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ARCOS Y BARRAS DE EJE CURVO

165

FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS

CAPITULO VI

Problema VI.1 Para el arco triarticulado de eje parabólico mostrado en la figura, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N.

Figura VI.1.1 4m

f=8 m

7 KN/m

60 KN

3.5 m

L  6m 2

4m

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1. Geometría Figura VI.1.2 4m 7 KN/m B

y

60 KN

VC

y

HC

f=8 m

C

y–3.5

3.5m y

HA

x

x

x

A VA

1.5m

2.5m

2m

4m

La ecuación del eje parabólico esta dado por la siguiente ecuación: y

4 f  x ( L  x) L2

De la figura se tiene: L  6  L  12m 2 f  8m

Remplazando en la ecuación del eje parabólico: 48 32 32 2 8 2 y x12  x   x x  x  x2 2 12 144 3 9 12 8 2 La ecuación será: y  x  x2 3 9 Determinamos el ángulo θ tangente a la curva, derivando: dy 8 4 8 4  tg    x    tg 1   x  dx 3 9 3 9 

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8 4    tg 1   x  3 9  Calcularemos las coordenadas que nos serán útiles para solucionar el problema, haciendo uso de la ecuación del eje parabólico: 8 2  Si: x  10m y   10   10 2 3 9 y  4.444m 8 2  Si: x  4m y   4   42 3 9 y  7.111m 8 2  Si: 3 .5  x  x 2 y  3 .5 m 3 9 Para este problema se tiene la siguiente ecuación de segundo grado: 2 x 2  24 x  31.5  0 Resolviendo: x1  10.5 m (No valido) x 2  1.5 m (Si valido)  No es valido x1  10.5 m, por que ésta coordenada esta fuera de nuestro arco triarticulado.

El ángulo será:

2. Reacciones de apoyo  MA 0

 MB 0

 VC 10   H C 4.444   72.52.75  603.5  0 10VC  4.444 H C  258.125 ……………………. (1) (Lado derecho de la articulación B)

 VC 6   H C 7.111  4.444   0 6VC  2.667 H C  0 ……………………………. (2) Se forma el siguiente sistema de ecuaciones lineales:

10VC  4.444 H C  258.125  6VC  2.667 H C  0

Resolviendo:    FV  0

   FH  0

VC  12.908 [KN] H C  29.039 [KN] V A  72.5  12.908  0 V A  4.592 [KN] H A  60  29.039  0 H A  30.961 [KN]

Control: Realizamos el control calculando las reacciones de apoyo del punto A, por ecuaciones de Momento:  MC  0 V A 10   H A 4.444   604.444  3.5  72.57.25  0

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 MB 0

10V A  4.444 H A  183.515 ……………………. (1) (Lado izquierdo de la articulación B)

V A 4   H A 7.111  607.111  3.5  72.51.25  0 4V A  7.111H A  238.535 …………………….. (2)

Resolviendo el sistema: V A  4.592 [KN] H A  30.961 [KN]  Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.

3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-C. Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N

Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  V A  x  H A  y  60 y  3.5

y  3 .5

 x  1 .5   7x  1.5   2 

M x  4.592 x  (30.961) y  60 y  3.5 M x  4.592 x  30.961 y  60 y  3.5

y  3 .5

y  3 .5

 3.5x  1.5

 3.5x  1.5

 72.5x  2.75 1 .5  x  4

2 1 .5  x  4

2 1 .5  x  4

 17.5x  2.75

 17.5x  2.75

x4

x4

x4

Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante, realizamos el siguiente análisis: NH

QH

θ Recta tangente

 FH x θ

 FVx y

NV

θ x

Donde:

QV

La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x   N H  NV Donde: N H   FH x Cos

N V   FV x Sen Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Cos   FV x Sen La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos: Q x  Q H  QV

Q H   FH x Sen

QV   FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Sen   FV x Cos

 Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura. Para nuestro problema:    FH x  30.961  60 y 3.5 Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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   FV x  4.592  7 x  1.5 1.5 x  4  17.5

x4

Remplazando en las ecuaciones: Q x  (30.961  60 y 3.5 ) Sen  (4.592  7x  1.5 1.5 x  4  17.5 Q x  30.961Sen  60

y  3 .5

y  3 .5

)Cos

Sen  4.592Cos  7x  1.5 1.5 x  4 Cos  17.5

x4

Cos

Sen  7x  1.5 1.5 x  4 Cos  17.5

x4

Cos

x4

Sen

Q x  30.961Sen  4.592Cos  60

N x  (30.961  60

x4

y  3 .5

)Cos  (4.592  7x  1.5 1.5 x  4  17.5

N x  30.961Cos  4.592 Sen  60

y  3 .5

x4

) Sen

Cos  7x  1.5 1.5 x  4 Sen  17.5

Evaluando: Resumen: 8 2 y  x  x2 3 9 8 4    tg 1   x  3 9 

M x  4.592 x  30.961 y  60 y  3.5

y  3 .5

 3.5x  1.5

2 1 .5  x  4

 17.5x  2.75

x4

Q x  30.961Sen  4.592Cos  60

y  3 .5

Sen  7 x  1.5 1.5 x  4 Cos  17.5

x4

Cos

N x  30.961Cos  4.592 Sen  60

y  3 .5

Cos  7 x  1.5 1.5 x  4 Sen  17.5

x4

Sen

El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos: x[m]

y[m]

 []

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 1

0 2.444

69.444 65.772

0.000 80.274

1.5

3.5

63.435

115.252

2 3 4 5 6 7 8 9 10

4.444 6 7.111 7.778 8 7.778 7.111 6 4.444

60.642 53.130 41.634 23.962 0 -23.962 -41.634 -53.130 -60.642

89.247 41.667 -0.007 -32.274 -51.635 -58.090 -51.639 -32.281 -0.017

30.602 30.118 29.746 -23.920 -24.774 -26.776 -28.940 -23.589 -12.908 -0.002 9.645 15.486 18.981

6.572 8.518 9.739 -17.094 -15.188 -12.697 -13.128 -21.294 -29.039 -31.779 -30.280 -27.750 -25.487

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4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +115.252 +89.247 +80.274

+41.667

B 1

A

2

3

5

6

7

8

9

C 10

4

–32.281

–32.274 –51.635

–51.635 –58.090

+18.981

+15.486

+9.645

+29.746

+30.118

+30.602

4.2 Diagrama de Cortante

B 2

4

5

6

1

7 8

9

10

–23.589

–28.940

–26.776

–23.920

–12.908

C

–24.774

A

3

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4 B

–25.487

–27.750

–31.779

–30.280

–21.294

–13.128

3

1 5

6

7

8

9

10 C

+9.739

+8.518

2 +6.572

–12.697

–17.094

A

–15.188

4.3 Diagrama de Normal

–29.039

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Problema VI.2 Para el arco triarticulado de eje circular mostrado en la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.2.1 70 KNm

17 KN/m

f=5 m

13 KN/m

45 KNm

a  6m

a  6m

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1. Geometría Figura VI.2.2 70 KNm C 5–y

13 KN/m

17 KN/m

f=5 m

y–2.5 Resultante=65 KN y

R

y

y

x

HA

45 KNm

x

x

R

b

A

B

o (Centro de la circunferencia)

VA

HB

a  6m

VB

a  6m

La ecuación del eje circular esta dado por la siguiente ecuación:

 x  a 2   y  b 2  R 2 De la figura podemos determinar las siguientes condiciones: R 2  b 2  a 2 ……………….. 1 R  b  f …………………… 2 De la ecuación 2, elevamos al cuadrado ambos términos de la ecuación: 2 R 2  b  f  ……………… 3 Igualando las ecuaciones 1 y 3: b  f 2  b 2  a 2 b 2  2bf  f

2

 b2  a2

a 2  f 2 62  52  2f 25 b  1.1m Remplazando en 2: R  1.1  5  6.1 [m]  Considerando de acuerdo a nuestro eje de referencia cartesiano, la ordenada b como negativo. Remplazando en la ecuación del eje circular, se tiene: x  62   y   1.12  6.12 b

La ecuación del eje circular es:

x  62   y  1.12  37.21 2 y  37.21  x  6   1.1 2 y  37.21  x  6   1.1 Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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Determinamos el ángulo θ tangente a la curva, derivando, en este caso implícitamente: 2x  6   2 y  1.1 y '  0 dy x6 y'   tg   dx y  1 .1  x6     tg 1    y  1 .1 

2. Reacciones de apoyo  MB 0

 MC  0

V A 12   1352.5  70  1752.5  45  0 V A  6.25 [KN] (Lado izquierdo de la articulación C) 6.256   H A 5  1352.5  0 H A  25 [KN]

   FV  0

6.25  V B  0 V B  6.25 [KN]

   FH  0

 25  135  175  H B  0 H B  45 [KN]

Control: Realizamos el control calculando las reacciones de apoyo del punto B, por ecuaciones de momento:  MA 0

 MC  0

 V B 12   45  1752.5  70  1352.5  0 V B  6.25 [KN] (Lado derecho de la articulación C)

H B 5  45  1752.5  70   6.256   0 H B  45 [KN]  Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados. 3. Funciones de fuerzas internas 3.1. Tramo A-B. Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N

Las ecuaciones de fuerzas internas son:  y M x  V A  x  H A  y  13 y   70  2  x6 M x  6.25 x   25 y  6.5 y M x  6.25 x  25 y  6.5 y

2

2 x6

x6

 70

 70

x6

x6

x6

 13  5 y  2.5

 65 y  2.5

 65 y  2.5

x 6

x 6

x 6

5 y  175  y    2 

 8.55  y 

 8.55  y 

x6

2 x6

2 x6

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Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante, utilizamos las siguientes ecuaciones: N x   FH x Cos   FV x Sen

Q x   FH x Sen   FV x Cos  Estas ecuaciones fueron desarrolladas en el problema VI.1, su deducción es similar. Para nuestro problema:    FH x  25  13 y x 6  13  5 x 6  175  y  x 6  25  13 y x 6  65 x 6  175  y     FV x  6.25 Remplazando: Q x  (25  13 y

x6

N x  (25  13 y

x6

 65  65

x 6 x 6

 175  y   175  y 

x6 x6

x6

) Sen  6.25Cos )Cos  6.25Sen

Evaluando: Resumen: y  37.21  x  6   1.1 2

 x6     tg 1    y  1 .1  M x  6.25 x  25 y  6.5 y 2 Q x  (25  13 y

x6

N x  (25  13 y

x6

 65  65

 70

x6

x6

 65 y  2.5

 175  y 

x 6 x 6

 175  y 

x6 x6

x 6

 8.55  y 

) Sen  6.25Cos

2 x6

)Cos  6.25Sen

El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos: x[m]

y[m]

 []

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 1 2 3 4 5

0.000 2.394 3.505 4.211 4.663 4.917

79.611 55.052 40.976 29.459 19.139 9.435

25.717 -1.441 -8.770 -9.188 -5.773 -0.216

-1.639 -8.632 -19.629 -28.975 -35.697 -39.425

6

5.000

0.000

6.250

-40.000

7 8 9 10 11 12

4.917 4.663 4.211 3.505 2.394 0.000

-9.435 -19.139 -29.459 -40.976 -55.052 -79.611

0.000 28.845 20.263 8.754 0.249 -2.993 0.000 -70.000 -60.507 -44.979 -24.990 -4.204 7.766 -45.000

12.493 17.140 18.520 14.287 0.058 -43.135

-37.050 -30.324 -20.080 -6.919 7.585 14.262

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4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector –70

–60.507

–45

–44.979

–24.990

1

A

2

3

4

–4.204

–2.9935

+0.249

5

11 6 C

7

8

9

10

B 12

+7.766

+8.754

+20.263

+28.845

+0.058

+14.287

+18.520

+17.140

5 6

7

8

9

10

12

11

B

C

–43.135

–0.216

4 –5.773

3

–9.188

2 –8.770

A

–1.441

1

+12.493

+6.250

+25.717

4.2 Diagrama de Cortante

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–20.080

–30.324

–37.050

–40

–39.425

–35.697

–28.975

–6.919

11 2

3

4

5

6 C

7

8

9

12 B

10

+14.262

1

+7.585

A

–8.632

–1.639

–19.629

4.3 Diagrama de Normal

Problema VI.3 Para la estructura mostrada en la figura determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.3.1

20 KN 13 KN/m 30 KN

R=5 m

5m

7m

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1. Geometría Figura VI.3.2 20 KN 13 KN/m 30 KN C

x



rCos

B

D

x R=5 m

VB

r

rSen HA

x

A

VA 5m 2. Reacciones de apoyo  MA 0

   FV  0

7m

 V B 12   1312 6   305  0 V B  65.5 [KN] V A  1312   65.5  20  0 V A  110.5 [KN]

   FH  0

H A  30  0 H A  30 [KN]

Control:  MB 0

   FH  0

V A 12   H A 5  2012   1312 6   0 12V A  5 H A  1176 ……………….. (1)  H A  30  0 H A  30 [KN]

Remplazando en la ecuación 1, se tiene: 12V A  5  30  1176 V A  110.5 [KN]  Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados.

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3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-D.Origen de x el punto A. +M Signos: +Q +N

Para determinar las funciones de fuerzas internas de este tramo, consideraremos coordenadas polares, de esta forma reduciremos los cálculos, representaremos el tramo en la siguiente figura y detallaremos su solución: Figura VI.3.3 (Polo) O



r

rCos

Eje polar

r

rSen r  rCos H A  30 KN

x V A  110 .5 KN

Analizando nuestro problema y observando la figura podemos terminar que: r es constante y θ es variable, por lo tanto obtendremos nuestras ecuaciones en función del ángulo θ, haciendo variar de 0º hasta 90º en sentido antihorario y tomando en cuenta que r  R  5m . Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  V A rSen   H A r  rCos  M x  V A  r Sen  H A  r 1  Cos 

M x  110.5  5Sen  30  51  Cos 

M x  552.5Sen  1501  Cos  Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante, analizaremos en la siguiente figura:

La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x   N H  NV Donde: N H   FH x Cos



r

 FH x θ

QH

NH NV

Recta tangente

QV

 FV x θ

N V   FV x Sen Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Cos   FV x Sen La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x  Q H  QV

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Q H   FH x Sen

Donde:

QV   FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Sen   FV x Cos

 Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura. Para nuestro problema:    FH x  30    FV x  110.5 Remplazando en las ecuaciones: N x  30Cos  110.5Sen Q x  30 Sen  110.5Cos Evaluando:

 º 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 15 30 45 60 75 90

0.000 137.886 256.154 346.743 403.479 422.497 402.500

110.500 98.970 80.696 56.922 29.269 -0.378 -30.000

-30.000 -57.577 -81.231 -99.349 -110.696 -114.499 -110.5

3.2 Tramo C-D.Origen de x el punto C. Signos: +Q +N

+M

Las ecuaciones de fuerzas internas son:  x M x  20 x  13 x   20 x  6.5 x 2 2 M x  20 x  6.5 x 2 dM x  20  13 x  Q x  20  13 x dx Nx  0 3.3 Tramo B-D.Origen de x el punto B. Signos: +M +N Qx 

Evaluando: x[m]

M x [KNm]

Q x [KN ]

0 2.5 5

0.000 -90.625 -262.500

-20.000 -85.000

+Q

Las ecuaciones de fuerzas internas son:  x M x  65.5 x  13 x   65.5 x  6.5 x 2 2 M x  65.5 x  6.5 x 2

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dM x  (65.5  13 x)  65.5  13 x  Q x  65.5  13 x dx N x  30 Evaluando: Qx  

x[m]

M x [KNm]

Q x [KN ]

0 3.5 7

0.000 149.625 140.000

-65.500 25.500

4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector –262.5 –90.625

D C

B

+402.500

+140

+149.625 +422.497

+403.479

A

+346.743 +137.886

+256.154

4.2 Diagrama de Cortante –85 –20 –30

–65.5

D

+25.5

C

B

–0.378

+29.269

+56.922

A +80.696 +98.970 +110.5

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4.3 Diagrama de Normal –30

–30

–110.5

B D

C –114.499 –110.696 –99.349 –81.231 –57.577 –30

A Problema VI.4 Para la estructura de eje circular mostrada en la figura, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, cortante Q y Normal N. Figura VI.4.1 170 KN 45 KN

R=6 m

30º

30º

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1. Geometría Figura VI.4.2 170 KN C

45 KN x

rCos(θ-90º)

rSen(θ-90º)

rCos(-θ)

r θ-90º 

rCos30º

Eje polar

90º



rSen(-θ)

rSen30º

A’

r=6 m

30º

O

B’

30º

(Polo)

r

x HA

A

B VB

VA

Calculamos las longitudes necesarias: 1 AA'  BB '  rSen30º  6   3 [m] 2  3   3 3 [m] A' O  B ' O  rCos30º  6  2   

2. Reacciones de apoyo  MA 0





    3   1703 3   456  3  0

V B B ' O  A' O  170 A' O  45 r  A' A  0



VB 3 3  3    FV  0

   FH  0

V B  46.029 [KN] V A  170  46.029  0 V A  123.971 [KN] H A  45  0

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H A  45 [KN]

Control:  MB 0





 

 V A 2  3 3  456  3  170 3 3  0 V A  123.971 [KN]

   FH  0

 H A  45  0 H A  45 [KN]  Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados. 3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N

Cos     Cos Sen     Sen Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  V A rCos     rCos30º   H A rSen30º  rSen    170  rSen  90º   90 º

Considerando que:

 45r  rCos   90º   90 º

M x  V A  r Cos  Cos30º   H A  r Sen30º  Sen   170  r  Cos   90 º  45  r 1  Sen   90 º

M x  743.826Cos  Cos30º   270Sen30º  Sen   1020Cos

  90 º

 2701  Sen   90 º

Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, observaremos la siguiente figura: La Normal en el punto x, es de acuerdo a los signos asumidos:   30º N x  N H  NV QH Donde: N H   FH x Sen     FHSen NH 

 FH x  FV x



NV 

QV Recta tangente

N V   FV x Cos      FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Sen   FV x Cos La Cortante en el punto x, es de acuerdo a los signos asumidos: Q x  Q H  QV Donde: Q H   FH x Cos      FHCos QV   FV x Sen     FV x Sen

Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Cos   FV x Sen

 Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura.  De trigonometría se sabe que: Sen  90º   Sen  Cos 90º Cos  Sen90º  Cos Cos   90º   Cos  Cos 90º  Sen  Sen90º  Sen Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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Para nuestro problema:    FH x  45  45

 90 º

   FV x  123.971  170

Remplazando: N x   45  45

  90 º

Qx

  90 º

  45 

45

 90 º

Sen  123.971  170 Cos  123.971  170

  90 º   90 º

Cos Sen

Evaluando: Resumen: M x  743.826Cos  Cos30º   270Sen30º  Sen   1020Cos

  45 

N x   45  45

  90 º

Qx

  90 º

45

Sen  123.971  170 Cos  123.971  170

  90 º   90 º

Cos Sen

  90 º

 2701  Sen   90 º

El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo.  Tomando en cuenta que los ángulos negativos se remplazaran en las formulas como negativos y los positivos como positivos. Evaluamos:  º 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

-30 -15 0 15 30 45 60 75

0.000 -139.427 -234.654 -279.190 -270.000 -207.711 -96.568 55.856

90

239.172

105 120 150 180 210

167.693 101.085 -0.001 -37.002 -0.001

-100.957 -75.553 -45.000 -11.381 23.014 55.841 84.862 108.100 123.971 -46.029 -44.461 -39.862 -23.015 0.000 23.015

-84.862 -108.100 -123.971 -131.394 -129.862 -119.481 -100.957 -75.553 -45.000 0.000 -11.913 -23.015 -39.862 -46.029 -39.862

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4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector

C –96.568 –207.711

+55.856 +239.172

+167.693 +101.085

–270

–279.190

–37.002

–234.654

–139.427

A

B

+123.971 +108.100

4.2 Diagrama de Cortante +84.862

C –46.029

+55.841

–44.461 –39.862

+23.014 –23.015

–11.381

–45

–75.553

–100.957

A

B

+23.015

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4.3 Diagrama de Normal

C –45

–11.913

–75.553

–23.015

–100.957 –119.481 –39.862 –129.862

–131.394

–123.971

–46.029

–108.100

–84.862

–39.862

A

B

5m

Problema VI.5 Para la estructura de eje curvo determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y normal N. Figura VI.5.1 70 KN

5m

200 KN

50 KN

2.5 m

2.5 m

2.5 m

2.5 m Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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1. Geometría Figura VI.5.2 70 KN

5m

5–y

y y

HA

x

x

200 KN

x

x

MB

5m

A

B VB

–y

–y

x–2.5 50 KN

2.5 m

2.5 m

2.5 m

2.5 m

La ecuación del eje curvo esta dado por la siguiente ecuación:   y   aSen x  a  Como un dato del problema se tiene: a  5 [m], remplazando en la ecuación del eje curvo se tiene:   y  5Sen x  5  Determinamos el ángulo θ de la recta tangente al eje curvo, derivando la ecuación: dy      tg   5Cos  x    tg  Cos  x  dx 5  5 5      La ecuación es:   tg 1  Cos x   5   2. Reacciones de apoyo    FV  0  50  V B  0 V B  50 [KN]

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 MA 0

M B  5010   705  502.5  0 M B  25 [KNm]

   FH  0

H A  70  200  0 H A  130 [KN]

Control:  MA 0

V B 10   M B  705  502.5  0 10V B  M B  475 ……………….. (1)

   FV  0

50  V B  0 V B  50 [KN]

Remplazamos en la ecuación 1: 10  50  M B  475 M B  25 [KNm]  Estos resultados comprueban nuestros cálculos realizados. 3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +N +Q +M

Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  130 y   50x  2.5 x  2.5  705  y  M x  130 y  50 x  2.5

x  2 .5

 705  y 

x  7 .5

x  7 .5

Para determinar las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, observaremos la siguiente figura el cual es una parte de la estructura: La Normal en el punto (x,y), es de acuerdo a los signos asumidos: x N x   N H  NV -θ Donde: N H   FH x Cos      FH x Cos Recta tangente

–y

QH

-θ

NH

 FH x

 FV x

NV

N V   FV x Sen     FV x Sen Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Cos   FV x Sen La Cortante en el punto (x,y), es de acuerdo a los signos asumidos: Q x  Q H  QV Donde: N H   FH x Sen     FH x Sen QV   FV x Cos      FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Sen   FV x Cos

-θ -θ QV Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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 Ángulos medidos en sentido horario son negativos.  Realizando el análisis para la deducción de las ecuaciones en una porción de la estructura, donde el ángulo de la recta tangente es positivo, los resultados serán iguales.  Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura, estos sentidos pueden variar dependiendo de nuestra conveniencia. Para nuestro problema:    FH x  130  70 x 7.5    FV x   50

Remplazando: N x   130  70 Nx Qx Qx

  130  70  130  70  130  70

x  2 .5

x  7 .5 x  7 .5 x  7 .5 x  7 .5

Cos   50 Sen Cos   50 Sen Sen   50 Cos Sen   50 Cos x  2 .5

x  2 .5

x  2 .5

x  2 .5

Evaluando: Resumen:   y  5Sen x  5        tg 1  Cos x   5   M x  130 y  50 x  2.5

  130 

N x   130  70

x  7 .5

Qx

x  7 .5

70

x  2 .5

 705  y 

Cos   50 Sen   50

x  7 .5

Sen Cos

x  2 .5 x  2 .5

Evaluamos: x[m]

y[m]

 Rad 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 0.5 1 1.5 2

0.000 -1.545 -2.939 -4.045 -4.755

-1.263 -1.248 -1.196 -1.074 -0.771

0.000 200.861 382.060 525.861 618.187

-39.431 -41.260 -47.597 -61.906 -93.275

2.5

-5.000

0.000

650.000

3 3.5 4 4.5 5 5.5

-4.755 -4.045 -2.939 -1.545 0.000 1.545

0.771 1.074 1.196 1.248 1.263 1.248

593.187 475.861 307.060 100.861 -125.000 -350.861

123.876 123.279 120.973 114.314 90.552 0.000 -50.000 -126.427 -138.124 -139.280 -139.148 -139.041 -139.148

-130.000 -58.448 -17.939 -1.069 6.155 8.214 6.155

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6 6.5 7

2.939 4.045 4.755

1.196 1.074 0.711

-557.060 -725.861 -843.187

-139.280 -138.124 126.427

7.5

5.000

0.000

-900.000

-50

8 8.5 9 9.5 10

4.755 4.045 2.939 1.545 0.000

-0.711 -1.074 -1.196 -1.248 -1.263

-876.057 -759.017 -562.785 -309.017 -25.000

103.436 152.058 167.806 173.790 175.412

-1.069 -17.930 -58.448 -130 -200 -178.328 -139.206 -119.755 -110.892 -108.307

4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector –900 –843.187

–725.861

–557.060

–350.861

A

–125

–876.057

–759.017

–562.785

–309.017

–25

B +200.861

+100.861

+307.060

+382.060

+475.861

+525.861

+593.187

+618.187 +650

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4.2 Diagrama de Cortante

+103.436 –50 –126.427

+152.058

–138.124 +167.806 –139.280 +173.790 –139.148 +175.412

+123.876

A

–139.041

B

+123.279 –139.148 +120.973 –139.280 +114.314

–200

+90.552

–50

–138.124

–130

–178.328

–126.427 –58.448

4.3 Diagrama de Normal

–139.206 –17.930 –119.755 –1.069

–110.892 +6.155

A

–108.307

+8.214

–39.431

B +6.155

–41.260

–1.069

–47.597

–17.939 –61.906

 El sentido, solamente para el diagrama de la Normal, se ha cambiado para poder dibujar. Otra solución es dibujar en la línea proyectada a la curva.

–58.448 –93.275 –130

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Problema VI.6 Se aplica una presión que hace de carga distribuida uniforme y transversal al eje curvo, determinar para esta disposición las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.6.1

q=13 KN/m

r

α 10 m 1. Geometría Cargas equivalentes

Figura VI.6.2

q=13 KN/m

q=13 KN/m

q=13 KN/m

Carga distribuida anulada

q=13 KN/m

r

rSen 

x

α

HB

A

B VA

rCos 

10  rCos  V B

q=13 KN/m 10 m

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 En el problema haremos uso de las cargas equivalentes, de esta forma facilitaremos el calculo tanto de las reacciones de apoyo como de las ecuaciones de fuerzas internas. La ecuación del eje curvo esta dado por la siguiente relación (Cardioide): r  a 1  Cos  Para nuestro problema; a  5 , entonces la ecuación será: r  51  Cos  Para determinar el ángulo de la recta tangente a la curva, se realizara un análisis junto con la deducción de las ecuaciones Normal y Cortante. 2. Reacciones de apoyo La carga distribuida verticalmente como se puede observar en la Figura VI.6.2, son de sentidos opuestos, por lo tanto se anularan y la carga distribuida horizontal se anulara solamente la porción donde esta representada, como se puede observar en la figura de Geometría.  MB 0 V A 10   1310 5  0 V A  65 [KN]

   FV  0

V A  1310   V B  0  65  130  V B  0 V B  65 [KN]

   FH  0

H B  0 [KN]

Control:  MA 0

V B 10   1310 5  0 V B  65 [KN]  Este resultado comprueba nuestros cálculos.

3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q +N

Las ecuaciones de fuerzas internas son:  rSen   10  rCos  M x  13rSen    1310  rCos     6510  rCos  2 2     2 2 M x  6.5rSen   6.510  rCos   6510  rCos  Para las ecuaciones de la Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, además determinaremos la ecuación del ángulo de la recta tangente a la curva, observemos la siguiente figura:

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Signos asumidos:

QH +M

+Q

θ

NH

Recta perpendicular a la tangente

 FH x

+N

 FV x r

θ NV

Recta tangente

QV y  rSen 

α

θ x  rCos 

Eje polar

 Es importante distinguir el ángulo α de posición de la curva y el ángulo θ perpendicular de la recta tangente. La Normal es, de acuerdo a los signos asumidos: N x   N H  NV N H   FH x Sen Donde: N V   FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Sen   FV x Cos La Cortante es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x  Q H  QV Q H   FH x Cos Donde:

QV   FV x Sen Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Cos   FV x Sen

 Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura. Para nuestro problema:    FH x  13rSen

   FV x  65  1310  rCos  Remplazando: N x  13rSen Sen   65  1310  rCos Cos Q x  13rSen Cos   65  1310  rCos Sen Ya están definidas las ecuaciones de la Normal y Cortante, ahora determinaremos el ángulo perpendicular a la recta tangente a la curva, primeramente determinamos el ángulo de la tangente que esta dado por: dy tg  dx Como la curva esta definido en coordenadas polares, realizamos un cambio de coordenadas, llevándolas al sistema de coordenadas rectangulares o Cartesiano, entonces se tiene, observando la figura: y  rSen x  rCos 

Pero r, es, dentro de las coordenadas polares: Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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r  51  Cos  Remplazamos en las ecuaciones de coordenadas rectangulares y derivamos respecto al ángulo α: y  51  Cos Sen  51  Cos Sen  dy  50  Sen Sen  1  Cos Cos d





dy  5 Cos 2  Sen 2  Cos d x  51  Cos  Cos   51  Cos  Cos   dx  50  Sen  Cos   1  Cos   Sen  d dx  5 2 Sen Cos   Sen  d

Se tiene las derivadas, remplazaremos en la ecuación del ángulo de tangente: tg 





dy 5 Cos 2  Sen 2  Cos d  dx 5 2 SenCos  Sen d

Cos 2  Sen 2  Cos  2 SenCos  Sen La recta perpendicular al la tangente, se obtiene mediante la siguiente relación, de acuerdo a geometría analítica: 1  2 SenCos  Sen 2 SenCos  Sen tg     2 2 tg Cos   Sen   Cos Cos 2  Sen 2  Cos Por trigonometría: 2 SenCos  Sen 2 Cos 2  Sen 2  Cos 2 Remplazando y despejando el ángulo, se tiene la ecuación que necesitamos:  Sen 2  Sen    tg 1    Cos 2  Cos  Se obtuvieron todas las ecuaciones necesarias para la resolución de nuestro problema, ahora realizaremos la evaluación: tg 

Resumen: r  51  Cos   Sen 2  Sen    tg 1    Cos 2  Cos  2 2 M x  6.5rSen   6.510  rCos   6510  rCos  Q x  13rSen Cos   65  1310  rCos Sen N x  13rSen Sen   65  1310  rCos Cos

Evaluamos:  º 

 rad 

r m

 º 

 rad 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 30 60 90 120 150 180

0 π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 π

10.000 9.330 7.5 5 2.5 0.670 0

0 45 90 135 180 225 270

0.000 0.785 1.571 2.356 3.142 3.927 4.712

0.000 40.625 121.875 162.5 121.875 40.625 0.000

0.000 -14.569 -16.250 0.000 28.146 54.374 65

65 71.197 84.437 91.924 81.25 48.216 0

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4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +121.875

+151.615

+81.250 +162.5

+40.625 +151.615

+10.885 +121.875

A

+81.250

B +10.885

+40.625

4.2 Diagrama de Cortante

–10.241

–16.250 –17.589

+13.347

–14.569

–8.195

+28.146

A +42.463

B +54.374

+62.243 +65

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4.3 Diagrama de Normal

+84.437 +89.789

+77.641

+91.924 +71.197

+89.380

+66.640 +81.25

+67.338 +48.216

A +65 +25.164

B

Problema VI.7 Dado la carga vertical distribuida uniformemente a lo largo del eje, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.7.1

q=15 KN/m

r=7 m

r=7 m

45º

90º

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1. Geometría Figura VI.7.2 q=15 KN/m

dQ x ds

B C VB

r=7 m

r=7 m α

dθ x HA

θ

xSen45º

45º

45º xCos45º

A

90º

45º

Eje polar

rCosα

VA

rCosθ 7Cos45º

7Cos45º

7Cos45º

De la figura se tiene los siguientes datos importantes: dθ: Diferencial del ángulo θ. ds: Diferencial de la longitud de arco. dQ: Diferencial de la carga puntual. 2. Reacciones de apoyo  MA 0 Para la carga distribuida en el eje circular: dQ  qds ........................ (1) (Carga distribuida por la longitud de la carga) ds  rd ………………. (2) (Radio por el diferencial del ángulo) Remplazando la ecuación 2 en 1, se tiene: dQ  qrd (Es la carga puntual en el segmento diferencial) Realizando la suma de momentos se tiene:  7Cos 45º   V B 37Cos 45º    dQ rCos  2  7Cos 45º   157  0 2   Analizamos los términos de la integral y resolviendo:  dQrCos  2  7Cos 45º  Significado de los términos de la integral: dQ =Diferencial de la carga puntual. rCos  2  7Cos 45º =Brazo de la carga diferencial puntual respecto al punto A. Resolviendo: Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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I   dQrCos  2  7Cos 45º    qrd rCos  14Cos 45º    qrd rCos    qrd 14Cos 45º  I  qr 2  Cos  d  14qrCos 45º  d

La integral varia, de acuerdo a nuestro eje de referencia (Eje polar), de 45º o π/4 hasta 135º o 3π/4, remplazando en la integral se tiene: I  qr 2

3 / 4

3 / 4

 /4

 /4

 Cos  d  14qrCos 45º

3 / 4

3 / 4

2  d  qr Sen   / 4  14qrCos 45º    / 4

 2 3  2    3     I  qr 2  Sen  Sen   14qrCos 45º     qr 2    14qrCos 45º    4 4 4 2    4 2  2 I  7 qr  Cos 45º Remplazando valores numéricos: I  7  7  15    Cos 45º  1632.759 [KNm] Remplazamos en la ecuación de momentos:  V B 21Cos 45º   1632.759  367.5Cos 45º  0 V B  127.456 [KN]

   FV  0

V A  157   127.456   dQ  0

Resolviendo la integral: I   dQ   qrd  qr

3 / 4

3 / 4

 /4

 /4

 d  qr  

  I  15  7   164.934 [KN] 2 Remplazando:

   FH  0

 3      qr     qr   4  4 2

V A  157   127.456  164.934  0 V A  142.478 [KN] HA 0

3. Funciones de fuerzas internas: 3.1 Tramo A-C. Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N

Las ecuaciones de fuerzas internas son:  xCos 45º  M x  142.478xCos 45º   15 x  2   M x  100.747 x  5.303 x 2 dM x Qx   100.747  10.607 x  Q x  100.747  10.607 x dx Para la ecuación de la Normal hacemos uso de la siguiente ecuación: N x   FH x Cos 45º  FV x Sen45º

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 Esta ecuación ha sido ampliamente estudiada en el capitulo II. Para nuestro problema:    FH x  0

   FV x  142.478  15 x Remplazando: N x  0 Cos 45º 142.478  15 x Sen 45º  142.478Sen 45º  x15Sen 45º N x  142.478Sen 45º  x15Sen 45º Evaluando: x[m]

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 3.5 7

0.000 287.657 445.382

100.747 63.623 26.498

-100.747 -63.624 -26.501

3.2 Tramo B-C.Origen de x el punto B. Signos: +M +Q +N

 Para las ecuaciones se debe distinguir que el ángulo θ es el de posición de nuestra carga distribuida, el ángulo α es la variable y determina la posición de x y r es el radio el cual es una constante, todo esto esta representado en la Figura VI.7.2. Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  V B 7Cos 45º 7Cos    dQrCos  rCos  Resolviendo la integral: I   dQrCos  rCos    qrd rCos  rCos    qrd rCos    qrd rCos  I  qr 2  Cos  d  qr 2 Cos  d

I

Nuestra integral varia desde 45º o π/4, hasta la variable α, entonces se tiene: I  qr 2







 /4

 /4

 /4

2  Cos  d  qr Cos

2  d  qr Sen 

 qr 2 Cos  

  /4

   2       I  qr 2  Sen  Sen   qr 2 Cos      qr 2  Sen   Cos      4 4 2  4      Remplazando valores numéricos:  2     I  15 7 2  Sen   Cos      2  4     2     I  735 Sen   Cos      2  4    Remplazamos en la ecuación de momentos:  2     M x  127.4567Cos 45º 7Cos   735 Sen   Cos      2  4   

 

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  2  2     M x  127.456  7  Cos   735 Sen   Cos      2  4     2    2  2     M x  892.192  Cos   735 Sen   Cos      2  4     2  Para las ecuaciones de Normal y Cortante realizamos el siguiente análisis, observar la siguiente figura:

 FH x NH

α

x QH QV

 FV x α

NV

r=7 m

α 90º

45º

La Normal es, de acuerdo a los signos asumidos: N x  N H  NV N H   FH x Sen Donde:

N V   FV x Cos Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: N x   FH x Sen   FV x Cos La Cortante es, de acuerdo a los signos asumidos: Q x  Q H  QV Q H   FH x Cos Donde:

QV   FV x Sen Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Cos   FV x Sen

 Se asume como sentidos positivos:    FH x y    FV x , siendo estos sentidos los que se asumen para nuestra deducción de las ecuaciones, como están en la figura. Para nuestro problema:    FH x  0    FV x  127.456   dQ

Resolvemos la integral, sabiendo que esta comprendida entre 45º o π/4 y el ángulo α, entonces se tiene:     I   dQ   qrd  qr  d  qr    qr     4  /4   /4

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Remplazando valores numéricos se tiene:     I  15  7     105    4 4     I  105    4  Remplazamos en la sumatoria de fuerzas verticales:      FV x  127.456  105    4  Remplazando:       N x  0 Sen  127.456  105   Cos  127.456Cos  105   Cos 4 4       N x  127.456Cos  105   Cos 4        Q x  0 Cos  127.456  105    Sen  127.456 Sen  105    Sen 4  4      Q x  127.456 Sen  105    Sen 4  Evaluando:

Resumen:   2  2     M x  892.192  Cos   735 Sen   Cos      2  4     2    N x  127.456Cos  105   Cos 4    Q x  127.456 Sen  105    Sen 4 

El cuadro llamado Resumen nos ayudara a hallar de una forma ordenada y clara todos los parámetros para la solución de nuestro problema, este cuadro resulta importante por que nos evitara cometer errores ya que ordenara nuestro trabajo. Evaluamos:  º 

 rad 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

45 60 75 90 105 120 135

π/4 π/3 5π/12 π/2 7π/12 2π/3 3π/4

0.000 164.185 309.332 415.598 472.349 479.109 445.370

-90.125 -86.574 -70.008 -44.989 -16.904 8.650 26.501

-90.125 -49.984 -18.759 0.000 4.529 -4.994 -26.501

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4. Diagramas 4.1 Diagrama de Momento flector +472.349

+415.598 +309.332

+479.109

+164.185 +445.382

B C +287.653

A 4.2 Diagrama de Cortante

+8.650

–16.904

–44.989 –70.008

+26.501 –86.574

C

B –90.125

+63.623

+100.747

A

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4.3 Diagrama de Normal

+4.529 –18.759 –4.994 –49.984

B

–26.501 –90.125

C

A

–100.747

Problema VI.8 Dado la carga distribuida uniforme tangente a lo largo del eje curvo, determinar las reacciones de apoyo, funciones de fuerzas internas y los diagramas de Momento M, Cortante Q y Normal N. Figura VI.8.1

q=25 KN/m

r=6 m

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1. Geometría Figura VI.8.2

q=25 KN/m

dQCosα

dQSenα

x

dQ ds

α

r rSenα dα α rCosα

A

θ HC

C

B

VC

VA

r-rCosθ

rCosθ

2. Reacciones de apoyo  MC  0 Para la carga tangencial del eje circular, definimos los siguientes términos: dQ  qds (Representa la carga puntual en ese segmento diferencial) Donde: ds  rd (Es la longitud de arco en ese segmento diferencial) Remplazando: dQ  qrd (Carga puntual en función del ángulo α) Calculando el momento tenemos: V A 6    dQSen  rSen    dQCos  rCos  0      brazo

brazo

Resolviendo las integrales, sabiendo que ambas integrales varían de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: 







0

0

0

0

I   qrdSen rSen    qrdCos rCos   qr 2  Sen 2  d  qr 2  Cos 2  d

Por propiedades de las integrales realizamos la siguiente factorización: 





1





0

0

I  qr 2  Sen 2  Cos 2 d  qr 2  d  qr 2    qr 2   0   qr 2 0

Remplazando valores numéricos: 2 I  256    2827.433 Remplazando en la ecuación de momento:

V A 6   2827.433  0 V A  471.239 [KN]

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   FV  0

 471.239   dQCos  VC  0

Resolviendo la integral, sabiendo que esta varía de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: 



0

0

I   dQCos   qrdCos  qr  Cos  d  qr  Cos d  qr Sen   qr Sen  Sen0  I  qr 0   I  0  La integral es igual a cero, esto significa que las componentes verticales de la carga tangencial se anulan para todo el tramo. Remplazando en la ecuación de fuerzas verticales:  471.239  0  VC  0 VC  471.239 [KN]    FH  0

 H C   dQSen  0

Resolviendo la integral, sabiendo que esta varía de 0º ó 0 radianes hasta 180º o π radianes, entonces se tiene: 



0

0

I   dQSen   qrdSen  qr  Sen  d  qr  Sen  d  qr  Cos    qr Cos  Cos 0  I   qr  2   2qr  2  25  6  300 I  300 [KN] Remplazando en la ecuación de la suma de fuerzas horizontales:  H C  300  0 H C  300 [KN] 3. Funciones de fuerzas internas 3.1 Tramo A-B.Origen de x el punto A. Signos: +M +Q +N

Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  V A r  rCos    dQSen rSen  rSen    dQCos rCos  rCos 

M x  V A  r 1  Cos    qrdSen  r Sen  Sen    qrdCos  r Cos  Cos  M x  V A  r 1  Cos   qr 2  Sen Sen  Sen d  qr 2  Cos Cos  Cos d

        Sen  Sen  d   Sen   d   Cos   d   Cos  Cos  d   Sen  Sen  d   Sen   Cos  d  Cos  Cos  d   Sen  Sen  d   Sen   Cos 1 d  Cos  Cos  d   Sen  Sen  d   d  Cos  Cos  d 

M x  V A  r 1  Cos   qr 2   Sen  Sen  Sen 2 d   Cos 2  Cos  Cos d M x  V A  r 1  Cos   qr 2 M x  V A  r 1  Cos   qr 2

M x  V A  r 1  Cos   qr 2 M x  V A  r 1  Cos   qr 2

2

2

2

2

2

2

Nuestra integral varia de 0º ó 0 radianes hasta el ángulo variable θ, entonces se tiene:

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FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS      M x  V A  r 1  Cos   qr 2  Sen  Sen  d   d  Cos  Cos  d  0 0 0       M x  V A  r 1  Cos   qr 2  Sen  Cos      Cos Sen   0 0 0  2 M x  V A  r 1  Cos   qr Sen Cos  Cos 0     0   Cos Sen  Sen0 

M x  V A  r 1  Cos   qr 2 Sen  Cos  Sen  Cos  Sen   

M x  V A  r 1  Cos   qr 2   Sen  Remplazando valores numéricos, se tiene: 2 M x   471.239   61  Cos   256    Sen   2827.4341  Cos   900  Sen  M x  2827.4341  Cos   900  Sen  Para las ecuaciones de Normal y Cortante realizaremos el siguiente análisis, se tiene la siguiente figura: La Normal en el punto x es, de acuerdo a los signos asumidos: N x   N H  NV  FH x Donde: N H   FH x Sen θ N V   FV x Cos QH NH Remplazando se tiene la ecuación de la Normal: NV N x   FH x Sen   FV x Cos θ  FVx La Cortante en el punto x es, de acuerdo a los signos x asumidos: QV Q x  Q H  QV Donde: Q H   FH x Cos θ QV   FV x Sen

Remplazando se tiene la ecuación de la Cortante: Q x   FH x Cos   FV x Sen Para nuestro problema: 







0

0

0

0

   FH x   dQSen   qrdSen  qr  Sen  d  qr  Cos    qr Cos  Cos 0 

Remplazando valores numéricos:    FH x   25  6Cos  1  150Cos  1 





0

0

   FV x  471.239   dQCos  471.239   qrdCos  471.239  qr  Cos  d 0 

   FV x  471.239  qr Sen   471.239  qr Sen  Sen0   471.239  qrSen 0

Remplazando valores numeritos:    FV x  471.239  25  6 Sen  471.239  150 Sen Remplazando: N x   150Cos  1Sen   471.239  150 Sen Cos N x  150Cos Sen  150 Sen  471.239Cos  150 Sen Cos Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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N x  150 Sen  471.239Cos Q x   150Cos  1Cos   471.239  150 Sen Sen

Q x  150Cos  1Cos  417.239 Sen  150 Sen 2





Q x  150Cos 2  150Cos  417.239 Sen  150 Sen 2  150 Cos 2  Sen 2  150Cos  417.239 Sen Q x  150  150Cos  417.239 Sen Evaluando:

Resumen: M x  2827.4341  Cos   900  Sen  N x  150 Sen  471.239Cos Q x  150  150Cos  417.239 Sen

Evaluamos:  º 

 Rad 

M x [KNm]

Q x [KN ]

N x [KN ]

0 30 60 90 120 150 180

0 π/6 π/3 π/2 2π/3 5π/6 π

0.000 -357.565 -1250.662 -2313.717 -3135.618 -3369.869 -2827.435

0.000 -215.523 -333.105 -321.239 -183.105 44.284 300.000

471.239 333.105 105.716 -150.000 -365.523 -483.105 -471.239

3.2 Tramo B-C.Origen de x el punto C. Signos: +Q +N

+M

Las ecuaciones de fuerzas internas son: M x  VC x  471.239 x  M x  471.239 x dM x  471.239  Q x  471.239 dx N x  H C  300  N C  300 Evaluando: Qx 

x[m]

M x [KNm]

0 6

0.000 2827.434

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4 Diagramas 4.1 Diagrama de Normal –150.000

–365.523

+105.716 –483.105

+333.105

C A

–471.239

+471.239

B +3000

+300

4.2 Diagrama de Momento flector

–2313.717 –3135.618

–1250.662

–3369.869

–357.565

C A

–2827.435

B

–2827.434

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4.2 Diagrama de Cortante

–321.239

–333.105 –183.105

–215.523 +44.284

C +300

A

+471.239

B

+417.239

“El trabajo dignifica, el ocio envilece”

Juan Goñi Galarza

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