9.- · PDF fileETSI-ICAI. Departamento de Ingeniería Mecánica Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º IIND. • Esfuerzo cortante (kg). • Momento flector (kg·m)

ETSI-ICAI. Departamento de Ingeniería Mecánica Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º IIND.

9.- Representar las leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal en la siguiente estructura, acotando los valores más característicos: ********************************************************************** En primer lugar resolvemos la estática. La estructura se encuentra anclada en un apoyo fijo al que llamaremos E y en uno móvil en dirección horizontal, al que llamaremos C. Así, encontraremos en E una reacción vertical y otra horizontal, mientras que en C sólo la habrá vertical. ΣFx = 0 � 1000 30 0⋅ °− =cos R Ex � R Ex = 866 kg. ΣM B = 0 � 1000 30 2 3 4 2000 6 3000 0⋅ °⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − =sen R REx C R C = 4150 kg. ΣFy = 0 � − ⋅ °+ + − =1000 30 2000 0sen R REy C � R Ey = −1650 kg. Resultando:

D

4 m.

3 m

2 m. 2 m.

30°1000 kg

2000 kg

3000 kg·m

REy

REx

A B C

E

RC

Figura 1

4 m

3 m

2 m 2 m

30°1000 kg

2000 kg

3000 m·kg k


Hallaremos a continuación las leyes de variación del momento flector (Mf), cortante (T) y normal (N), en la viga ABCD. Esta viga está dividida en tres secciones, AB, BC y CD, en cada una de las cuales las leyes anteriores serán diferentes y en las que éstas se calcularán a partir de las solicitaciones contenidas en la parte de estructura que queda desde las secciones de corte (a), (b) y (c) respectivamente, hacia donde apuntan las flechas (ver figura 2). Así: (a) 0 < x < 2 m. � N = -866 kg. T = -500 kg. Mf = − ⋅ °⋅1000 30sen x = − ⋅500 x kg·m. (b) 2 < x < 6 m. � N = 0 kg. T = -500 - 1650 = -2150 kg. Mf = − ⋅ °⋅ − ⋅ − + ⋅1000 30 1650 2 866 3sen ( )x x = = − ⋅ +2150 5898x kg·m. (c) 6 < x <8 m. � N = 0 kg. T = 2000 kg. Mf = − ⋅ − −2000 8 3000( )x = − + ⋅19000 2000 x Representamos gráficamente las leyes anteriores: • Esfuerzo normal (kg).

4 m.

3 m

2 m. 2 m.

30°1000 kg

2000 kg

3000 kg·m

1650 kg

866 kg

A B C

D

E

4150 kg (a) (b)

(c)

(I)

Figura 2

x

y


• Esfuerzo cortante (kg).

• Momento flector (kg·m).

Procedemos de igual modo para la viga AB. En este caso la sección de corte es (I).

N = 1650 kg. T = 866 kg. Mf = 866·y kg·m.

2 4 6 8

1000

1598

7000

3000


La representación gráfica de las expresiones anteriores es: ∗ Nota: En la resolución del problema que acabamos de mostrar, los diagramas del momento flector (Mf), esfuerzo cortante (T) y esfuerzo normal (N), se han obtenido partiendo de las leyes analíticas para cada uno de ellos. En general, es el diagrama de variación del momento flector el más difícil de conseguir y el más importante de cara al dimensionamiento de las estructuras. Existe otra forma diferente a la planteada para llegar a él, que también parte de la resolución de la estática del problema y a la vista de la cual se deduce la forma que tendrá dicho diagrama sin que sea necesario el cálculo de la expresión analítica en cada uno de los tramos en que se subdivide la viga o estructura considerada. La forma del diagrama de momentos flectores coincide con la que adoptaría una cuerda tensada en sus extremos y sometida a las mismas cargas y solicitaciones que el elemento de estudio. Conocida esta forma, tenemos determinados cuales serán los puntos característicos del diagrama, siendo sólo los valores correspondientes a dichos puntos los que se calcularán. Para aplicar este procedimiento a la estructura en T de este problema, es preciso dividirla en dos sub-estructuras: la barra ABCD y la barra EB. • BARRA ABCD. Partiendo de lo obtenido de la resolución de la estática, tenemos que el diagrama de cuerpo libre de la barra ABCD es: La forma que tendrá el diagrama de momentos flectores será:

E

B

1650

N (kg.)

E

B

866

T (kg.)

E

B 2598

Mf (kg·m.)

30°

4 m. 2 m. 2 m.

1000 kg 2000 kg

3000 kg·m

1650 kg

866 kg A

B C

D4150 kg 866·3 kg·m


Los valores característicos serán los de los puntos B (por la izquierda y por la derecha), C y D. B- : Nos quedamos con la parte de barra a la izquierda de B. Mf

B− = − ⋅ °⋅ = −1000 30 2 1000sen kg·m. B+: Consideramos la parte de barra a la izquierda de un punto

inmediatamente a la derecha de B. Mf

B+ = − ⋅ °⋅ + ⋅ =1000 30 2 866 3 1598sen kg·m. C: Teniendo en cuenta la parte de barra a la derecha de C. MfC = − ⋅ − = −2000 2 3000 7000 kg·m. D: Mf MD D= = −3000 kg·m. De modo que el diagrama de momentos flectores (en kg·m), resulta:

• BARRA EB.

2 4 6 8A B C D

2 4 6 8

1000

1598

7000

3000


Debemos partir de su diagrama de cuerpo libre: La forma y valores característicos del diagrama de momentos flectores resultan: Tampoco es preciso plantear las expresiones analíticas para obtener los diagramas de cortantes o esfuerzos normales. En general su forma se intuye bastante bien y sólo es preciso calcular los valores característicos.

866 kg

1650 kg

866 kg

B

E

1650 kg

866·3 kg·m.

E

B 2598

Mf (kg·m.)

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10.- En la siguiente estructura, representar las leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal en ABC, acotando los valores más característicos. (Cotas en metros) ********************************************************************** Se nos piden las leyes de variación Mf, T y N en la barra ABC. Para que todos los esfuerzos a que está sometida esta barra estén determinados, necesitaremos conocer las reacciones en el apoyo A, las acciones que la barra BD ejerce sobre la ABC en B, y las que ejerce EDC en el extremo C. Los cálculos siguientes irán encaminados a determinar estas incógnitas. La estructura se encuentra anclada en dos apoyos, A y E. El apoyo A es fijo, por lo que en él encontraremos dos reacciones, RAx y RAy , horizontal y vertical respectivamente. El apoyo E es móvil en dirección vertical, luego en él sólo existirá reacción horizontal, a la que llamaremos REx. Planteando las ecuaciones de la estática para la estructura completa podemos calcular estas tres reacciones (ver figura 1):

ΣFy = 0 � R Ay − ⋅ =3000 3 0 � R Ay = 9000 kg.

ΣMA = 0 � − ⋅ ⋅ + ⋅ =3000 3 32

1 0R Ex � R Ex = 13500 kg.

ΣFx = 0 � R REx Ax− = 0 � R Ax = 13500 kg.

3 m

Carga q = 3000 kg/m

1 m

B A C

E

D 0.5

0.5 m

1 m 1 m REx

RAx

RAy

Figura 1

A

3

Carga q = 3000 kg/m

Articulaciones en A, B, C, D, E Apoyo móvil

1

B C

E

D 0,5

0.5

1 1


Para calcular el resto de las incógnitas mencionadas estableceremos a continuación el equilibrio de la barra EDC. Debemos tener en cuenta que la barra BD está articulada en sus dos extremos y que no existe ningún tipo de solicitación en ningún punto medio de la misma, de modo que para que ésta pueda estar en equilibrio (ver figura 2), es preciso que trabaje bien a tracción, bien a compresión. En otras palabras, BD trabaja como una biela. Para los cálculos que siguen la supondremos trabajando a compresión. En cuanto a la unión de EDC con ABC en C, por ser articulada, en ella aparecen dos reacciones internas a las que llamaremos RCx y RCy , y que actúan en dirección horizontal y vertical respectivamente. Así, ayudándonos de la figura 3: ΣMC = 0 � 13500 1 2 0⋅ + ⋅ ⋅ =F DCBD sen( )α

13500 2 26565 1 22

02 2

+ ⋅ ⋅ ° ⋅ + =FBD sen( . )

FBD = −1509346. kg. El signo menos indica que contrariamente a como habíamos supuesto, la barra BD trabaja a tracción.

B

D

FBD

FBD

ΣF = 0 ΣM ≠ 0

B

D FBD

FBD

ΣF = 0 ΣM = 0

Figura 2

C

E

D

RCx

RCy

FB

13500 kg. 1 m

0.5 m

α

α

1 m

0.5 m

tg .α = 05 � α = °26565.

Figura 3

α


ΣFx = 0 � 13500 0+ ⋅ − =F RBD Cxcosα � R Cx = 0 kg. ΣFy = 0 � − ⋅ + =F RBD Cysenα 0 � R Cy = −6750 kg. RCy también tiene sentido opuesto al que habíamos supuesto. Por el principio de acción y reacción, los esfuerzos que EDC ejerce en C sobre ABC son iguales y contrarios a los que ABC ejerce sobre EDC. Por lo tanto, la barra ABC queda solicitada de la siguiente manera:

Las leyes de variación que resultan quedándonos siempre con la parte de estructura que queda a la izquierda de las secciones de corte genéricas, (a) y (b), en los tramos AB y BC respectivamente (ver figura 4), son: (a) 0 < x < 1 m. � N = 13500 kg. T = 9000 3000− ⋅x kg.

Mf = 9000 30002

⋅ − ⋅ ⋅x x x = − ⋅ + ⋅1500 90002x x kg·m.

(b) 0 < x < 3 m. � N = 13500 15093 46− ⋅. cosα = 0 kg. T = 9000 3000 1509346 3000 2250− ⋅ − ⋅ = − ⋅ +x x. senα kg.

Mf = 9000 1509346 1 30002

⋅ − ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅x x x x. sen ( )α =

= − ⋅ + ⋅ +1500 2250 67502x x kg·m.

3 m

Carga q = 3000 kg/m

1 m

B A C

13500 kg.

9000 kg. 6750 kg.

α15093.46 kg.

x

(a) (b)

Figura 4

α = 26.565º


La representación gráfica de estas leyes es: • Esfuerzo normal (kg) .

• Esfuerzo cortante (kg) .

• Momento flector (kg·m) .

Por el modo en que hemos calculado las leyes de variación de N, T y Mf (quedándonos con la parte izquierda de la estructura respecto a las secciones de corte), podríamos haber prescindido del cálculo de las reacciones internas en C. Sírvannos éstas como comprobación, pues vemos que en C el valor del cortante obtenido es -6750 kg, que corresponde con el obtenido para RCy .

7500


∗ Nota: Como ya se comentó en algún problema anterior, el diagrama de momentos flectores puede obtenerse a partir de la estática, intuyendo la forma que tendrá, imaginando la que adoptaría una cuerda tensa en sus extremos y sometida a las mismas solicitaciones, y así calcular después los valores característicos. El diagrama de cuerpo libre de ABC es: a la vista del cual la forma que tendrá el diagrama de momentos flectores será:

para el que el único valor característico será el del punto B. Quedándonos con la parte de barra a la izquierda de B, tenemos que:

MfB = ⋅ − ⋅ ⋅ =9000 1 3000 1 12

7500 kg·m.

Igualmente puede razonarse la forma que tendrán los diagramas de esfuerzos normales y cortantes, a partir del tipo de solicitaciones, para después poder calcular los valores característicos. El método a seguir es el que, aplicándolo a este problema, explicamos a continuación.

MfB

3 m

Carga q = 3000 kg/m

1 m

B A C

13500 kg.

9000 kg. 6750 kg.

α15093.46 kg.

x α = 26.565º

A B C


• Esfuerzos normales. Partiendo del diagrama de cuerpo libre de ABC y comenzando por la izquierda, en A existe una reacción horizontal que supone una tracción a la barra de valor 13500 kg. Si nos vamos desplazando hacia la derecha, no encontramos ninguna otra reacción o solicitación con componente horizontal hasta el punto B, por lo que en el tramo AB, el esfuerzo normal es constante y de valor 13500 kg (tracción). La reacción en B, proyectada sobre ABC, supone restar:

1509346 13500. cos⋅ =α kg. a los 13500 kg de tracción que teníamos hasta B; luego a partir de B, el esfuerzo normal es nulo. Así, el diagrama de esfuerzos normales (en kg) resulta:

• Esfuerzos cortantes. El método a seguir es el mismo que para esfuerzos normales, pero teniendo en cuenta las solicitaciones transversales a la sección de la barra. Comenzando en A, encontramos una reacción vertical de valor 9000 kg que supone un cortante positivo. Entre A y B hay una carga uniformemente repartida hacia abajo de valor 3000 kg/m, que supone que a medida que nos desplacemos hacia la derecha el esfuerzo cortante disminuya linealmente desde el valor que tenía en A hasta el que le corresponde en B por la izquierda y que será:

TB− = − ⋅ =9000 3000 1 6000 kg.

Pero en B tenemos una reacción que tiene componente vertical hacia abajo, luego en el punto B por la derecha:

T TB B+ −= − ⋅ = −15093 46 750. senα kg.

A B C

13500


En el punto C el cortante vale lo que vale la reacción vertical en dicho punto, y por ser ésta hacia arriba, dicho cortante será negativo:

TC = −6750 kg.

Entre B+ y C continúa aplicada la misma carga uniformemente repartida que veíamos en el tramo AB, luego el diagrama de esfuerzos cortantes variará en esa zona linealmente. Como conocemos TB

+ y TC , el diagrama entre B+ y C será la recta que une esos dos puntos. Así, el diagrama de cortantes (en kg), queda:

A B C

9000

6000

750

6750


11.- La viga ABC tiene una longitud total de 5 m . Determinar dónde debe colocarse el apoyo B (hallar a) para que el Mf máximo sea lo menor posible . ********************************************************************** La viga ABC está sometida a la acción de la carga uniformemente distribuida q y a las reacciones en los apoyos A y B. En consecuencia, el diagrama de variación de momentos flectores será de la forma:

Observamos que existen dos posibles máximos: M x1 y MB . Puesto que el

diagrama de momentos flectores en el tramo BC depende exclusivamente de la carga q, el diagrama en dicho tramo recorrerá , se encuentre donde se encuentre el apoyo B la misma parábola. Así, existirá una posición para B en que M x1

= MB . Si desplazamos B hacia la derecha ó hacia la izquierda respecto a la posición en que M x1

= MB , uno de esos dos valores será siempre superior al caso en que coinciden. Podemos ver esto en la siguiente figura.

En conclusión, para que el momento flector máximo sea lo menor posible, la posición del apoyo B debe ser tal que M x1

= MB .

x1 BA C

Desplazando B hacia la derecha

Desplazando B hacia la izquierda

A C

Ambos máximos son iguales

a

L

q uniforme

B AC


Calculamos a continuación analíticamente el diagrama de momentos flectores a lo largo de la viga. Puesto que no hay fuerzas exteriores actuando en dirección horizontal, supondremos que tampoco se generan reacciones horizontales. El diagrama de cuerpo libre de la viga ABC queda pues: Estableciendo equilibrio de momentos en el extremo A y equilibrio de fuerzas verticales se obtienen los valores de RB y RA respectivamente :

ΣMA = 0 � R a qB ⋅ − − ⋅ ⋅(5 ) 5 52

� Ra

qB =−

⋅12 55

.

ΣFy = 0 � R R qA B+ = ⋅5 � R q RA B= ⋅ −5 � R aa

qA = − ⋅−

⋅12 5 55.

La ley de momentos flectores a lo largo de la viga será ( signo positivo):

0 ≤ x ≤ 5 - a � M R x q xf A1

2

2= ⋅ − ⋅ � M a

aq x q x

f1

212 5 55 2

= − ⋅−

⋅ ⋅ − ⋅. (1)

5 - a ≤ x ≤ 5 � M q xf 2

252

= − ⋅ −( ) (2)

y queremos que en el diagrama asociado los dos máximos existentes tengan el mismo valor absoluto (recordemos que los Mf positivos se dibujan en la parte inferior del diagrama) :

q uniforme

RB RA

x


El primer máximo, x = x1 , pertenece al tramo AB de la viga, y será el valor de x que haga máxima la expresión (1):

∂∂M

xa

aq q xf1 12 5 5

52

2= − ⋅

−⋅ − ⋅ ⋅.

∂∂M

xf1 0= � x x a

a= = − ⋅

−112 5 5

5.

m.

M M x q aax f1 1 1

212

12 5 55

= = ⋅ ⋅ − ⋅−

�

��

�

��( ) .

El segundo de ellos coincide con el apoyo B. Luego:

M M a q aB f= − = − ⋅2

2

52

( )

El momento flector máximo será lo menor posible cuando :

M Mx B1=

De donde:

12

12 5 55 2

2 2

⋅ ⋅ − ⋅−

�

��

�

�� = ⋅q a

aq a. � a = 1.46 m.

Independientemente del valor de la carga uniforme q, el apoyo B debe situarse a 1.46 m de C si queremos que el momento flector máximo en la viga ABC sea el menor posible.

x1 BA C

MB

Mx1

5-ax


∗ Nota: Se demuestra a continuación cómo partiendo de la simple observación de las proporciones en el diagrama de momentos flectores, se puede llegar a una solución de forma geométrica sin que sea preciso realizar laboriosos cálculos. Ya hemos razonado anteriormente que la posición del apoyo B buscada es la que permite M Mx B1

= . Como lo que haremos a continuación es plantear proporciones, es lícito suponer que, por ejemplo M Mx B1

1= = kg·m y que la distancia de los extremos A y C de la viga a sendos máximos, en x1 y B respectivamente, es 1 m. Partiendo de lo anterior resulta el siguiente diagrama, donde las parábolas que lo forman tienen la expresión y x= 2 :

donde L = +2 2 m. y la posición del apoyo B sería a = 1 m. En la viga ABC L = 5 m. Por una regla de tres: L a 2+ 2 1 5 x

a =+

=52 2

146. m.

BA

C 2

1

1 1

1

a=1x

yx

y

2

L


12.1- Representar las leyes de variación del momento flector, el esfuerzo cortante y el esfuerzo normal en la viga de la figura, acotando los valores más característicos: ********************************************************************** La viga del enunciado se encuentra anclada en un empotramiento, A, y dos apoyos móviles en dirección horizontal, C y E. Además tiene dos articulaciones intermedias a 4 y 6 metros del empotramiento, a las que nos referiremos como B y D respectivamente (ver figura 1). En el empotramiento deberíamos encontrar en principio tres reacciones: dos fuerzas (horizontal y vertical), y un momento. Sin embargo, en nuestro caso la viga no está sometida a solicitaciones externas en dirección horizontal, y puesto que el empotramiento sería el único capaz de absorberlas, podemos afirmar que en él la reacción horizontal es nula , quedando sólamente dos a determinar: la vertical, RA y el momento, MA (ver figura 1). En los apoyos C y E, por ser móviles en dirección horizontal, encontraremos sólo reacciones verticales, RC y RE. Así, tenemos cuatro incógnitas que conocer para que el equilibrio de la viga esté asegurado. En este caso, la estática, aplicada a la totalidad de la viga, nos proporciona sólo dos ecuaciones: ΣFy = 0 y ΣM = 0 . Luego necesitamos otras dos, que se obtienen a partir del hecho de que en B y en D hay articulaciones, ya que éstas no absorben momentos flectores. Por lo tanto: MB= 0 y MD = 0 . Planteamos este sistema de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas:

(metros)

1000 kg q =400 kg/m

4 4 11

RA

MA A

B

RC

C D

RE

E

Figura 1

1000 kg q =400 kg/m

(metros) 4 4 11


ΣFy = 0 ⇒ 064001000 =⋅−++− ECA RRR 3400=++ ECA RRR (1) ΣMA = 0 ⇒ 06740010541000 =⋅⋅−⋅+⋅+⋅− ECA RRM 20800105 =+⋅+⋅ AEC MRR (2) MB = 0 ⇒ Quedándonos con la parte de viga situada a la izquierda de B. 4 0⋅ − =R MA A (3) MD = 0 ⇒ Quedándonos con la parte de viga situada a la izquierda de D. 0124001210006 =⋅⋅−⋅+⋅−⋅+− CAA RRM 28006 =−+⋅ ACA MRR (4) Resolviendo el sistema formado por (1), (2), (3) y (4) resulta:

RA=200 kg. RC =2400 kg. RE= 800 kg. MA= 800 kg·m.

En este caso no existen esfuerzos normales en ningún tramo de la viga. Las leyes de cortante (T), y momento flector (Mf), se calcularán con las partes de estructura que hay en el sentido de las flechas, a partir de cada una de las secciones que aparecen en la figura 2: (a) para el tramo AB, (b) para BC y (c) para CE. (a) 0 < x < 4 m. ⇒ T = 200 kg.

(metros)

1000 kg q =400 kg/m

4 4 11

200 kg.

800 kg·m. A

B2400 kg.

C D

800 kg.

E

x

(a) (b) (c)

Figura 2


Mf = x⋅+− 200800 kg·m. (b) 4 < x < 5 m. ⇒ T = )4(4001000200 −⋅−− x = 800400 +⋅− x kg.

Mf = 2

)4()4(400)4(1000200800 −⋅−⋅−−⋅−⋅+− xxxx =

= xx ⋅+⋅− 800200 2 kg·m. (c) 5 < x < 10 m. ⇒ T = )10(400800 x−+− = 3200400 +⋅− x kg.

Mf = =−⋅−⋅−−⋅2

)10()10(400)10(800 xxx

= 120003200200 2 −⋅+⋅− xx kg·m. La representación gráfica de estas leyes de variación es la siguiente: • Esfuerzo cortante (kg) .

• Momento flector (kg·m) .


∗ Nota 1: Veremos a continuación otra forma de calcular el valor de las reacciones de la viga, sin que sea necesario resolver un sistema completo de cuatro ecuaciones con cuatro incógnitas. El método consistirá en desvincular las sub-vigas de que se compone la viga enunciado. Se consideran sub-vigas a estos efectos los tramos que van de cualquiera de los extremos a una articulación intermedia, o los comprendidos entre articulaciones. Así, en este caso, la viga puede dividirse en tres: AB, BD y DE. Partir la viga original por puntos articulados tiene la ventaja de que sabemos que en ellos el momento absorbido es nulo, lo que no ocurre si dividiésemos la viga original por los apoyos, en los que, a pesar de ser articulados, pueden existir momentos internos. Al dividir por los puntos articulados, como en nuestro caso no existen solicitaciones horizontales, nos aparecerán como reacciones internas fuerzas verticales exclusivamente. Teniendo en cuenta todo lo dicho anteriormente, el problema de calcular RA , MA , RC y RE con la viga completa, equivale a resolver la estática de los siguientes tres sub-problemas, que tienen algunas incógnitas comunes: La carga de 1000 kg. podría también haberse considerado en el tramo BD, e incluso hubiese sido lícito repartirla entre el punto B del tramo AB y el punto B del tramo BD (por ejemplo 200 kg. en AB y 800 kg. en BD). El resultado que hubiésemos obtenido para las incógnitas RA , MA , RC y RE hubiese sido el mismo que haciéndolo como se muestra en la figura 3. La que habría tenido valor diferente hubiese sido RB . Comenzamos resolviendo (III):

ΣM D = 0 ⇒ 02444004 =⋅⋅−⋅ER ⇒ 800=ER kg.

ΣFy = 0 ⇒ 04400 =⋅−+ ED RR ⇒ 800=DR kg. Conocida RD , resolvemos (II):

1000 kg

4 m.

RA

MA A B

RB

(I)

B

RC

CD

RB RD

1 m.1 m.

q =400 kg/m

(II)

q =400 kg/m

D

RE

E

RD

4 m.

(III)

Figura 3


ΣM B = 0 ⇒ 022240021 =⋅⋅−⋅−⋅ DC RR ⇒ 2400=CR kg.

ΣFy = 0 ⇒ 04002 =⋅−−+− DCB RRR ⇒ 800=BR kg. Partiendo del valor de RB obtenido, resolvemos (I): ΣMA = 0 ⇒ 0410004 =+⋅−⋅ AB MR ⇒ 800=AM kg·m. ΣFy = 0 ⇒ 01000 =−+ BA RR ⇒ 200=AR kg. ∗ Nota 2: Se muestra seguidamente una forma más sencilla de obtener el diagrama de momentos flectores. También parte de la resolución de la estática del problema, a la vista de la cual se deduce la forma que tendrá el diagrama de momentos flectores. Conocida esta forma, tan sólo es preciso calcular el valor de los puntos más característicos del diagrama, sin que sea necesario el cálculo de la expresión analítica en cada uno de los tramos en que se subdivide la viga. El diagrama de cuerpo libre de la viga completa es: A partir de él, imaginando la forma que adoptaría una cuerda tensada en sus extremos y sometida a las mismas cargas y solicitaciones que la viga ABCDE, tenemos que la forma del diagrama de momentos flectores será la siguiente:

(metros)

1000 kg q =400 kg/m

4 4 11

200 kg.

800 kg·m. A

B2400 kg.

C D

800 kg.

E

x


En la figura anterior observamos que los valores de momento flector que debemos calcular serán los correspondientes a los puntos A, C y el punto intermedio del tramo DE, pues en ellos el momento flector podrá ser máximo positivo o máximo negativo. A: 800−== AA MMf kg·m. C: Nos quedamos con la parte de viga a la izquierda de C.

1000211400110005200800 −=⋅⋅−⋅−⋅+−=CMf kg·m.

x = 8 m: Consideramos la parte de viga a la derecha de x = 8 m.

80022240028008 =⋅⋅−⋅==xMf kg·m.

Así, el diagrama de momentos flectores con sus valores característicos acotados resulta:

x A B

DE

C

x A B

DE

C

800 1000

800

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