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• Wilfredo Alvarez Hanampa

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Problema 2.5: Determinar el peso de la viga y las componentes de reacción en el apoyo A si la reacción en b es 14.44KN

෍ 𝑴𝑨 = 𝟎

4KN

6KN.m B

A

P = 𝟖. 𝟎𝟎𝐊𝐍

60°

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

2m

3m

SOLUCION:

3.46KN

D.L:

4KN 60°

B

A 𝐴𝑋

2KN 3m 2.5m

−𝐴𝑌 + 𝟏𝟒. 𝟒𝟒 − 𝟖 − 𝟑. 𝟒𝟔 = 𝟎 𝑨𝒚 = 𝟐. 𝟗𝟕𝐊𝐍

6KN.m

𝐴𝑌

𝟏𝟒. 𝟒𝟒 𝟑 − 𝑷 𝟐. 𝟓 − 𝟔 − 𝟑. 𝟒𝟔 𝟓 = 𝟎

P

2m 𝒀𝑩 =14.44KN 2.5m

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝐴𝑋 −𝟐 = 𝟎 𝑨𝑿 = 𝟐𝐊𝐍

Problema 2.6: Determinar las reacción en los apoyos de las siguientes vigas: 8T

෍ 𝑴𝑩 = 𝟎

10T/m

4T.m

−𝟔𝟎 𝟑 + 𝑪𝒀 𝟔 + 𝟒 = 𝟎

B

A

C 6m

1m

𝑪𝒀 = 𝟐𝟗. 𝟑𝟑𝐓

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

SOLUCION:

+𝐴𝑌 + 𝟐𝟗. 𝟑𝟑 − 𝟖 − 𝟔𝟎 = 𝟎

D.L:

𝑨𝒚 = 𝟑𝟖. 𝟔𝟕𝐓

60T/m

8T

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎

4T.m A

B

C

𝐵𝑋 3m

1m 𝐵𝑌

𝐵𝑋 = 𝟎 𝑩𝑿 = 𝟎𝐓

3m 𝐶𝑌

60KN 15°

E

30KN

10KN.m 4m B

A

C D 6m

12m

6m

15.53KN

SOLUCION: D.L: 120KN

60KN 15°

E

57.96KN 4m

30KN B

A

C

D

𝐵𝑋 6m

6m

𝐵𝑌

6m

6m 𝐶𝑌

෍ 𝑴𝑩 = 𝟎

Problema 2.6 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes barras de eje quebrado.

−𝟏𝟐𝟎 𝟔 + 𝑪𝒀 𝟏𝟐 + 𝟏𝟓. 𝟓𝟑 𝟏𝟖 + 𝟑𝟎 𝟔 − 𝟓𝟕. 𝟗𝟔(𝟒) = 𝟎

18T/m 12T/m

𝑪𝒀 = 𝟒𝟏. 𝟎𝟐𝐊𝐍

C

B

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 4m

𝐵𝑌 + 𝟒𝟏. 𝟎𝟐 − 𝟑𝟎 + 𝟏𝟓. 𝟓𝟑 = 𝟎 𝑩𝒚 = 𝟗𝟑. 𝟒𝟓𝐊𝐍 A

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 −𝐵𝑋 +57.96 = 𝟎 𝑩𝑿 = 𝟗𝟕. 𝟗𝟔𝐊𝐍

3m

5m

SOLUCION:

෍ 𝑴𝑪 = 𝟎 60T

D.L:

30T 18T/m

12T/m

−𝑨𝒀 𝟖 + 𝟔𝟎𝒄𝒐𝒔𝟓𝟑° 𝟔𝟓 + 𝟔𝟎𝒔𝒆𝒏𝟓𝟑° 𝟐 + 𝟏𝟓 𝟏. 𝟔𝟔𝟕 = 𝟎 𝑨𝒀 = 𝟔𝟑. 𝟏𝟐𝟓𝐓

C B

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

53° 𝐶𝑌 4m 53°

𝐴𝑌

𝑪𝒚 = 𝟒𝟕. 𝟖𝟕𝟓𝐓 ෍ 𝑭𝑿 = 𝟎

A 1.5m

𝐶𝑌 + 𝟔𝟑. 𝟏𝟐𝟓 − 𝟔𝟎𝒄𝒐𝒔𝟓𝟑° − 𝟏𝟓 − 𝟔𝟎 = 𝟎

1.5m

2.5m

0.83m 0.667m

60sen53°−𝑪𝑿 = 𝟎

𝑪𝑿 = 𝟒𝟖𝐓

SOLUCION: 3000N

2000N/m

3000N

2000N/m

C

B

B

C 𝐶𝑌

3m

3m

37°

A

A

4m

𝐴𝑋 4m

3m

3m

𝐴𝑌 ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 𝟏 𝑪𝒀 𝟕 − 𝟖𝟎𝟎 𝟓 𝟐. 𝟓 − 𝟑 𝟐𝟎𝟎𝟎 𝟔 − 𝟑𝟎𝟎𝟎 𝟒 = 𝟎 𝟐 𝑪𝒀 = 𝟓𝟕𝟏𝟒. 𝟐𝟖𝑵

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

𝟏 𝐴𝑌 + 𝟓𝟕𝟏𝟒. 𝟐𝟖 − 𝟖𝟎𝟎(𝟓)𝒄𝒐𝒔𝟑𝟕° − 𝟑𝟎𝟎𝟎 − (𝟑)(𝟑𝟎𝟎𝟎) = 𝟎 𝟐 𝑨𝒚 = 𝟑𝟒𝟖𝟓. 𝟕𝟐𝐍

𝑨𝑿 = 𝟐𝟒𝟎𝟎𝐍

4.- Determinar las reacciones en los apoyos A y C de la estructura mostrada en la figura. 18°

675 18°

45KN/m

A

A B

B

1.8m

1.8m

𝑅𝐴 𝑠𝑒𝑛18°

9.81KN/m

𝑅𝐴 𝑐𝑜𝑠18°

4.5m

9m 88.29 4.5m

C 15m

C 7.5m

7.5m

෍ 𝑴𝑪 = 𝟎 −𝑹𝑨 𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖° 𝟏𝟓 + −𝑹𝑨 𝒔𝒆𝒏𝟏𝟖° 𝟏𝟎. 𝟖 + 𝟔𝟕𝟓 𝟕. 𝟓 + 𝟖𝟖. 𝟐𝟗 𝟒. 𝟓 = 𝟎

𝑹𝑨 = 𝟑𝟏𝟎. 𝟐𝟏𝟔𝑲𝑵

5.- Determinar las reacciones en los apoyos de los siguientes pórticos, considerando para el caso b) que la carga de 10kN y el momento de 8kN.m dividen a la barra CD en tres tramos iguales. 60KN/m B

C

54KN 3.6m

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 108KN

𝐶𝑌 + 𝟑𝟏𝟎. 𝟐𝟏𝟔𝐜𝐨𝐬𝟏𝟖° − 𝟔𝟕𝟓 = 𝟎 𝑪𝒚 = 𝟑𝟕𝟗. 𝟏𝟔𝐊𝐍 ෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 -𝑪𝑿 -88.29+310.216sen18°−𝑪𝑿 = 𝟎 𝑪𝑿 = 𝟕. 𝟓𝟕𝟐𝐊𝐍

3.6m

D

A 10.8m

SOLUCION:

෍ 𝑴𝑨 = 𝟎

648

B

−𝑫𝒀 𝟏𝟎. 𝟖 − 𝟔𝟒𝟖 𝟓. 𝟒 − 𝟓𝟒 𝟕. 𝟐 − 𝟏𝟎𝟖 𝟑. 𝟔 = 𝟎

C

𝑫𝒀 = 𝟑𝟗𝟔𝑲𝑵

54KN

3.6m

108KN

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

𝐴𝑌 + 𝟑𝟗𝟔 − 𝟔𝟒𝟖 = 𝟎 3.6m

D

A 5.4m

5.4m

𝑨𝒚 = 𝟐𝟓𝟐𝐊𝐍 ෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝑨𝑿 + 𝟏𝟎𝟖 + 𝟓𝟒 = 𝟎 𝑨𝑿 = 𝟏𝟔𝟐𝐊𝐍

20KN/m 40KN 10KN C

B

15KN/m

10KN 8KN.m

C

B 4m 60KN

8KN.m

D

A 4m

3m

D

A 4m

3m

6.- Determinar las reacciones en los apoyos A, C y D, sabiendo que en B existe una rótula

෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 𝟏 𝑫𝒀 𝟕 − 𝟏𝟓 𝟒 𝟐 − 𝟒 𝟐𝟎 𝟐

360KN

450KN

𝟐 𝟒 𝟑

45KN/m

𝟖 − 𝟏𝟎𝒄𝒐𝒔𝟓𝟑° 𝟓 + 𝟏𝟗𝒔𝒆𝒏𝟓𝟑° +𝟖=𝟎 𝟑 𝑫𝒀 = 𝟑𝟐. 𝟒𝟕𝟔𝑲𝑵

A 12m

18m

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

D

C

B

36m

9m

SOLUCION:

𝐴𝑌 + 𝟑𝟐. 𝟒𝟕𝟔 − 𝟒𝟎 − 𝟏𝟎𝒄𝒐𝒔𝟓𝟑° = 𝟎

360KN

450KN

𝑨𝒚 = 𝟏𝟑. 𝟓𝟐𝟒𝐊𝐍

45KN/m

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎

𝑨𝑿 = 𝟓𝟐𝐊𝐍

12m

18m

D

C

B 9m

v

−𝑨𝑿 − 𝟏𝟎𝒔𝒆𝒏𝟓𝟑° + 𝟏𝟓(𝟒) = 𝟎

A

36m

8.- Para la viga mostrada en la figura, se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante V y el momento flector M para el tramo BC en términos de “X”, considerando el origen en A b) b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.

SOLUCION: ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎

1T 2T 2T

𝑫𝒀 𝟒. 𝟓 + 𝟐 − 𝟑 𝟐 −

3T/m 2T,m

A

− 𝟏(𝟒. 𝟓) = 𝟎

2t/m

B

D

C

𝟏 𝟏. 𝟕𝟓 − 𝟔 𝟑. 𝟓 𝟐

1T.m

𝑫𝒀 = 𝟔. 𝟔𝟏𝑻

E

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝐴𝑌 + 𝟔. 𝟔𝟏 − 𝟐 − 𝟑 − 𝟔 − 𝟏 = 𝟎

1m

1.5m

2m

1m

𝑨𝒚 = 𝟓. 𝟑𝟗𝐓 ෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝑨𝑿 = 𝟎

2T 2t/m

2T,m A

v

5.39T

B

1m

C 1.5m

𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠

= 𝟑. 𝟑𝟗 𝟏 = 𝟑. 𝟑𝟗𝑻. 𝒎

𝑎𝑛𝑡𝑒𝑠

= 𝟑. 𝟑𝟗 − 𝟐 − 𝟏. 𝟑𝟗 = 𝟑. 𝟑𝟗𝑻. 𝒎

𝑴𝑩 𝑴𝑩

𝟎. 𝟑𝟗 + 𝟑. 𝟑𝟗 . 𝟏. 𝟓 = 𝟒. 𝟐𝟐𝟓𝑻. 𝒎 𝟐 𝟏 = 𝟒. 𝟐𝟓 + (𝟎. 𝟏𝟑)(𝟎. 𝟑𝟗) = 𝟒. 𝟐𝟓𝑻. 𝒎 𝟐 𝟏 = 𝟒. 𝟐𝟓 − 𝟏. 𝟖𝟕 𝟓. 𝟔𝟏 = −𝟏𝑻. 𝒎 𝟐

𝑴𝑪 = 𝟏. 𝟑𝟗 +

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝑵𝑿 = 𝟎

𝑴𝑮

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎

𝑴𝑫

−5.39 − 2 − 2 𝑋 − 1 − 𝑉𝐹 = 𝟎

𝑴𝑫 = −𝟏 + 𝟏 = 𝟎

𝑽𝑭 = 𝟓. 𝟑𝟗 − 𝟐𝐗 ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 𝑿−𝟏 −𝟓, 𝟑𝟗 𝑿 + 𝟐𝑿 − 𝟐 − 𝟐 𝟐

a) b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. POR MÉTODO DE ÁREA: 𝑴𝑨 = 𝟎

𝟐

− 𝑴𝑭 = 𝟎

𝑫𝒀 = −𝑿𝟐 − 𝟓. 𝟑𝟗𝑿 − 𝟑

6T 1T 3T

2T

1T.m

2T,m A

B 𝑨𝒚 = 𝟓. 𝟑𝟗𝐓 1m

E

D

C 1.5m

𝑫𝒀 = 𝟔. 𝟔𝟏𝑻 1m

2m

3.39 + A

C1.5 G

B

D 5.61

1.39 3.39

-

4.25 4.255

V (T) 1 +

M (T.m)

9.- Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico mostrado en la figura. 180KN 360KN ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 E

D

C

F

𝑩𝒀 𝟏𝟐 − 𝟏𝟑𝟓(𝟒. 𝟓) − 𝟏𝟖𝟎 𝟑 − 𝟑𝟔𝟎 𝟗 = 𝟎 𝑩𝒀 = 𝟑𝟔𝟓. 𝟔𝟐𝟓𝑲𝑵

4.5m

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 135KN

𝐴𝑌 + 𝟑𝟔𝟓. 𝟔𝟐𝟓 − 𝟏𝟖𝟎 − 𝟑𝟔𝟎 = 𝟎 B

𝑨𝒚 = 𝟏𝟕𝟒. 𝟑𝟕𝟓

4.5m

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎

𝟏𝟑𝟓 − 𝑨𝑿 = 𝟎 A

G 3m

6m

3m

𝑨𝑿 = 𝟏𝟑𝟓𝐊𝐍

Diagramo de N :

Diagramo de V 174.375 +

F

E

D

C

C

D

F

5.625

E -

-

𝟏𝟕𝟒. 𝟑𝟕𝟓

N

-

𝟑𝟔𝟓. 𝟔𝟐𝟓

B

(KN)

V

A

G

C

E

D

+

+

B

+

+

N (KN)

A

(KN) A

F

POR MÉTODO DE HARIA :

135 +

G

𝟑𝟔𝟓. 𝟔𝟐𝟓

G

10.- Para la viga en voladizo con empotramiento en A, se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante V y el momento flector M para el tramo BC en términos de “X”, considerando el origen en B b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. 1.5 180

SOLUCIÓN: ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 𝑴𝑨 − 𝟒 𝟏 − 𝟏. 𝟓 𝟑 − 𝟏 𝟒. 𝟓 = 𝟎 𝑴𝑨 = 𝟏𝟑𝑻. 𝒎

෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝐴𝑌 − 𝟒 − 𝟏. 𝟓 − 𝟏 = 𝟎 𝑨𝒚 = 𝟔. 𝟓𝐓

෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝑨𝑿 = 𝟎

𝑾𝑿 𝟐 = 𝒆𝒏𝒕𝒐𝒏𝒄𝒆𝒔 𝑾𝑿 = 1.33X 𝑿 𝟏. 𝟓

𝐸𝑓𝑒𝑐𝑡𝑢𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑢𝑛 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑒 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑟𝑎𝑚𝑜 𝐵𝐶 𝑦 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑠𝑢 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙𝑖𝑏𝑟𝑖𝑜 ෍ 𝑭𝑿 = 𝟎 𝑵𝑩𝑪 = 𝟎 ෍ 𝑭𝒚 = 𝟎 𝑾𝑿

13T.m

𝑴𝑩𝑪 𝑵𝑩𝑪 6.5T

𝑽𝑩𝑪

𝟏 𝑿 𝟏. 𝟑𝟑𝑿 − 𝑉𝐵𝐶 𝟐 =𝟎

−𝟔. 𝟓 − 𝟐 𝟐 − −

𝑽𝑩𝑪 = −𝟎. 𝟔𝟔𝟕𝐗 𝟐 + 𝟐. 𝟓 ෍ 𝑴𝑨 = 𝟎 −𝟔. 𝟓 𝟐 + 𝑿 + 𝟏𝟑 + 𝟐 𝟐 𝟏 + 𝑿 𝟏 𝑿 + 𝑿 𝟏. 𝟑𝟑𝟑𝑿 + 𝑴𝑩𝑪 = 𝟎 𝟐 𝟑 𝑴𝑩𝑪 = −𝟎. 𝟐𝟐𝟐𝑿𝟑 + 𝟐. 𝟓𝑿 − 𝟒

𝑴𝑨 = −𝟏𝟑𝑻. 𝒎

𝑴𝑬 = −𝟏𝟑 +

𝟔. 𝟓 + 𝟒. 𝟓 𝟏 = −𝟕 𝟐

Graficamos el diagrama de momentos torsor. 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 𝑻𝟐

T