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las horas de práctica lo que hace la
diferencia”
- David Fischman
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Inercia centroidal de secciones compuestas y cálculo de tensiones normales máximas - Prof., Ejercicios de Mecánica de Materiales
El cálculo de la inercia centroidal de secciones compuestas y el cálculo de las tensiones normales máximas en estas secciones. El documento incluye ejemplos con secciones rectangulares y parabólicas, así como el cálculo de las dimensiones necesarias de una sección transversal para igualar la resistencia de las fibras traccionadas y comprimidas. Además, se incluyen ecuaciones y valores numéricos para la resolución de los problemas.
Tipo: Ejercicios
2021/2022
1 / 259
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“El talento es importante, pero son
las horas de práctica lo que hace la
diferencia”
- David Fischman
Dedicatoria
El presente texto está dedicado.
A mi madre Anastacia, que, con su incondicional apoyo y cariño me permiten cada día
ser una mejor versión de mí mismo.
A mi hermano menor Kenny, a quien trato de darle el mejor ejemplo como persona y
guiar su camino en la vida.
A mi querida facultad nacional de ingeniería FNI, donde tuve el honor de pasar por sus
aulas y formarme académicamente y profesionalmente.
Al Ing. Hugo Mercado Castellon docente de la materia Resistencia de Materiales I – civ
2202 en la FNI-UTO. Decir que gran parte de los conocimientos que hoy poseo, referente a esta
materia, lo he adquirido gracias a la dedicación y esfuerzo que usted impartió en mis épocas
como estudiante y auxiliar
Prólogo
Este texto de mecánica de materiales II, ha sido elaborado especialmente para los estudiantes
que cursan la materia CIV-2203 “Resistencia de Materiales II” de la FNI (Facultad Nacional de
Ingeniería), y para cualquier estudiante/profesional que esté interesado en esta fascinante
materia.
El contenido de este libro está dirigido a la necesidad del estudiante de tener problemas
desarrollados minuciosamente y con una gran cantidad de gráficas , esto para una mejor
comprensión del estudiante, cabe aclarar que todos los resultados fueron trabajados con una
calculadora científica, en donde no se tomó en cuenta ningún tipo de redondeo, y el lector debe
tomar en cuenta esto mismo, al momento de estudiar y volver a resolver el problema.
El libro se ha desarrollado en 10 capítulos, en donde cada capítulo contiene 10 problemas, lo
que da un total de 100 problemas. Cabe aclarar que el primer capítulo se lo denomino repaso ,
y es en este mismo donde se repasara temas y métodos que el estudiante debe comprender
previamente, para poder tener una mejor comprensión de los demás capítulos.
Los problemas de este texto fueron extraídos de distintos exámenes propuestos por los
ingenieros que dictan dicha materia “Resistencia de Materiales I y II” FNI-UTO, así mismo se
existe una gran cantidad de problemas del texto “Problemas de Resistencia de Materiales -
Miroliúbov” que el estudiante debe revisar previamente.
En cada capítulo se presente una metodología de resolución de los problemas, esto para una
mejor comprensión del estudiante, además un punto fuerte de este libro es que algunos
problemas fueron resueltos con dos procedimientos distintos y obteniendo los mismos
resultados.
Oruro, noviembre de 2020
Emar Adilson Ventura Llave
DEFO RMACI ÓN P OR FLE XI ÓN E N VIGAS .............................................. 70
PROBLEMA 31
PROBLEMA 32
PROBLEMA 33
PROBLEMA 34
PROBLEMA 35
PROBLEMA 36
PROBLEMA 37
PROBLEMA 38
PROBLEMA 39
PROBLEMA 40
VIGAS DE DIS TINT OS MATE RIA LES ..................................................... 95
PROBLEMA 41
PROBLEMA 42
PROBLEMA 43
PROBLEMA 44
PROBLEMA 45
PROBLEMA 46
PROBLEMA 47
PROBLEMA 48
PROBLEMA 49
PROBLEMA 50
VIGAS DE H ORMI GÓ N ARM ADO ......................................................... 131
PROBLEMA 51
PROBLEMA 52
PROBLEMA 53
PROBLEMA 54
PROBLEMA 55
PROBLEMA 56
PROBLEMA 57
PROBLEMA 58
PROBLEMA 59
PROBLEMA 60
FLEXIÓ N OBL ICUA, ASIMÉT RIC A, DESVI ADA O EN DOS PLA NO S ........... 151
PROBLEMA 61
PROBLEMA 62
PROBLEMA 63
PROBLEMA 64
PROBLEMA 65
PROBLEMA 66
PROBLEMA 67
PROBLEMA 68
PROBLEMA 69
PROBLEMA 70
FLEXIÓ N C OMPUEST A ..................................................................... 180
PROBLEMA 71
PROBLEMA 72
PROBLEMA 73
PROBLEMA 74
PROBLEMA 75
PROBLEMA 76
PROBLEMA 77
PROBLEMA 78
PROBLEMA 79
PROBLEMA 80
NÚCLE O CEN TRAL ........................................................................... 206
PROBLEMA 81
PROBLEMA 82
PROBLEMA 83
PROBLEMA 84
PROBLEMA 85
PROBLEMA 86
PROBLEMA 87
PROBLEMA 88
PROBLEMA 89
PROBLEMA 90
COLUMN AS ..................................................................................... 236
PROBLEMA 91
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA CAPITULO I - REPASO
EMAR ADILSON VENTURA LLAVE 13
CAPITULO I
REPASO
PROBLEMA 1
Determinar el momento flector máximo Mmax y la fuerza cortante máxima Qmax de la viga mostrada.
Además, diagramar dichas fuerzas internas.
SOLUCIÓN
MÉTODO DE LOS TRAMOS
Equilibrio Externo E.E. (reacciones de apoyo)
ΣM
E
−V
A
𝐀
= 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍]
ΣFV = 0 ↑ (+)
V
A
+ V
E
𝐄
= 𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
Equilibrio Interno E.I. (fuerzas internas)
TRAMO AB origen x en A
Mx = V
A
x
Qx = +
Mx
dx
[
]
TRAMO DE origen x en E
Mx = − 20 + V
E
x
Qx = −
Mx
dx
[
]
𝐱 [𝐦] 𝐌 [𝐊𝐍 · 𝐦]
A 0 0
B 1 +89.
𝐱 [𝐦] 𝐌 [𝐊𝐍 · 𝐦]
E 0 - 20
D 1 +60.
y
x
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
ρ=radio de cu
rvatura
dθ
M
P
N
Q
a
b
c
d
c'
dθ
O
EN
M M
y
P'
Q'
dx
dθ
dθ
O
c'
d
y
ρ
b
a
b
M P
Q N
L
A B
q (carga distribuida por peso propio)
M
N
P
Q
b
h
y
z
y
z
x EN
L
Q=
Mmax=qL^2/
qL/
qL/
(—)
(+)
(+) (+)
+
—
—
+
Q
M
R RB
Q
Q
M
N N
y
z
dA
EN
y
z
σ comp
σ
tracc
σ
y
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
ρ=radio de cu
rvatura
dθ
O
EN
M M
y
dx
σ
=
σ
tracc
σ
comp
σ
σ=
q 1 =30 [KN/m]
P 1 =80 [KN]
M 1 =40 [KN·m] P 2 =40 [KN] M 2 =20 [KN·m]
q 2 =20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN] 40 [KN·m] 20 [KN·m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
x
x
A B C D E
20 [KN/m]
C D
x
VA VE
40.7143 [KN]
60.7143 [KN·m]
30 [KN/m]
x
B C
80 [KN]
x=2.9762 [m]
(+)
(+)
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
89.2857 [KN]
49.2857 [KN·m]
30 [KN/m]
80 [KN]
4
40 [KN·m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.
A B C
VA
x=2.9762 [m]
(+)
(+)
Q
—
(—)
[KN]
Q=
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
q 1 =30 [KN/m]
P 1 =80 [KN]
M 1 =40 [KN·m] P 2 =40 [KN] M 2 =20 [KN·m]
q 2 =20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN·m] 40 [KN] 20 [KN·m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2. 1.0 [m]
x
x
A B C D E
20 [KN/m]
C D
x
VA VE
40.7143 [KN]
60.7143 [KN·m]
30 [KN/m]
x
B C
80 [KN]
89.2857 [KN]
49.2857 [KN·m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN]
20 [KN·m] 40 [KN·m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
A
B C
D E
VA VE
x=2.9762 [m]
(+)
(+)
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
TRAMO CD origen x en D
Resultante de fuerzas al punto D
→ ΣFH
D
↑ ΣFH
D
= V
E
[
]
↺ ΣM
D
= − 20 + V
E
( 1 ) = − 20 + 80. 7143 ( 1 ) = 𝟔𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍 · 𝐦]
Mx = 60. 7143 + 40. 7143
x
x
x
2
Mx= 𝟔𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 + 𝟒𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑𝐱 + 𝟏𝟎𝐱
𝟐
Qx = −
Mx
dx
TRAMO BC origen x en B
Resultante de fuerzas al punto B
→ ΣFH
B
↑ ΣFH
B
= V
A
[
]
↺ ΣM
B
= −V
A
↺ ΣM
B
[
]
Mx = 49. 2857 + 89. 2857
x
x
x
2
𝟐
Qx =
Mx
dx
Si: Qx = 0 → Mx = Mmax
Qx = 89. 2857 − 30x = 0 → 𝐱 = 𝟐. 𝟗𝟕𝟔𝟐 [𝐦]
Mx = Mmax = 49. 2857 + 89. 2857 ( 2. 9762 )
2
= 𝟏𝟖𝟐. 𝟏𝟓𝟏𝟒 [𝐊𝐍 · 𝐦]
[
]
¡ solución!
∴ 𝐐𝐦𝐚𝐱 = 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍] ¡ solución!
𝐱
[ 𝐦
] 𝐌
[ 𝐊𝐍 · 𝐦
] 𝐐
[ 𝐊𝐍
]
D 0 +60.7143 - 40.
1 +111.4286 ∕
C 2 +182.1429 - 80.
𝐱
[ 𝐦
] 𝐌
[ 𝐊𝐍 · 𝐦
] 𝐐
[ 𝐊𝐍
]
B 0 +49.2857 +89.
1.5 +149.4643 ∕
C 3 +182.1429 - 0.
1.0 [m]
N] 20 [KN·m]
1.0 [m]
x
D E
VE
40.7143 [KN]
60.7143 [KN·m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN]
20 [KN·m] 40 [KN·m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
A
B C
D E
VA VE
x=2.9762 [m]
(+)
(+)
M
—
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
Mmax
20
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
[KN·m]
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M
M
E
= 89. 2857 ( 7 ) − 40 − 15 ( 7 − 1 )
2
− 80 ( 7 − 4 ) + 10 ( 7 − 4 )
2
- 15 ( 7 − 4 )
2
− 40 ( 7 − 6 ) − 10 ( 7 − 6 )
2
M
E
= −𝟐𝟎
[ 𝐊𝐍 · 𝐦
]
Evaluando la función de 𝐐𝐱
Q
A
= 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍]
Q
B
= 89. 2857 − 30 ( 1 − 1 ) = 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍]
Q
C
= 89. 2857 − 30 ( 4 − 1 ) = −𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
Q′
C
= 89. 2857 − 30
( 4 − 1
) − 80 + 20
( 4 − 4
) = −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑
[ 𝐊𝐍
]
Q
D
= 89. 2857 − 30 ( 6 − 1 ) − 80 + 20 ( 6 − 4 ) + 30 ( 6 − 4 ) = −𝟒𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
Q′
D
= 89. 2857 − 30
( 6 − 1
) − 80 + 20
( 6 − 4
)
- 30
( 6 − 4
) − 40 = −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑
[ 𝐊𝐍
]
Q′
E
= 89. 2857 − 30 ( 7 − 1 ) − 80 + 20 ( 7 − 4 ) + 30 ( 7 − 4 ) − 40 − 20 ( 7 − 6 ) = −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
𝐱 [𝐦] 𝐌 [𝐊𝐍 · 𝐦] 𝐐 [𝐊𝐍]
A 0 0 +89.
B 1 〈
- 2857
- 2857
〉 +89.
2.5 +149.4643 ∕
C 4 +182.1429 〈
− 0. 7143
− 80. 7143
〉
5 +111.4286 ∕
D 6 +60.7143 〈
− 40. 7143
− 80. 7143
〉
E 7 - 20 - 80.
Si: Qx = 0 → Mx = Mmax
Antes de 4
[
m
]
Qx = 89. 2857 − 〈 30 (x − 1 )〉
x≥ 1
[
]
Mx = Mmax = 89 .2857x −
x≥ 1
x − 1
2
x≥ 1
Mmax = 89. 2857 ( 3. 9762 ) − 40 − 15 ( 3. 9762 − 1 )
2
𝐌𝐦𝐚𝐱 = 𝟏𝟖𝟐. 𝟏𝟓𝟏𝟒
[ 𝐊𝐍 · 𝐦
]
[
]
¡ solución!
∴ 𝐐𝐦𝐚𝐱 = 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍] ¡ solución!
20 [KN·m]
[m]
E
VE
m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN]
20 [KN/m] 40 [KN/m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.
[m]
A B C D E
VA VE
x=3.9762 [m]
(+)
(+)
M
—
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
Mmax
20
(+)
(-)
(+)
(+)
(+)
[KN·m]
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M
M 2 =20 [KN·m]
[m]
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA CAPITULO I - REPASO
EMAR ADILSON VENTURA LLAVE 17
PROBLEMA 3
Determinar el momento flector máximo Mmax y la fuerza cortante máxima Qmax de la viga mostrada.
Además, diagramar dichas fuerzas internas.
SOLUCIÓN
MÉTODO GRAFICO
Equilibrio Externo E.E. (reacciones de apoyo)
ΣM
E
−V
A
𝐀
[
]
ΣFV = 0 ↑ (+)
V
A
+ V
E
𝐄
[
]
Equilibrio Interno E.I. (fuerzas internas)
Fuerzas cortantes Q
(I) Q
A
= +V
A
= 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍]
(I) Q
B
= +V
A
= 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍]
(I) Q
C
= +V
A
− 30 ( 3 ) = −𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
I
Q′
C
= +V
A
− 80 = −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
D
Q
E
= −V
E
= −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
D
Q
D
= −V
E
= −𝟖𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
D
Q′
D
= −V
E
+ 40 = −𝟒𝟎. 𝟕𝟏𝟒𝟑 [𝐊𝐍]
Momentos flectores M
I
M
A
(I) M
B
= V
A
( 1 ) = 𝟖𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍 · 𝐦]
(I) M′
B
= V
A
( 1 ) − 40 = 𝟒𝟗. 𝟐𝟖𝟓𝟕 [𝐊𝐍 · 𝐦]
I
M
BC
= V
A
I
M
BC
= 𝟏𝟒𝟗. 𝟒𝟔𝟒𝟑 [𝐊𝐍 · 𝐦]
I
M
C
= V
A
I
M
C
[
]
y
x
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
ρ=radio de cu
rvatura
dθ
M
P
N
Q
a
b
c
d
c'
dθ
O
EN
M M
y
P'
Q'
dx
dθ
dθ
O
c'
d
y
ρ
b
a
b
M P
Q N
L
A B
q (carga distribuida por peso propio)
M
N
P
Q
b
h
y
z
y
z
x EN
L
Q=
Mmax=qL^2/
qL/
qL/
(—)
(+)
(+) (+)
+
—
—
+
Q
M
R
RB
Q
Q
M
N N
y
z
dA
EN
y
z
σ comp
σ tracc
σ
y
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
ρ=radio de cu
rvatura
dθ
O
EN
M M
y
dx
σ
=
σ
tracc
σ
comp
σ
σ=
q 1 =30 [KN/m]
P 1 =80 [KN]
M 1 =40 [KN·m] P 2 =40 [KN] M 2 =20 [KN·m]
q 2 =20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN/m] 40 [KN] 20 [KN/m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
A B C D E
x
(+)
(+)
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
3-x
M
—
Mmax
20
(+)
(+)
(+)
(+)
[KN·m]
(-)
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M
VA VE
q 1 =30 [KN/m]
P 1 =80 [KN]
P 2 =40 [KN]
M 1 =40 [KN·m] M 2 =20 [KN·m]
q 2 =20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.
[m]
30 [KN/m]
80 [KN]
40 [KN/m] 40 [KN] 20 [KN/m]
20 [KN/m]
1.0 3.0 2.0 1.0 [m]
A
B C
D E
x
(+)
(+)
Q
—
(—)
(—)
[KN]
Q=
3-x
M
—
Mmax
20
(+)
(+)
(+)
(+)
[KN·m]
(-)
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M
VA VE
FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA CAPITULO I - REPASO
EMAR ADILSON VENTURA LLAVE 19
PROBLEMA 4
Determinar el momento flector máximo Mmax y la fuerza cortante máxima Qmax de la viga mostrada.
Además, diagramar dichas fuerzas internas.
SOLUCIÓN
MÉTODO DE LOS TRAMOS
Características geométricas
L
CD
2
2
= 𝟑. 𝟑𝟓𝟒𝟏 [𝐦]
α = tan
− 1
- 5
3
Equilibrio Externo E.E. (reacciones de apoyo)
ΣM
D
−V
A
1
2
( 3 )( 4 ) [ 4 +
2
3
( 3 )] + 2 cos( 40 ) ( 1. 5 )
- 2 sin( 40 ) ( 3 ) + 3 ( 3. 3541 ) (
3
2
𝐀
= 𝟖. 𝟏𝟕𝟖𝟑 [𝐭]
ΣFV = 0 ↑ (+)
V
A
+ V
D
1
2
− 2 sin
𝐃
= 𝟗. 𝟏𝟔𝟗𝟔 [𝐭]
ΣFH = 0 → (+)
−H
D
- 2 cos
𝐃
[
]
Equilibrio Interno E.I. (fuerzas internas)
TRAMO AB origen x en A
4
3
qx
x
𝟒𝐱
𝟑
Mx = V
A
x
x
x
2
1
2
x
4x
3
x
3
𝟐
𝟐
𝟗
𝟑
Qx =
Mx
dx
𝟐
𝟑
𝟐
𝐱
[ 𝐦
] 𝐌
[ 𝐭 · 𝐦
] 𝐐
[ 𝐭
]
A 0 0 +8.
1.5 +8.5175 +3.
B 3 +12.535 +2.
y
x
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
P
Q
b
d
c'
dθ
EN
M
P'
Q'
dθ
dθ
O
c'
d
y
ρ
b
a
b
M P
Q N
L
A B
q (carga distribuida por peso propio)
M
N
P
Q
b
h
y
z
y
z
x EN
L
Q=
Mmax=qL^2/
qL/
qL/
(—)
(+)
(+) (+)
+
—
—
+
Q
M
R RB
Q
Q
M
N N
y
z
dA
y
z
σ comp
σ
y
σcomp
σtracc
z
M y
dA
C 1
C 2
h
b
x
y
z
z
y
dA
cg
EN
M
dx
σ
=
σ
tracc
σ
comp
σ
σ=
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
40°
4 [t/m]
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
40°
4 [t/m]
x
x
4 [t/m]
qx
α
α
α
α
A
B C
D
VD
HD
VA
2 [t]
40°
B
C
x
2 [t]
3.0 1.
40°
4 [t/m]
A
B
C
VA
Q
—
(+)
(+) (+)
[t]
M
—
2.1783 [t]
12.535 [t·m]
(+)
(+)
[t·m]
Q=
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTA
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLE
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
40°
4 [t/m]
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
40°
4 [t/m]
x
x
4 [t/m]
qx
α
α
α
α
A
B C
D
VD
HD
VA
2 [t]
40°
B C
x
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
1.
40°
4 [t/m]
A
B C
VD
HD
VA
D
Q
—
(+)
(+) (+)
(—)
[t]
M
—
2.1783 [t]
12.535 [t·m]
(+)
(+)
(+)
(+)
[t·m]
Mmax
Q=
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M
TRAMO CD origen x en D
Mx = V
D
(x cos α) + H
D
(x sin α) − 3 (x) (
x cos α
2
𝟐
Qx = −
Mx
dx
Si: Qx = 0 → Mx = Mmax
Qx = − 8. 8867 + 2 .6833x = 0 → 𝐱 = 𝟑. 𝟑𝟏𝟏𝟗 [𝐦]
Mx = Mmax = 8. 8867
2
[
]
TRAMO BC origen x en B
→ ΣFH
B
↑ ΣFH
B
= V
A
1
2
[
]
↻ ΣM
B
= V
A
1
2
[
2
3
]
↻ ΣM
B
[
]
Qx =
Mx
dx
= +𝟐. 𝟏𝟕𝟖𝟑 [𝐭]
[
]
¡ solución!
[
]
¡ solución!
𝐱 [𝐦] 𝐌 [𝐭 · 𝐦] 𝐐 [𝐭]
D 0 0 - 8.
1.6770 +11.13 ∕
C 3.3541 +14.7133 +0.
𝐱
[ 𝐦
] 𝐌
[ 𝐭 · 𝐦
]
B 0 +12.
C 1 +14.
m]
[m]
3 [t/m]
[m]
α
α
D
VD
HD
2 [t]
3 [t/m]
[m]
1.0 3.
1.
40°
4 [t/m]
A
B C
VD
HD
VA
D
Q
—
(+)
(+) (+)
(—)
[t]
M
—
(+)
(+)
(+)
(+)
[t·m]
Mmax
Q=
DIAGRAMA DE FUERZAS CORTANTES Q
DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES M