría Figura II.4.2 Calculamos h:
H A
tg 30
A
6
h 6tg 30 h 3.464(m)
20 KN/m
V A
h
h
Calculamos D : D 6 2 3.464 2 D 6.928(m)
x xSen30°
D
30°
B
xCos30°
V B
6m
2.a. Reacciones de apoyo M A 0
6 V B (6) 20 D 0 2 V B (6) 20(6.928)(3) 0 V B 69.280 [KN]
F V 0 V A 20(6.928) 69.280 0 V A 69.280 [KN]
F H 0
H A 0
3.a. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1.a. Tramo A-B.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q
+N
Las ecuaciones de fuerzas internas son: xCos30 M x V B x cos 30 20 x 2 M x 69.280Cos30 x 10Cos30 x 2 2 M x 59.998 x 8.660 x
VIGAS
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Q x
dM x
59.998 17.321 x dx Q x 59.998 17.321 x Para la Normal, realizamos el siguiente análisis: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V
N H
θ
FH x FV x
θ
N H FH x Cosθ
Donde:
N V
N V FV x Senθ
Remplazando:
θ
N x FH x Cosθ FV x Senθ
Para los signos, se asume positivos en la dirección de las sumatorias: F H x y FV x , hasta el
punto x. Para el problema se tiene: F H x H A 0
FV x 69.280 20 x Remplazando: N x (0)Cos30 (69.280 20 x) Sen30 N x 34.640 10 x Evaluamos: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
-59.998
-34.640
1
-51.338
-42.677
-24.640
2
-85.356
-25.356
-14.640
3
-102.054
-8.036
-4.640
3.464
-103.919
0.002
0.000
4
-101.432
9.286
5.360
5
-83.490
26.607
15.360
6
-48.228
43.928
25.360
6.928
-0.011
60.001
34.640
4.a. Diagramas 4.1.a. Diagrama de Momento flector A – 48.228 – 83.490 – 103.919 Parábola de 2° grado
– 85.356 B
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Solución b) 1.b. Geometría Figura II.4.3 23.094 KN/m A
Hallamos h:
H A
tg 30
V A
x
xSen30° h
B
V B
6m
2.b. Reacciones de apoyo M A 0
V B (6) 23.094(6)(3) 0 6V B 415.692 0 V B 69.282 [KN]
F V 0 V A 23.094(6) 69.282 0 V A 69.282 [KN]
F H 0
H A 0
3.b. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1.b. Tramo A-B. Origen de x el punto A. Signos: +Q +M
Las ecuaciones de fuerzas internas son: xCos30 M x V A xCos30 23.094( xCos30) 2
Q x
dM x
60 17.321 x dx Q x 60 17.321 x
h 6tg 30 h 3.464(m)
D 6 2 3.464 2 D 6.928(m)
xCos30° D
M x 60 x 8.660 x 2
6
Determinamos D:(Teorema de Pitágoras)
30°
+N
h
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Para hallar la ecuación de la Normal, realizamos el siguiente desarrollo de la ecuación: θ
FH x
La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V Donde:
N V N H θ
FV x
N H FH x Cosθ N V FV x Senθ
Remplazando: N x FH x Cosθ FV x Senθ
θ θ
Para los signos, se asume positivos en la dirección de las sumatorias:
F H x y FV x , hasta el
punto x. Para el problema se tiene: FH x H A 0
FV x 69.282 23.094( xCos30) Remplazando: N x (0)Cos30 (69.282 23.094 xCos30) Sen30 N x 34.641 10 x
Evaluamos: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
60.000
34.641
1
51.340
42.679
24.641
2
85.360
25.358
14.641
3.464
103.926
0.000
0.001
4
101.440
-9.284
-5.359
5
83.500
-26.605
-15.359
6.928
0.024
-60.000
-34.639
4.b. Diagramas 4.1.b. Diagrama de Momento flector A +51.340 +85.360 +103.926
Es positivo por que la barra se ha
direccionado en sentido opuesto +83.500 al del inciso a. B Conclusiones Los diagramas de Momento flector en a mbas formas, de carga distribuida son iguales. Las ecuaciones de fuerzas internas en las dos formas de carga distribuida son iguales, por lo tanto, los dos tipos de carga distribuida sobre la viga inclinada son equivalentes, y se tiene la siguiente relación: q q ' Cosθ
VIGAS
29
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Donde: q ' Carga distribuida horizontalmente dispuesta. q Carga distribuida a lo largo de la viga inclinada.
θ Angulo de la viga inclinada. La carga distribuida de la forma del inciso a, es más útil en el momento de hallar las reacciones de apoyo. La carga distribuida de la forma del inciso b, es más útil en el momento de formular las ecuaciones de fuerzas internas. Problema II.5 Comparar el diagrama Normal N, de las dos vigas de la figura. Sacar conclusiones. Figura II.5.1 a) b) 70 KN 70 KN
3m
4m
3m
2.5 m
4m
2.5 m
Solución a) 1.a. Geometría Figura II.5.2 B 70 KN C Hallamos D: D 4 2 3 2
x V B
x
H A A
D 5(m)
3m
Relaciones trigonométricas: 4 3 Cosθ 0.8 ; Senθ 0.6 5 5
xSenθ D
θ xCosθ V A
Sentido de la fuerza vertical asumido
4m
2.5 m
2.a. Reacciones de apoyo M A 0
V B (4 2.5) 70(3) 0 V B 32.308 [KN] El signo negativo indica que el sentido de la fuerza vertical V B , es opuesto al asumido, es decir hacia
abajo (ver figura II.5.2). Para el problema mantenemos el sentido de V B , pero conservando el signo negativo. Se puede cambiar el sentido de V B , no afectaría al problema, pero se tiene que cambiar también el signo
de negativo a positivo.
VIGAS
30
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F V 0 V A V B 0 V A ( 32.308) 0 V A 32.308 [KN]
F H 0 H A 70 0 H A 70 [KN]
3.a. Ecuaciones de fuerzas internas Solamente hallamos la ecuación de fuerza normal. 3.1.a. Tramo A-C. Origen de x punto A. +M Signos: +Q +N
Para la fuerza Normal, utilizamos la ecuación: N x FH x Cosθ FV x Senθ El análisis de la ecuación se realizo en el Problema II.3 (solución a).
Para nuestro caso: FH x H A 70
FV x V A 32.308 Remplazando: N x (70)0.8 (32.308)0.6 N x 56 19.385 N x 75.385 (Constante)
3.2.a. Tramo B-C. Origen de x el punto B. +N Signos: +M +Q
La ecuación de fuerza Normal será: N x 0
4.a. Diagramas 4.1.a. Diagrama de Normal – 75.385
B C
– 75.385
A
VIGAS
31
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Solución b) 1.b. Geometría Figura II.5.3 70 KN C
B
H B
Calculamos D: D 4 2 3 2
x
D 5( m)
V B
3m
x
xSenθ
A
Calculamos las relaciones trigonométricas: 4 3 Cosθ 0.8 ; Senθ 0.6 5 5
D
xCosθ V A
4m
2.5 m
2.b. Reacciones de apoyo M B 0 V A ( 4 2.5) 0 V A
0
6.5 V A 0
F V 0 V A V B 0
F H 0
V B 0
70 H B 0 H B 70 [KN] 3.b. Ecuaciones de fuerzas internas Solamente hallamos la ecuación de fuerza normal. 3.1.b. Tramo A-C. Origen de x punto A. Signos: +M +Q +N
Para la ecuación de la Normal, se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ El análisis de la ecuación se realizo en el Problema II.3 (solución a).
Para nuestro caso: FH x 0
FV x 0
VIGAS
32
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Remplazando: N x (0)0.8 (0)0.6 N x 0
3.2.b. Tramo B-C. Origen de x el punto B. Signos: +M +N +Q
La ecuación de la Normal será: N x 70 (Constante)
4.b. Diagramas 4.1.b. Diagrama de Normal C
B
+70
+70
A
Conclusiones En el primer diagrama de Normal se genera una fuerza normal de compresión de 75.385 [KN] en la barra A-C, en la barra C-B no se genera fuerza normal. En el segundo diagrama de Normal se genera una fuerza normal de tracción igual a 70 [KN] en la barra C-B, en la barra A-C no se genera fuerza normal. Esta diferencia se debe a la disposición de apoyos, ya que en ambos casos no es igual, esta diferencia de disposición de apoyos también afecta a las reacciones de apoyo. Problema II.6 Determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas, diagrama de Momento flector M, fuerza Cortante Q, fuerza Normal N, para la viga de la figura. Determinar la ubicación y el valor del momento máximo. Figura II.6.1 13 KN 1m 8 KN/m
2m
4m
2m
VIGAS
33
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1. Geometría Figura II.6.2 3 KN C
B
x
8 KN/m
Hallamos L: L 4 2 32
1m
L 5(m)
V B
2m A
θ
l
L
H A
Relaciones trigonométricas: 4 3 Cosθ 0.8 ; Senθ 0.6 5 5 Hallamos l, por relación de triángulos : l
V A
2
5
2m
3
l
10
3 l 3.333( m) Determinamos d , por relación de triángulos: d 4 8 d 2 3 3 d 2.667(m)
d
4m
2. Reacciones de apoyo M A 0
d 0 2 2.667 3(6) 4V B 8(3.333) 0 2 V B 13.389 [KN] 3(4 2) V B ( 4) 8 l
F V 0 V A 13.389 8(3.333) 3 0 V A 16.278 [KN]
F H 0
H A 0 Control: M B 0
2.667 16.278(4) 8(3.333) 4 3(2) 0 2 0.001 0 3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B. Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Para determinar las ecuaciones de fuerzas internas del tramo, realizamos el artificio de sumar y restar cargas ficticias, para completar uno de los tramos, como se muestra en la Figura II.6.3.
VIGAS
34
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Figura II.6.3 Carga ficticia
x-l 8 KN/m l=3.333m
x x A
θ xCosθ
(x-l)Cosθ
(x-l)Senθ
8 KN/m
xSenθ
V A 16.278 KN
Carga ficticia
4m Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCosθ x 3.333Cosθ 8( x 3.333) 2 2
M x 16.278( xCosθ ) 8 x
x 0.8 x 3.333 0.8 8( x 3.333) 2 2
x 3.333
M x 16.278( x 0.8) 8 x
M x 13.022 x 3.2 x 3.2( x 3.333) 2
Q x
x 3.333
2 x 3.333
dM x
13.022 6.4 x 6.4( x 3.333) dx Q x 13.022 6.4 x 6.4( x 3.333) x 3.333
x 3.333
Para la Normal se hace uso de la ecuación: N x FH x Cosθ FV x Senθ El análisis de la ecuación se realizo en el Problema II.3 (solución a).
Para nuestro caso: FH x 0
FV x 16.278 8 x 8( x 3.333) x 3.333 Remplazando: N x (0)0.8 (16.278 8 x 8( x 3.333) N x 9.767 4.8 x 4.8( x 3.333)
x 3.333
)0.6
x 3.333
Para hallar la ubicación del Momento máximo, la derivada del momento respecto a la variable x igualamos a cero, se tiene: dM x 0 dx Esta derivada es, para nuestro caso: dM x 13.022 6.4 x 6.4( x 3.333) x 3.333 Q x dx Entonces cuando: Q x 0 , se obtiene el máximo Momento.
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35
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Solamente en el tramo donde esta ubicada la carga distribuida, es decir: 0 x 3.333, por lo tanto no tomamos en cuenta a 6.4( x 3.333) x 3.333 , entonces la ecuación derivada será: dM x dx
13.022 6.4 x 0 x 2.035(m)
El Momento máximo se da en x=2.035m a partir del punto A. Evaluando: x[ m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
13.022
-9.767
1
9.822
6.622
-4.967
1.667
12.815
2.353
-1.765
Momento max=2.035
13.248
-0.0020
4.633
3.333
7.854
-8.309
6.231
4
2.312
-8.309
6.231
5
-5.998
-8.309
6.231
3.2. Tramo B-C. Origen de x el punto C. +M +N Signos: +Q
Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x 3 x Q x
dM x dx
( 3) 3
N x 0
Evaluando:
x[ m]
M x [ KNm]
0
0
2
-6
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector
– 6=Mmax(-) – 5.998
C B Recta
+2.312 +7.854
A
Parábola de 2° grado
+13.248= M max(+) +12.815 +9.822
Realizamos control de Momento en el punto B (Continuidad de momento): M B 0 B 6[KNm] 5.998[KNm]
6 5.998 0 0.002 0
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36
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4.1. Diagrama de Cortante +3
+3
B
C – 8.309
+13.022
– 8.309
A
4.1. Diagrama de Normal +6.231
C +6.231
B
A – 9.767
Problema II.7 Determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas, diagrama de Momento flector M, diagrama de Cortante Q, diagrama de Normal N, para la viga de la figura. Figura II.7.1
12 KN/m
75 KNm
4m
5m 6m
9m
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1. Geometría Figura II.7.2 12 KN/m H A
x
x
A
D
75 KNm B
V A d
4m
D θ
H C C V C
5m 6m
9m
Hallamos D: D
42 92
D 9.849(m)
Determinamos d , por relación de triángulos: d
9.849
d
5 9 d 5.472(m)
9.849 9
5
Determinamos el ángulo: tgθ
4 9
tgθ 0.444
θ tg 1 0.444 θ 23.962 2357'44.96' '
2. Reacciones de apoyo M A 0
15 V C (15) 12(15) H C (4) 75 0 2 4 H C 15V C 1275 .....................(1)
M B 0 (A un lado de la articulación B, en este caso lado derecho) 5 V C (9) H C ( 4) 12(5) 4 75 0 2 4 H C 9V C 315 .........................(2)
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38
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Se forma el sistema:
4 H C 15V C 1275 4 H C 9V C 315 Resolviendo el sistema: H C 281.25 [KN] V C 160 [KN]
F V 0 V A 12(15) 160 0 V A 20 [KN]
F H 0
H A 281.25 0 H A 281.25 [KN] Control: M C 0
V A (15) H A (4) 12(15)(7.5) 75 0 20(15) 281.25( 4) 12(15)(7.5) 75 0 0 0 3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B.Origen de x el punto A. +Q Signos: +N
+M
Las ecuaciones serán: x M x V A x 12 x 2 2 M x 20 x 6 x
Q x
dM x
20 12 x dx Q x 20 12 x N x 281.25
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
20.000
3
6.000
-16.000
6
-96.000
-52.000
3.2. Tramo B-D.Origen de x el punto D. +M +N Signos: +Q
12 x x 2 2 2
M x 12 x
VIGAS
39
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M x 6 x 2 Q x
dM x dx
(12 x) 12 x
N x 0
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
0.000
2
-24.000
24.000
4
-96.000
48.000
3.3. Tramo B-C.Origen de x el punto C. Signos: +M
+Q
+N
Para determinar las ecuaciones de fuerzas internas del tramo, sumamos y restamos cargas ficticias, a fin de completar la carga, para facilitar el cálculo, se tiene la siguiente figura: Figura II.7.2 12 KN/m
Carga ficticia
B
(x-d)Senθ
x-d
θ
x
d=5.472(m)
x
(x-d)Cosθ
H C 281.25 [KN]
xSenθ θ
12KN/m
xCosθ
C V C 160 [KN]
Carga ficticia
5m 9m Las ecuaciones de fuerzas internas son:
xCosθ x 5.472Cosθ M x 160( xCosθ ) 281.25( xSenθ ) 12( xCosθ ) 12 x 5.472Cosθ 2 2 M x 31.983 x 5.010 x 2 5.010( x 5.472) 2
x 5.472
x 5.472
VIGAS
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Q x
dM x
(31.983 10.021 x 10.021( x 5.472) dx Q x 31.983 10.021 x 10.021( x 5.472) x 5.472
x 5.472
)
Para la ecuación de la Normal realizamos el siguiente análisis: La ecuación Normal será, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V N H FH x Cosθ
Donde:
N H
N V FV x Senθ
θ
FH x
N V
Remplazando: N x FH x Cosθ FV x Senθ
FV x
Finalmente se tiene la ecuación Normal:
θ
N x FH x Cosθ FV x Senθ
θ
Para los signos, se asume positivos en la dirección de las sumatorias: F H x y FV x , hasta el
punto x. Para nuestro caso: FH x 281.25
FV x 160 12( xCosθ ) 12( x 5.472)Cosθ
x 5.472
Remplazando: N x (281.25)Cosθ 160 12 xCosθ 12( x 5.472)Cosθ N x 321.992 4.454 x 4.454( x 5.472)
x 5.472
Senθ
x 5.472
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
-31.983
-321.992
2.736
50.002
-4.566
-309.806
5.472
24.998
22.852
-297.620
9.849
-75.001
22.852
-297.620
4. Diagramas 4.1. Diagramas de Momento flector – 96.000 – 75.001
A
– 24.000
D +6.000
B
recta
+24.998
+50.002 Parábola de 2° grado
C
VIGAS
41
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4.1. Diagrama de Cortante – 52.000
A
B
– 16.000
D +22.852 +20.000
+24.000 +48.000
+22.852
– 31.983
C
4.1. Diagrama de Cortante – 281.25
– 281.25 – 297.620
D A
– 297.620
B – 309.806 – 321.992
C
Problema II.8 Determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas, diagramas de Momento M, diagrama de Cortante Q, diagrama de Normal N, para la viga de la figura. Figura II.8.1 20 KN
13KN/m
2m 17 KN 4m
50 KNm
5m
4m
5m
VIGAS
42
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1. Geometría
Figura II.8.2 20 KN
Carga ficticia
13KN/m C
B
x
2m 13 KN/m x
17 KN
V B
4m 50 KNm
d
Carga ficticia
D
θ
H A A V A
5m
4m
5m
Hallamos D : D
42 52
D 6.403m
Hallamos d , por relación de triángulos: d
2
6.403
d
6.403
5 5 d 2.561m
2
Calculamos θ : tgθ
4
θ tg 1 0.8
5 θ 3839'35.31' '
Descomponemos la carga puntual de 20 KN: 20 KN 20Senθ
Remplazando se tiene: Sus componentes son: 20S en(38°39’35.31’’)=12.494 KN 20Cos(38°39’35.31’’)=15.617 KN
θ 20Cosθ 2. Reacciones de apoyo M A 0
12.494 KN
15.617 KN
V B (14) 13(5)(14 2.5) 17( 2) 50 0 14V B 747.5 34 50 0 V B 52.250 [KN]
F V 0 V A 17 12.494 13(5) 52.250 0 V A 42.244 [KN]
VIGAS
43
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F H 0 H A 15.617 0 H A 15.617 [KN] Control: M B 0
42.244(14) 15.617(4) 50 17(12) 12.494(9) 13(5)(2.5) 0 0.002 0 3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N
Analizaremos el tramo en la siguiente figura: Figura II.8.3 2m
C
x-d
17 KN d=2.561m
50 KNm
x
x H A 15.617 KN A
(x-d)Cosθ xSenθ
θ
xCosθ V A 42.244 KN
Las ecuaciones son: M x 15.617( xSenθ ) 42.244( xCosθ ) 17( x 2.561)Cosθ M x 23.231 x 13.275( x 2.561) Q x
x 2.561
(x-d)Senθ
θ
x 2.561
50 x 2.561
50 x 2.561
dM x
23.231 13.275 dx Q x 23.231 13.275 x 2.561
x 2.561
Para hallar la ecuación Normal y otra forma para determinar la ecuación de la Cortante en una viga inclinada, realizamos el siguiente análisis: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V FH x Donde: N H FH x Cosθ θ N H N V
Q H
N V FV x Senθ
FV x θ
QV
θ
Remplazando:
N x FH x Cosθ FV x Senθ
Finalmente se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
VIGAS
44
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Q H FH x Senθ
Donde:
QV FV x Cosθ Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Remplazando: Finalmente se tiene:
Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Para los signos, se asume positivos en la dirección de las sumatorias:
F H x y FV x , hasta el
punto x. Para el problema: FH x 15.617
FV x 42.244 17 x 2.561 Remplazando: N x (15.617)Cosθ (42.244 17
x 2.561
) Senθ
N x 15.617Cosθ 42.244 Senθ 17 Senθ N x 38.584 10.620
x 2.561
Q x (15.617) Senθ ( 42.244 17
x 2.561
)Cosθ
Q x 15.617 Senθ 42.244Cosθ 17Cosθ Q x 23.231 13.275
x 2.561
x 2.561
x 2.561
Ambos resultados son idénticos, por lo tanto se puede emplear cualquier método para hallar la ecuación de
la Cortante. Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
23.231
-38.584
1
23.231
23.231
-38.584
2
46.462
23.231
-38.584
2.561
59.495 9.495
23.231 9.956
-38.584 -27.964
4
23.821
9.956
-27.964
5
33.777
9.956
-27.964
6.403
47.746
9.956
-27.964
3.2. Tramo C-B.Origen de x el punto B. Signos: +M +N +Q
Las ecuaciones de fuerzas internas son:
x x 5 M x 52.250 x 13 x 13( x 5) 2 2 M x 52.250 x 6.5 x 6.5( x 5) 2
Q x
dM x dx
x 5
2 x 5
(52.250 13 x 13( x 5) x 5 )
VIGAS
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Q x 52.250 13 x 13( x 5)
x 5
N x 0
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
-52.250
2.5
90.000
-19.750
5
98.750
12.750
9
47.750
12.750
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector
Parábola de 2° grado +98.750
Recta
+90.000 +47.750 +47.746
B C +59.495
+9.495
Salto de Momento
A
Realizamos control de Momento en el punto C (Continuidad de momento): C
47.750[KNm]
M B 0 47.746 47.750 0 0.004 0
47.746[KNm]
4.2. Diagrama de Cortante +12.750
+12.750
B C +9.956
– 19.750 – 52.250 +23.231
A
salto de Cortante
VIGAS
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– 27.964
4.3. Diagrama de Normal
B C
– 38.584
– 27.964
salto de Normal
– 38.584
A
Problema II.9 Determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas, diagramas de Momento M, Cortante Q, Normal N, para la viva de la figura.
Figura II.9.1 25 KN/m 10 KN/m 7 KN/m
15 KN
3m
3m
30°
7m
4m
5m
VIGAS
47
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1. Geometría Figura II.9.2 25 KN/m 10 KN/m E 7 KN/m
15 KN L D
H E V E
3m A
θ
C
x xSenβ
D
3m
β
xCosβ
β
V A
B 30°
7m
V B
4m
5
Determinamos D y L: D 7 2 3 2 7.616m D 7.616m L
4 2 3 2 5m L 5m
Calculamos los ángulos: tgθ
tgβ
3 4
3 7
θ tg 1 0.75
Cosθ
θ 36.870
Senθ
4 5 3 5
0.8 0.6
β tg 1 0.429
β 2311'54.93' ' Descomponemos la reacción de apoyo del punto B: Sus componentes son:
B
V B Sen30
V B 30° V B Cos30 30°
V B Cos30 V B Sen30
En el calculo de reacciones de apoyo, y las ecuaciones de fuerzas internas, utilizaremos los componentes
de V B .
VIGAS
48
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Ahora analizaremos la carga distribuida del trapecio: Calculamos las áreas : b-a b
A1
Triangulo:
1
2 A2 al
Rectángulo: a
2
ATOTAL A1 A2
1
1 2
b a l b a a 2 2
(b a )l al l
b a l (b a) 2 2 2
ATOTAL l
l
Determinaremos el centro de gravedad donde se concentra la carga distribuida del trapecio: Respecto al eje y : y y’ Según el teorema de Varignon: xc x’ c ATOTAL x c A1 x1 A2 x 2 1
x c
b-a
b
2
a l
x1
Donde:
x 2
x
1
l 3 1
2
A1 x1 A2 x 2 ATOTAL
brazo del triangulo respecto al eje y l
brazo del rectángulo respecto al eje y
Para figuras geométricas regulares, los brazos están establecidos en tablas.
Remplazando:
1 1 1 l 2 b l 2 a 3al 2 l b a l l ( al ) 1 l 2 b a 1 al 2 3 2 2 2 6 6 x c l (b a ) l (b a ) l (b a ) 2
2 xc
l 2 b 2al 2
3l (b a )
2
l (b 2a )
3(b a )
Finalmente se tiene el brazo x c del trapecio, respecto al eje y: x c
l (b 2 a )
3(b a )
Respecto al eje y’ : x c ' l
l (b 2a )
3(b a )
3lb 3la lb 2la 3(b a )
Finalmente se tiene el brazo x c ' del trapecio, respecto al eje y’: x c '
l (2b a )
3(b a )
Donde: a=Carga distribuida menor del trapecio. b=Carga distribuida mayor del trapecio. l=Longitud de la carga. ATOTAL=Resultante de la carga distribuida del trapecio. x c , x c ' = Brazo de la resultante, respecto al eje elegido.
2lb la 3(b a )
VIGAS
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Este análisis se puede realizar para cualquier figura regular, para figuras irregulares se puede utilizar otros
métodos como el de integrales. 2. Reacciones de apoyo M c 0 (Lado izquierdo) V A (7) V B Cos30(0) V B Sen30(3) 7(3)(1.5) 0
7V A 1.5V B 31.5 ..........................(1)
M E 0
V A (16) 7(6)(3) V B Cos30(9) V B Sen30(6) RT bT 0
Donde: RT ATOTAL bT x c '
l (b a )
2 l (2b a ) 3(b a )
Resultante del trapecio Brazo del trapecio (respecto al eje y’)
Las ecuaciones se desarrollaron en la parte de Geometría.
Para nuestro caso:
b 25[ KN / m] a 10[ KN / m] l 5m
Remplazando en la ecuación de momento: 16V A 126 10.794V B
5(25 10) 5( 2 25 10) 2
3(25 10)
0
16V A 126 10.794V B 250 0 16V A 10.794V B 376 ..........................(2) Se forma el sistema:
7V A 1.5V B 31.5 16V A 10.794V B 376 Resolviendo el sistema: V A 4.344 [KN] V B 41.274 [KN]
F V 0 V A V B Cos 30 RT V E 0
Resultante del trapecio: RT 87.5 [KN]
F H 0
4.344 41.274Cos30 87.5 V E 0 V E 56.100 [KN] 7(6) 41.274 Sen30 15 H E 0 H E 6.363 [KN]
Control:
M B 0 56.1(16) 6.363(3) 87.5(13.143) 15(3) 41.274Cos30(7) 41.274 Sen30(3) 0 0.024 0
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3. Ecuaciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B. Origen de x el punto A. Signos: +N
+Q +M
Las ecuaciones son:
xSenβ 2
M x 4.344( xCosβ ) 7( xSenβ ) M x 3.993 x 0.543 x 2 Q x
dM x
3.993 1.086 x dx Q x 3.993 1.086 x Para la Normal y otra forma para determinar la ecuación de la Cortante, realizamos el siguiente análisis: La ecuación Normal será, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V Q H
N V FV x Senβ
β
FH x
N H FH xCosβ
Donde:
N H
Remplazando:
N V
N x FH xCosβ FV x Senβ
FV x
β
Finalmente se tiene la ecuación Normal:
QV β
N x FH xCosβ FV x Senβ
La ecuación de la Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Donde: Q H FH x Senβ QV FV x Cosβ
Remplazando:
Q x FH x Senβ FV x Cosβ
Finalmente se tiene la ecuación de la Cortante: Q x FH x Senβ FV x Cosβ Para nuestro caso: FH x 7( xSenβ ) 7 xSenβ
FV x (4.344) 4.344 Remplazando: N x (7 xSenβ )Cosβ (4.344) Senβ N x 2.534 x 1.711 Q x (7 xSenβ ) Senβ (4.344)Cosβ Q x 1.086 x 3.993 Ambos resultados son idénticos, por lo tanto se puede emplear cualquier método para hallar la ecuación de
la Cortante.
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Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
-3.993
-1.711
2
-5.814
-1.821
-6.779
3.808
-7.331
0.142
-11.360
4
-7.284
0.351
-11.847
6
-4.410
2.523
-16.915
7.616
1.085
4.278
-21.010
3.2. Tramo B-C.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q +N
Se tiene la siguiente figura: Determinamos las sumatorias de fuerzas horizontales, verticales y momentos hasta el punto B: FV B 4.344 V B Cos30 4.344 41.274Cos30
x
M B
FV B 31.4 [KN] FH B 7(3) V B Sen30 21 41.274Sen30 FH B 0.363 [KN] M B 4.344(7) 7(3)(1.5) 1.092 [KNm]
FH B
B
FV B Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x M B FH B ( x) M x 1.092 0.363 x Q x
dM x
0.363
dx Q x 0.363 N x 31.4
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
0
1.092
1.5
0.548
3
0.003
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3.3. Tramo C-D.Origen de x el punto C. Signos: +M +Q +N
Para determinar las ecuaciones de f uerzas internas, analizaremos el tramo en la siguiente figura: D
7 KN/m
FH C C
x θ xCosθ
xSenθ
FV C
Determinamos las sumatorias de fuerzas horizontales, verticales y momentos hasta el punto C : FV C 4.344 V B Cos30 4.344 41.274Cos30 31.4
FH C 7(3) V B Sen30 21 41.274Sen30 0.363 M C ( 4.344)(7) 7(3)(1.5) 41.274Sen30(3) 0.003 0 La sumatoria de momento en la articulación C es cero, lo cual verifica nuestras reacciones de apoyo.
Las ecuaciones internas serán:
xSenθ 2
M x FV C ( xCosθ ) FH C ( xSenθ ) 7( xSenθ ) M x 31.4 xCosθ 0.363 xSenθ 3.5 x 2 Sen 2θ M x 24.902 x 1.260 x 2 Q x
dM x
24.902 2.520 x dx Q x 24.902 2.520 x Para hallar la Normal y otra forma para determinar la ecuación de la Cortante en una viga inclinada, realizamos el siguiente análisis: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x N H N V FH x Donde: N H FH x Cosθ θ
N V FV x Senθ
N H N V
Q H
FV x θ
QV
θ
Remplazando:
N x FH x Cosθ FV x Senθ
Finalmente se tiene: N x FH x Cosθ FV x Senθ
La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x Q H QV Donde:
VIGAS
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Q H F H x Senθ QV FV x Cosθ Q x FH x Senθ FV x Cosθ
Remplazando: Para nuestro caso: FH x 0.363 7 xSenθ
FV x 31.4 Remplazando: N x (0.363 7 xSenθ )Cosθ (31.4) Senθ N x 19.130 3.360 x Q x (0.363 7 xSenθ ) Senθ (31.4)Cosθ Q x 24.902 2.520 x Ambos resultados son similares, por lo tanto los dos métodos de cálculo de la Cortante se pueden emplear.
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
N x [ KN ]
0
0.000
24.902
-19.130
1
23.642
22.382
-22.490
2
44.764
19.862
-25.850
2.5
54.380
18.602
-27.530
3
63.366
17.342
-29.210
4
79.448
14.822
-32.570
5
93.010
12.302
-35.930
3.4. Tramo D-E.Origen de x el punto E. Signos: +M +N +Q
Analizaremos la carga distribuida del trapecio, en la siguiente figura: b x
R x
q x 25 KN/m
Q x
x
5m
Remplazando:
Resultante= ATOTAL
l (b a )
2 15 KN/m Se tiene: R x Resultante del trapecio en el tramo x l=x b=Q x 10 KN/m a=10 KN/m E remplazando: (Q 10) x R x x H E 6.363 [KN] 2 donde: V E 56.1 [KN] Q x q x 10 hallamos q x por relación de triángulos: q x 15 q x 3 x x 5
Q x 3 x 10
La resultante del trapecio será:
R x
[(3 x 10) 10] x 2
(3 x 20) x 2
R x
x(3 x 20)
2
VIGAS
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El brazo de la resultante del trapecio será:
l (b 2a)
x c
3(b a)
remplazando: b x x c
x(Q x 2 10)
3(Q x 10)
b x
x[(3 x 10) 20]
3[(3 x 10) 10]
x(3 x 30)
3(3 x 20)
x(3 x 30)
3(3 x 20)
Las ecuaciones utilizadas se desarrollaron en la parte de Geometría.
Las ecuaciones serán: M x 56.1 x R x b x 56.1 x M x 56.1 x
x
x(3 x 20) x(3 x 30)
2
3(3 x 20)
2
3 30 (3 x 30) 56.1 x x 3 x 2 6 6 6
3 2 M x 56.1 x 0.5 x 5 x
Q x
dM x
dx N x 6.363
(56.1 1.5 x 2 10 x) Q x 56.1 1.5 x 2 10 x
Evaluando: x[m]
M x [ KNm]
Q x [ KN ]
0
0.000
-56.100
1.25
61.336
-41.256
2.5
101.188
-21.725
3.75
113.695
2.494
5
93.000
31.400
4. Diagramas 4.1. Diagrama de Momento flector
+113.695 +93.000 +93.010
+101.188 +61.336
D E
A
C
+1.085
B
– 7.331 +1.092
