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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-2
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
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:
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-3
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-4
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-5
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-6
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-7
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-8
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Ahora podemos dibujar las funciones V(x) y M(x) deducidas para cada tramo:
4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-9
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-10
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-11
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-12
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-13
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-14
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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:
4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm
120 cm30 cm 30 cm
O
A B
C
4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm
120 cm30 cm 30 cm
Ay
Ax
By
O A BC
4500 kgf-cm100 kgfq = 1,5 kgf/cm
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-15
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-16
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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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-17
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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:
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-18
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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
+
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-19
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
∑ = :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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-20
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
∑ = 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
+
+
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-21
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-22
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
+
+
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-23
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-24
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-25
Pontificia Universidad Católica del Perú Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño
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°
Cap. 8 Fuerzas Internas Pág. 8-26
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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
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