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E D I T O R I A L

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Teoría y aplicaciones

Estáti caAutor: Ing. Luis Eduardo Gamio Arisnabarreta

© Derechos de autor registrados:Empresa Editora Macro EIRL

© Derechos de edición, arte gráfi co y diagramación reservados:Empresa Editora Macro EIRL

Jefe de edición:Cynthia Arestegui Baca

Coordinación de edición:Magaly Ramon Quiroz

Diseño de portada:Darío Alegría Vargas

Corrección de esti lo: Magaly Ramon Quiroz

Diagramación:Maria Limpi Condori

Edición a cargo de:© Empresa Editora Macro EIRLAv. Paseo de la República N.° 5613, Mirafl ores, Lima, Perú

Teléfono: (511) 748 0560E-mail: [email protected]ágina web: www.editorialmacro.com

Primera edición: marzo de 2015Tiraje: 2000 ejemplares

ImpresiónTalleres gráfi cos de la Empresa Editora Macro EIRLJr. San Agus n N.° 612-624, Surquillo, Lima, Perú

ISBN N.° 978-612-304-261-5Hecho el depósito legal en la Biblioteca Nacional del Perú N.° 2015-00295

LUIS EDUARDO GAMIO ARISNABARRETA

Ingeniero civil egresado de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú) con más de veinticinco años de experiencia profesional en el área de ingeniería estructural.

Ha trabajado en diversas empresas privadas, como Alpha Consult S. A., Salydel Ingenieros S. A., entre otras. Asimismo, ha participado en numerosos proyectos de agua potable y alcantarillado, diseñando estructuralmente reservorios, cisternas y cámaras de bombeo de gran volumen.

Desde hace veintiocho años es docente de los cursos Estática y Resistencia de Materiales en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú). En la actualidad, se desempeña como ingeniero estructural en la empresa Tecamb S. A. y es jefe de la ofi cina de estadística de la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (2010-2015).

Cabe resaltar que dicha facultad cuenta con la acreditación internacional de Accreditation Board for Engineering and Technology (ABET).

DEDICATORIA

A todos los estudiantes de ingeniería, esperando que esta obra sea de mucha utilidad y fácil comprensión

INTRODUCCIÓN ................................................................................................................................7

CAPÍTULO 1. REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS .........................................................11

1.1 Fuerzas concurrentes ................................................................................................................... 111.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto ........................................................................ 121.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje ............................................................................. 131.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon) ................................................................ 131.5 Momento de un par de fuerzas..................................................................................................... 141.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y par ........................................................................... 141.7 Sistemas de fuerzas equivalentes ................................................................................................. 151.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par ................................................................... 161.9 Fuerzas coplanares ....................................................................................................................... 161.10 Fuerzas paralelas ........................................................................................................................ 171.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio ........................................................ 18 Problemas resueltos ............................................................................................................. 19

CAPÍTULO 2. FUERZAS DISTRIBUIDAS .................................................................................55

2.1 Tipos de cargas distribuidas ......................................................................................................... 55 Problemas resueltos ............................................................................................................. 57

CAPÍTULO 3. CENTRO DE GRAVEDAD ...................................................................................91

3.1 Peso (W) ...................................................................................................................................... 913.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneos............................................................................... 93

3.2.1 Centro de gravedad de líneas ..........................................................................................................933.2.2 Centro de gravedad de áreas ...........................................................................................................943.2.3 Centro de gravedad de volúmenes ..................................................................................................95

3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus .................................................................................................. 963.4 Tabla de centros de gravedad ....................................................................................................... 98 Problemas resueltos ........................................................................................................... 115

CAPÍTULO 4. MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS ............................159

4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner) ........................................................................................... 1594.2 Radio de giro ............................................................................................................................. 1604.3 Producto de inercia o momento segundo mixto ........................................................................ 1614.4 Rotación de ejes ......................................................................................................................... 1614.5 Momentos de inercia principales ............................................................................................... 1624.6 Método gráfi co: Círculo de Mohr .............................................................................................. 1624.7 Tabla de momentos de inercia ................................................................................................... 1644.8 Tabla de productos de inercia .................................................................................................... 171 Problemas resueltos ........................................................................................................... 178

ÍNDICE

CAPÍTULO 5. FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS .....................................203

5.1 Fuerzas sobre superfi cies planas ................................................................................................ 2035.2 Fuerzas sobre superfi cies curvas ................................................................................................ 205 Problemas resueltos ........................................................................................................... 206

CAPÍTULO 6. EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO ...........................................................219

6.1 Equilibrio en dos dimensiones ................................................................................................... 2196.2 Equilibrio en tres dimensiones .................................................................................................. 2206.3 Reacciones en los apoyos y conexiones .................................................................................... 222 Problemas resueltos ........................................................................................................... 224

CAPÍTULO 7. FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS ...............................................................271

7.1 Fuerzas internas: V, N, M .......................................................................................................... 2717.2 Tipos de cargas .......................................................................................................................... 2717.3 Secciones transversales .............................................................................................................. 2737.4 Tipos de viga .............................................................................................................................. 2737.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento fl exionante ................................. 2747.6 Estructura: Pórtico isostático ..................................................................................................... 275 Problemas resueltos ........................................................................................................... 276

CAPÍTULO 8. FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS ..........................................................363

8.1 Fuerzas internas en las barras .................................................................................................... 3638.2 Armadura ................................................................................................................................... 3638.3 Barras con fuerza nula ............................................................................................................... 3648.4 Método de los nudos .................................................................................................................. 3648.5 Método de las secciones ........................................................................................................... 365 Problemas resueltos ........................................................................................................... 366

CAPÍTULO 9. FUERZAS EN MARCOS ....................................................................................399

9.1 Denominación ............................................................................................................................ 3999.2 Defi nición y metodología .......................................................................................................... 399 Problemas resueltos ........................................................................................................... 401

CAPÍTULO 10. FUERZAS EN CABLES ....................................................................................429

10.1 Tipos de fuerzas en cables ....................................................................................................... 42910.1.1 Cables con cargas concentradas .................................................................................................42910.1.2 Cable parabólico .........................................................................................................................43010.1.3 Cable catenaria ............................................................................................................................432

Problemas resueltos ........................................................................................................... 434Bibliografía ...................................................................................................................................... 463

Este libro sale a la luz tras veintiocho años de experiencia docente en la Facultad de Ingeniería Civil de la Universidad Nacional de Ingeniería (Lima, Perú), y está basado en los apuntes de clase del curso de Estática, el cual es una asignatura obligatoria en la mayoría de carreras de ingeniería, según el plan curricular, y se desarrolla en el segundo año de la carrera. Es un curso fundamental para el aprendizaje de la ingeniería estructural.

El objetivo de la presente obra es brindar al usuario información inédita referente a centros de gravedad, momentos de inercia, productos de inercia, entre otros temas. La obra contiene 10 capítulos en los cuales se desarrollan los diferentes tipos de fuerzas exteriores y cómo se aplican en cables, marcos, armaduras, vigas, pórticos, arcos y superfi cies sumergidas. Además, explica cómo se generan las fuerzas internas en barras, vigas, cables, pórticos y arcos.

El libro además contiene temas como fuerzas concurrentes, pares de fuerza, fuerzas coplanares, fuerzas paralelas, torsor, fuerzas distribuidas sobre líneas, fuerzas distribuidas sobre superfi cies planas, centro de gravedad de líneas, centro de gravedad de superfi cies planas, centro de gravedad de superfi cies curvas, centro de gravedad de volúmenes, momento de inercia, producto de inercia, fuerzas sobre superfi cies sumergidas planas, fuerzas sobre superfi cies sumergidas curvas, equilibrio en el plano: vigas, arcos biarticulados y triarticulados, estructuras isostáticas, equilibrio en el espacio, fuerzas internas en vigas, fuerzas internas en pórticos, método de los nudos en armaduras planas, método de las secciones en armaduras planas, fuerzas en marcos, fuerzas en cables con cargas concentradas, parabólicos, y catenarias.

Además, se incluyen 365 aplicaciones.

El autor desea que esta obra resulte útil a los estudiantes y profesionales de ingeniería en sus distintas especialidades donde se aplica la estática.

INTRODUCCIÓN

DEFINICIONES, PRINCIPIOS Y LEYES

Mecánica: Es el estudio de los cuerpos en estado de reposo o movimiento bajo la acción de fuerzas.

Estática: Es el estudio del equilibrio de los cuerpos bajo la acción de fuerzas.

Cuerpo rígido: Es una cantidad determinada de materia cuya forma y tamaño no varían bajo la infl uencia de fuerzas externas.

Partícula: Es el modelo matemático de un cuerpo y se representa como un punto, no tiene dimensiones.

Fuerza: Es la acción de un cuerpo sobre otro. La acción puede ser debida al contacto físico, al efecto gravitatorio, eléctrico o magnético entre cuerpos separados. Las características de una fuerza son: Magnitud, Dirección, Sentido, Punto de Aplicación.

Principio de transmisibilidad: El efecto externo que una fuerza ejerce sobre un cuerporígido es el mismo en toda su línea de acción.

Primera ley de Newton: Una partícula originalmente en reposo o moviéndose en línea recta a velocidad constante permanecerá en ese estado si la fuerza resultante que actúa sobre ella es nula.

Tercera ley de Newton: Las fuerzas de acción y reacción de cuerpos en contacto tienen la misma magnitud y son colineales. Los sentidos son opuestos.

Diagrama de cuerpo libre (D.C.L.): Es la representación de la partícula o el cuerpo rígidodonde se indican las fuerzas, distancias y se representa el cuerpo analizado de manerasimplifi cada.

MECÁNICA MECÁNICA DE CUERPOS RÍGIDOS ESTÁTICA SÓLIDOS

Longitud:

Unidad SímboloMilímetro mmCentímetro cm Metro mPulgada ՚՚ Pie ՚

Unidad SímboloKilogramo kg Libra lb Tonelada T Newton N

Unidad SímboloPascal Pa Kilo Pascal KPaMega Pascal MPaGiga Pascal GPa kg/cm2 lb/pulg2

N/m2

Área:(Unidades de longitud)2

Fuerza:

nanomicromili

KILOMEGA GIGA

nμmKMG

10–9

10–6

10–3

103

106

109

Equivalencias1՚՚ < > 2.54 cm1՚ < > 12՚՚ < > 30.48 cm

Equivalencias1T< > 103 kg1kg < > 9.81 N1kN < > 103 N1kip < > 1KLb < > 103 lb1lb < > 0.454 kg

Equivalencias1 Pa < > 1N/m2

1 KPa < > 103 N/m2

1 MPa < > 106 N/m2

1 GPa < > 109 N/m2

1 lb/pulg2 < > 1P.s.i.1 KLb/pulg2 < > 1K.s.i1 lb/pie2 < > 1P.s.f.1 KLb/pie2 < > 1 K.s.f.

Presión (Fuerza/Área):

TIPOS DE UNIDADES(Utilizadas en diversos textos)

REDUCCIÓN GENERAL DE FUERZAS

CAPÍTULO

11.1 Fuerzas concurrentes

Se reducen a fuerza única; en la condición de equilibrio la resultante es nula.

Ley del paralelogramo: La resultante de dos fuerzas es la diagonal del paralelogramo cuyos lados iniciales son los vectores de dichas fuerzas.

2 vectores

Ley del triángulo: Es una consecuencia de la ley del paralelogramo.

Más de 2 vectores: Se aplica sucesivamente la Ley del paralelogramo o la Ley del triángulo.

Ley del paralelogramo

Ley del triángulo

A

A

A

A

Editorial Macro12 Estática - teoría y aplicaciones

1.2 Momento de una fuerza con respecto a un punto

→ Expresión vectorial

→ Magnitud

Dirección: Perpendicular () al plano formado por y en el punto O.

Sentido: Regla de la mano derecha.

• es un vector cuyo origen es el punto O y cuyo extremo es cualquier punto situado en

Vectorialmente:

→ Componentes escalares de en los ejes x, y, z

→ Expresión vectorial

→ Magnitud

Od

Plano

Capítulo 1: Reducción general de fuerzasIng. Luis Gamio Arisnabarreta 13

1.3 Momento de una fuerza con respecto a un eje

Magnitud

Expresión vectorial

1.4 El principio de los momentos (Teorema de Varignon)El momento que una fuerza ejerce sobre un punto es igual a la suma de los momentos de las componentes de la fuerza con respecto al mismo punto.

a)

b)

O

z

x

y

O


1.5 Momento de un par de fuerzas

• Par de fuerzas es el sistema formado por 2 fuerzas de igual magnitud, rectas de acción paralelas y sentido opuestos.

• El momento de un par es el momento de una de las fuerzas con respecto a un punto cualquiera de la línea de acción de la otra fuerza.

Expresión vectorial

Magnitud

Dirección: Perpendicular al plano formado por el par de fuerzas.

Sentido: Regla de la mano derecha.

• Los vectores momento de los pares son vectores libres; se pueden sumar o restar independientemente de su posición en el espacio.

1.6 Descomposición de una fuerza en fuerza y parCualquier fuerza que actúa sobre un sólido puede trasladarse a un punto arbitrario “O” como fuerza y momento.

d

A A A

OO O

< > < >


1.7 Sistemas de fuerzas equivalentesDos sistemas de fuerzas son equivalentes si se cumple:a) Ejercen la misma fuerza sobre el cuerpo rígido.b) Tienen igual momento respecto a cualquier punto del cuerpo rígido.

(1)

(2)

< >p p

p

< >


1.8 Reducción de un sistema de fuerzas en fuerza y par

• y en general no son perpendiculares entre sí.

• Si y son perpendiculares entre sí, el sistema Fuerza - Par puede sustituirse por una sola fuerza.

Casos particulares de reducción a fuerza única:• Fuerzas coplanares• Fuerzas paralelas

1.9 Fuerzas coplanaresLas fuerzas están contenidas en el plano xy.

< > < >


→ Ecuación de la línea de acción de la fuerza

Si

Si

1.10 Fuerzas paralelas


1.11 Reducción general de un sistema de fuerzas en el espacio

y no son perpendiculares entre sí

; y

Torsor: Eje del torsor: Es la recta de acción de

Paso del torsor:

Ecuación del eje torsor: , se obtiene de esa expresión.

< >< >

O

OO

A

Torsor


Problema 1

Hallar el valor más pequeño de F y el ángulo β correspondiente para los cuales la resultante de las tres fuerzas será.

a) Horizontalb) Vertical

Solución:

a) ΣFy = 0

5sen 53º – 6.25 + Fsen β = 0

Fsen β = 2.256

Pero sen β = 1

Entonces: F = 2.256 kN

β = 90º

b) ΣFx = 0

5cos 53º + Fcos β = 0

Fcos β = –3

Pero cos β = –1

Entonces: F = 3 kN

β = 180º

y

6.25 kN

5 kN

53ºF

xβ


Problema 2

En la fi gura, calcular el estiramiento de cada uno de los resortes.

KAC = 20 N/m

KAB = 30 N/m

KAD = 40 N/m

Solución:

ΣFH = 0

FAB(0.80) = FAC(0.707)

FAC = 1.13FAB (1)

ΣFV = 0

FAC(0.707) + FAB(0.60) = 2 (2)

De (1) y (2): FAB = 1.43 kg < > 14.02 N

FAC = 1.61 kg < > 15.79 N

FAB = KAB × SAB SAB = = 0.467 m < > 46.7 cm

FAC = KAC × SAC SAC = = 0.789 m < > 78.9 cm

F = W = KAD × SAD SAD = = 0.49 m < > 49.0 cm

3 m

3 m

C

A

D W = 2 kg

B

4 m

45º 36.86º

FAC FAB

2 kg < > 19.62 N


Problema 3

Una placa circular de 12 kg de peso y de 7 cm de radio está sostenida por 3 cables de 25 cm de longitud. Hallar la tensión en cada cable si α = 30º.

A(0; 24; 0)

B(–6.06; 0; –3.5)

C(–6.06; 0; 3.5)

D(7; 0; 0)

Solución:

A

B

y

x

z

αα D

C

A


Problema 4

Una fuerza F contenida en el plano xy pasa por el punto C y produce un momento respecto a A de 90 kg-m en sentido horario y un momento respeto a B de 45 kg-m en sentido antihorario. Calcular el momento de F respecto a O.

A

C

OB x

0.9 m 0.6 m

0.5 m

1.5 m

(1)

(2)

(3)

De (3): BA = CA en (2):

De (2): DA = 12.5 – 2BA

En (1):

BA = 3.35 kg = CA, DA = 5.80 kg


Solución:

0.9

(1)

(2)

A

O B

C

(1.5; 0)

(0.9; 0.5)

y

(0; 1.5)


Problema 5

Calcular las coordenadas del punto P = (x, y), si:

F = 100 N

Solución:

– 50x – 86.6y = – 500 (1)

x = (r ) cos70º = 0.342r (2)

y = (r) sen70º = 0.939r (3)

(2) y (3) en (1): –17.1r – 81.31r = –500 r = 5.08

x = 1.737 m

y = 4.770 m

30º

70º

y

x

P(x, y)


Problema 6

Determinar la expresión vectorial y magnitud del momento resultante producido por los cinco pares de fuerzas.

P = 10 kg

Q = 20 kg

R = 30 kg

A = 40 kg

T = 50 kg

Solución:

R

y

P

x

P

O

TA A

Q

Q

T

R

rRrQrP

rA

rT

(–2; 8; 8

)

(0; 8; 0)

(6; 4; 0)(0

; 4; 8

)

(6; 0; 0) (10; 0; 0)

4 m

8 m8 m

6 m2 m2 m

z


Problema 7

Reemplazar el sistema mostrado en la fi gura por un torsor e indicar las coordenadas del punto P por donde cruza el torsor el plano xy.

Solución:

En A:

(1)

En (1): 1 649.45 = 800y –930.33 = – 800x y = 2.06 m x = 1.16 m

z

A

x

C

Byy 6 m

4 mxP


Problema 8

Sustituir el torsor por dos fuerzas, una actúa en B y la otra está contenida en el plano xz.

R = 70 kg

M = 280 kg - m

Solución:

→

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

B = 70 kg

C = 89.44 kg

yB

Ox

z

A(12, 6, 4) m4 m

yB

O x

z (x, 0, z)

ΣFI = ΣFII


Problema 9

El sistema está formado por dos fuerzas y un momento, reducirlo a una fuerza única equivalente.

Hallar la intersección de dicha fuerza con los ejes AB y BC.

Solución:

Fuerza resultante

y actúan en O

Momento resultante

→ son perpendiculares

Intersecciones

AB: y = 0 → x = – 2.5 cm

BC: x = 8 → y = – 2.42 cm

100 kg

100 kg-cm

30 kg

4 cm 5 cm6 cm

3 cm

3 cm60º

y

O B

C

xA

O

B

C


Problema 10

Hallar F2 y C2 si los dos sistemas son equivalentes

F = fuerzas; C = momentos

I II

→ en (3; 4; 2) m → en (0; 0; 0) m

→ en (0; 0; 1) m

Solución:

Tomando momentos con respecto a O:

→ x = 44

→ x = – 21

→ z = – 10


Problema 11

Las tres fuerzas son paralelas al eje z, la fuerza resultante R pasa por el eje central z del tubo. Hallar la magnitud de FC , R, θ.

r = 0.75 m

Solución:

(α)

(1)

(2)

(2)/(1): en (1)

en (α)

300 N z

FC

C

yr

A

B θ

x45º

200 N


Solución:

→

(1) (2)

En (1):

–440(1920 – C) + 1000 C = 0 → 1440C = 844 800 → C = 586.66; A = 1333,34

Problema 12

Reducir el sistema de fuerzas indicado a dos fuerzas paralelas aplicadas en los vértices A y C contenidas en plano xy.

1200 N/m

400 N/m

400 N400 N

A C

B

x

400 N

y

3 m 4 m

5 m

2 m

A

B

1 m

1.5 m


Problema 13

El resorte BC tiene una longitud sin estirar de 2 m.

Calcular la fuerza F aplicada cuando θ = 30º.

Solución:

XBC = 2.478 – 2 = 0.478 m

FBC = KXBC = 50(0.478) = 23.9 N

ΣFH = 0

23.9cos α = TABcos 30º

TAB = 25.25 N

ΣFV = 0

F = 23.9sen α + 25.25sen 30º

F = 22.26 N

2 m 2 m

2 m

B

A Cθ = 30º

K = 50 N/m

F

2cos 30º = 1.732 m

4 – 1.732 = 2.268α

α = 23.79ºB

C

2sen 30º = 1 m2.4786 m

α30º

TAB 23.9 N

F


Problema 14

El peso W está en equilibro en la posición mostrada.

Determinar la longitud natural de cada resorte después de que el peso W es retirado.

Solución:

FAC FAB

β

30

α

βα

0.50.5

fAC = 0.781 m f AB

= 0.64

0 m

0.6 0.4

ΣFH = 0 FAB(0.625) = FAC(0.768)

FAB = 1.2288F AC (1)

ΣFV = 0 FAC(0.640) + FAB(0.781) = 30

FAC + 1.22031FAB = 46.875 (2)

(1) en (2): FAC + 1.50FAC = 46.875

1500XAC = FAC = 18.75 kg = 183.93 N X AC = 0.123 m

1200XAB = FAB = 23.04 kg = 226.02 N X AB = 0.188 m

iAC = 0.781 – 0.123 = 0.658 m

iAB = 0.640 – 0.188 = 0.452 m

A30 kg = W

0.6 m 0.4 m

0.5 m

C

KAC = 1.5 KN/m KAB = 1.2 KN/m

B


Problema 15

El resorte permanece en posición horizontal conforme se estira.

Determinar la longitud inicial del resorte si θ = 40º cuando se logra el equilibrio.

Solución:

ΣFV = 0 FBAsen 40º = 10

FBA = 15.557 lb

ΣFH = 0 FBC = 15.557cos 40º = 11.917 lb

FBC = KX

X = = 1.1917 pies

estiramiento

Longitudes:

5cos 40º = 3.83’

10’ – 3.83’ = 6.17’ longitud del resorte estirado

i = 6.17 – 1.1917 = 4.9783 pies

5’

5’

K = 10 lb/pie

5’

CB

10 lb

A θ

FAB

FBC40º

10


Problema 16

La longitud del resorte AB sin estirar es 2 m. Calcular la masa en kg del bloque si el sistema se encuentra en equilibrio.

Solución:

L AB = = 5.00 m

SAB = 5.00 – 2.00 = 3.00 m

FAB / KAB = SAB

FAB = KAB SAB = 30 N/m(3.00 m) = 90 N

ΣFH = 0 FACcos 45º = 90 cos 36.86º

FAC = 101.85 N

ΣFV = 0 W = 90 sen 36.86º + 101.85 sen 45º

W = 126 N < > 12.84 kg

m = 12.84 kg

3 m

3 m

4 m

C B

A

Dm

KAD = 40 N/m

KAC =20 N/m K AB

=30 N/m

45º

W

FAC90 N

36.86º


Solución:

A(0; 1.5; 0)

B(–1.2; –1.8; 1.2)

C(1.2; –0.9; 1.8)

0.9

0.9

0.512FOA – 0.485FOB = 0 (1)

–0.384FOA – 0.727FOB + FOC = 0 (2)

0.768FOA + 0.485FOB – 15 = 0 (3)

De (1): FOB = 1.055FOA en (3): FOA = 11.72 kN

FOB = 12.36 kN

en (2): FOC = 13.48 kN

O

Problema 17

Un cuerpo cuyo peso es 15 kN es soportado por 3 cables OC, OA, OB, si el sistema está en equilibrio, calcular la fuerza en los cables.

z

B

y

x

COA

1.8 m

0.9 m

1.2 m

1.2 m

1.2 m

1.5 m

1.8 m

W = 15 kN


Problema 18

Cada cable puede soportar una fuerza máxima de 600 libras. Calcular Pmáximo si el sistema se encuentra en equilibrio

Solución:

A(4.5; 0; 3)

D(1.5; 1.5; 0)

C(0; 2.5; 3)

B(1.5; 0; 0)

(1)

(2)

(3)

De (1): FDC = 1.556FDA (4)

(4) en (2): –0.333FDA – FDB + 0.285(1.556)FDA = 0

FDB = 0.110FDA (5)

De (4): FDC = 600 lb FDA = 385.6 lbDe (5): FDB = 42.41 lb(4) y (5) en (3): P = 0.666(385.6) + 0.857(600) = 771 lb

z

2.5’

4.5’

1.5’

3’

3’

B

A1.5’

1.5’

C

y

P

x

D

D


Problema 19

K = 50 lb/pie

Cada resorte tiene una longitud sin estirar de 1.5’.

Calcular P si el sistema está en equilibrio.

1.5’ 1.5’x

yD

C

2’

B120º

120º120º

A

zP = ?

Solución:

S = 2.5’ – 1.5’ = 1’

FC/R = KS = 50 lb

; ;

;

y = 1.5 cos 60º = 0.75

x = ±1.5 sen 60º = ± 1.30

B(–1.3; 0.75; 0)C(1.3; 0.75; 0)D(0; –1.5; 0)A(0; 0; 2)

Lresorte = 2.5’ = Lfi nal

1.5’

2’

x

y60º60º

B

C

A


Problema 20

Si P = 25 kN

Calcular la fuerza en los cables FC, FA, FB.

Los puntos A, B y C se encuentran en el plano xy.

El sistema se encuentra en equilibrio.

Solución:

A(–4; –1; 0)

B(2; 2; 0)

C(3; –2; 0)

F(0; 0; 5)

F

P = 25 kN

F

z

A 1 m5 m

4 m

2 m

2 m

C

B

y

x2 m

3 m


– 0.617FFA + 0.348FFB + 0.486FFC = 0 (1)

– 0.154FFA + 0.348FFB – 0.324FFC = 0 (2)

25 – 0.771FFA – 0.870FFB – 0.811FFC = 0 (3)

De (1), (2) y (3):FFA = 12.0 kN

FFB = 11.69 kN

FFC = 6.86 kN

Problema 21

Determinar el momento resultante de las dos fuerzas con respecto al eje Oa; el punto “D” y el eje “Oa” que se encuentran en el plano xy.

(F2 // eje z)

F2 = 50 lb

F1 = 80 lb

zz’

45º

120º

y

y’60º

30º30º

B

x’

6’

D

4’5’

CO

x

aA

Solución:

α = 120º β = 60º γ = 45º


Problema 22

m punto medio de EGn punto medio de BCF = 130 lb

Calcular el momento de la fuerza F respeto a “m” y “n” y respecto a la recta EG.

A = (4.33; – 2.5; 0)

, lb-pie

Solución:H(0; 12; 4)A(3; 0; 0)

E(3; 0; 4)G(3; 12; 4)m(3; 6; 4)

B(3; 12; 0)C(0; 12; 0)n(1.5; 12; 0)

A(3; 0; 0)H(0; 12; 4)

z

H

C

ny

12’

4’

E mG

D

3’

BA

x


Problema 23

Las dos fuerzas tienen magnitud de 50 N y están dirigidas de manera opuesta (son paralelas). Hallar el momento del par y la distancia entre las fuerzas.

D

z

A y

B

C

E

x

2 m

4 m

3 m

22

O


Solución:

: B(2; 2) A(0; 4)

: D(0; 0; 3) A(0; 4; 0)

;

N-m

Problema 24

Calcular el momento resultante producido por los dos pares de fuerza mostrados. (Expresión vectorial y magnitud)

P = 180 NQ = 300 N

Los puntos H, I, J y K son puntos medios de los segmentos respectivos.

Dz

I

C

J

Bx

A

E

HP

P

O

Q Q

y

130 cm

40 cm

90 cm

4040


Si F4 = 120 N

Calcular la magnitud y sentido de las fuerzas , , para las cuales el par de fuerzas resultante que actúa sobre el bloque sea nulo.

Solución:

N-cm

Problema 25

F1

F4

F2

F4

F3

F3

F2 F1

H J

Bx C

AD

EG

5 m

4 m

3 m

y

z


Solución:

–4F1 + 4F2 = 0 (1)

3F1 + 3F2 – 600 = 0 (2)

– 480 + 3F3 = 0 (3)

De (3): F3 = 160 N

De (1): F1 = F2

En (2): F2 = +100 N

F1 = 100 N

(0; 0; 5)

(3; 4; 5)

(3; 0; 0)

(0; 4; 0)

4 m

3 m

5 m

z

y

x


Solución:

kg-m

kg-m

Problema 26

Calcular el momento resultante generado por los tres pares de fuerzas.

F1 = 100 kg

F2 = 200 kg

F3 = 300 kg6 m

α = 30ºα

4F2

F2

F1

F1

F3

F3

α

1 m

2 m2 O

z

y

x


Problema 27

El sistema se reduce a fuerza y momento nulo. Calcular F1 , F2 y θ.

Solución:

ΣFx = 0 = 60 + F2 – 30cos 45º – F1cos θ (1)

ΣFy = 0 = F1 sen θ – 30 cos 45º (2)

ΣMO = 0 = 0.75F2 + 30(0.75) + F1cos θ(0.75 sen 30º) + F1sen θ(0.75 cos 30º) – 80 (3)

De (1):F1cos θ = F2 + 38.78 (4)

F1sen θ = 21.21 (5)

(4) y (5) en (3):0 = 0.75F2 + 22.5 +(F2 + 38.78)0.375 + 13.77 – 800 = 1.125F2 – 29.18F2 = 25.94 lb en (4)

F1cos θ = 64.72 (6)

(5)/(6):tan θ = 0.3277 θ = 18.14º en (6)

F1 = 68.10 lb

F 2

F 1

θO

A

45ºx

y

C

30 lb

60 lb

M = 80 lb∙pie

30º

radio = 0.75’


Problema 28

Reducir el sistema a una fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza dicha fuerza a la barra “AB” y a la barra “BC”.

Solución:

cruza AB y = 0 x = 2.10’ a partir de “A”

cruza BC x = 6 y = –4.617’ a partir de “B”

32 lb

20 lb

25 lb

30º

4’

3’

2’

2’

C

A B

20 lb = F3

25 = F4

3’

2’ 4’ x

y

2’

B

C

A

30.31 lb = F2

F1 = 17.5


Problema 29

Calcular la fuerza que debe aplicarse en “C” si la línea de acción de la fuerza resultante de las cuatro fuerzas pasa por los puntos “B” y “D”. Las cuatro fuerzas están contenidas en el plano xy.

Solución:

A

O Ex

C

B

D

Vectores posicióny

F 1 = 20 kg

60º

A (0; 6)

(3; 3) C

O Ex

y

(6; 0)

B (3; 6)

D (6; 3)3 cm

3 cmF3 = 40 kg

F2 = 50 kg

3 cm 3 cm


Problema 30

La losa de un edifi cio está sometida a cuatro cargas de columnas paralelas. Determinar la fuerza resultante equivalente y su ubicación.

Solución:

F1 = 20 kNF2 = 50 kN F3 = 20 kN

F4 = 50 kN

4 m

6 m

3 m

8 m

2 my

x

z

O


Problema 31

Reemplazar el sistema de fuerzas paralelas al eje z por otro sistema equivalente formado por tres fuerzas paralelas al eje z aplicadas una en “A”, otra en “B” y otra en “C”; “A”, “B” y “C” son puntos medios de los segmentos respectivos.

Solución:

A = (0.8; 0; 0) C = (0.6; 1.6; 0) E = (1.2; 1.6; 0) G = (0; 0.8; 0)B = (1.4; 0.8; 0) D = (1.6; 0; 0) H = (0; 1.6; 0)

, , ,

, ,

A + B + C = 400 (1)

, , ,

, ,

(2)

(3)

De (1), (2) y (3): , ,

, ,

F1 = 400 N F2 = 800 N

F3 = 1000 N

F4 = 600 ND

B

A

O 0.8 m 0.8 m0.6 m

0.6 m

0.8 m

0.8 m

H

C

z

y

x

O

z

y

x

A

B

C< >G

E


Problema 32

Reemplazar el sistema mostrado por un torsor equivalente e indicar las coordenadas del punto “P” por donde cruza a la placa.

Solución:

12’

12’

A

x y

z

B

C

P(y; z)


Problema 33

Un torsor actúa en el punto (1; 2; 3) donde . En el origen se tiene un sistema equivalente donde . Calcular el torsor.

Solución:

(1)

(2)

(3)

En el torsor:

en (2) y (3)

n = 20

(1; 2; 3)

z

O

x

y

z

O

x

y< >

Torsor:


Reemplazar el sistema mostrado en la fi gura por un torsor e indicar por dónde cruza el torsor al eje CD.

Solución:

En C:

Torsor:

z

C0.8 m 0.7 m

0.3 m0.3

0.6 m

0.25 m0.25

0.5 m

D

B

A

y

x

Problema 34

FUERZAS DISTRIBUIDAS

CAPÍTULO

2Los cuerpos están sujetos a la acción de cargas distribuidas, estas pueden ser causadas por el viento, por fl uidos, por el peso del material que está encima del cuerpo, por el peso propio del cuerpo, etc.

2.1 Tipos de cargas distribuidasA) Sobre una línea

“La fuerza se determina calculando el área que forma la carga distribuida”.

“Sistema equivalente”

Ubicación:

ƩMA:

, ubicación

A A AB B B

x dx

dFw

wF

56 Editorial MacroEstática - teoría y aplicaciones

B) Sobre una superfi cie

“La fuerza se determina calculando el volumen que forma la carga distribuida”.

P = Presión A = Superfi cie

Si P = constante F = PA

ƩMy:

x

z

yP

A

Sistema equivalente

C.P. = Centro de Presión (x0, y0)

x

x

z

y

y

dF

dAA

x

F

y0

x0

C.P.

z

y

Capítulo 2: Fuerzas distribuidas 57Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

Problema 35

Calcular la fuerza resultante equivalente y su punto de aplicación.

Solución:

28 lb/pie

18 lb/pie

10 lb/pie

w = 2x2 – 8x + 18

y

xA B

1 22 pie


Problema 36

Reducir las fuerzas mostradas a una fuerza única e indicar en qué punto cruza a los ejes x, y.

Solución:

D.C.L.:

x = 0 → y = – 0.933 m

y = 0 → x = 1.199 m

O

y

x

(x; y)

100 kg/m

400 kg/m

600 kg/m

600 kg/m

6 m 3 m

3 m

y

x

F1 = 900 kg

F3 = 600 kg

F4 = 900 kg

F2 = 2 827.43 kg

3 m

3 m 1 m

1 m

2 m


Problema 37

Calcular la fuerza resultante y el centro de presión.

Solución:

Por simetría X0 = 2.5 m

dA = 5 dy

;

dy

x

z

5

y

P = – 4y2 + 100 kg/m2

5 m

5 mx

y

z


Problema 38

Calcular la fuerza resultante y su punto de aplicación.

Solución:P = PO + Ax + Bz

x = 0, z = 0, P = 800 → PO = 800

x = 4, z = 0, P = 600 → A = – 50

x = 0, z = 6, P = 500 → B = – 50 ; P = 800 – 50x – 50z

800 kg/m2

600 kg/m2

300 kg/m2

500 kg/m2

y

B

x

C

A

z4 m

6 m


Problema 39

Determinar la fuerza total y su punto de aplicación.

Solución:P = PO + Ax + Bz

x = 0 x = 0 z = 0z = 0 z = 6 x = 8 P = 103 P = 0 P = 103

P = 103 – z

Por semejanza de triángulos:

PO = 103

0 = 103 + 6B

→ B =

103 = 103 + 8A→ A = 0

1000 kg/m2

6 m

8 m10 m

z

y

x

6

x 8 – x

(x; z)

z

z

x


Problema 40

En la fi gura se muestra la forma cómo se ha acumulado arena en el piso (plano xy), γarena = γ. Hallar la fuerza resultante que actúa sobre el piso y las coordenadas del punto de aplicación.

Solución: P = γz

Z = ZO + Cx + Dy Z = 0; x = y = 0 ZO = 0 x = 0 y = b z = δ

y = 0; x = a z = h δ = Db D = h = Ca C =

z = x + y

(1)

h + δδ

xa

bh

y

z

x = ay = b z = h + δz = h + δ


Problema 41

Reemplazar el sistema mostrado por uno equivalente en forma de trapecio.

Solución:

ΣF:450 + 600 = 1050 = 6w1 + 3w2 – 3w1 = 3w1 + 3w2

350 = w1 + w2 (1)ΣMB:

450(4m) + 600(1.5m) = 27006w1(3m) + 3(w2 – w1)2m = 12w1 + 6w2

450 = 2w1 + w2 (2)(2) – (1):

w1 = 100 kg/m en (1)w2 = 250 kg/m

300 kg/m200 kg/m

3 m3 mA B 6 m

w1

w2

A B

2 m 2.5 m 1.5 m

450 600 kg

A B3 m 1 m 2 m

3(w2 – w1)6w1

A B

< >

Reemplazando en (1):

(2)

Reemplazando en (2):


Problema 42

Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.

Solución:

Problema 43

Calcular la fuerza total y su punto de aplicación.

Solución:

P

dF

dxx

ydx

dF

x

A Bx

y

A

PP = POex

POB

xL


Problema 44

Para la carga distribuida, calcular lafuerza equivalente y su ubicación.

Solución:

↑

dF = q dx

x dxq

Problema 45

Calcular la fuerza resultante equivalente a la carga distribuida e indicar su punto de aplicación.

Solución:

(1)

en (1)

en (1)

L

A

w = woewoe

L

B

x

wo

q = 100x3; N/m

1 mA B

x


Problema 46

Calcular la fuerza total y el punto de aplicación.

Solución:

dF dyy

W

3 m

y

500 N/m


Problema 47

La carga distribuida actúa sobre el borde de la placa semicircular y varía según w = woy/a. Calcular la fuerza resultante y el punto de aplicación.

Solución:

Por simetría de cargas:

↓

P

y

x

wo

a

x

dS = a dθ

dθθ

y = a sen θ

y


Problema 48

Reemplazar las cargas dadas por un sistema equivalente actuando en “A”.

Solución:

→

↓ ↑

q

A B

R

α

R = 1 mq = 300 cos α N/m

α

αdF = qdS

dS = Rdαdα

Aβ β

FH1

FV1FV2

FH2

β

1.0

0.8435 m

0.537 m


Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.

Solución:

↓

Problema 49

β

β

FV

FH

dFα

αa

dα

y

xO

a

wo

y

xβ β

O

awoa

woawoa

woa


Determinar la fuerza resultante y/o el par resultante equivalente en el origen.

Solución:

↓

Problema 50

dα

dFα

aα

wo

O

a

ax

y

woa woa

woawoa

woa woa

woa woa

β ββ β

a

aO

x

y


Calcular la fuerza total equivalente al sistema de fuerzas mostrado e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.

Solución:

,

,

,

cruza al eje y: x = 0 y = –

cruza al eje x: y = 0 x =

Problema 51 y

O L

L/2

L/2

x

wo

wo

wo

y

O x2L/3 L/3

L/3

L/3 L/6L/6


Problema 52

Calcular la fuerza resultante equivalente e indicar por dónde cruza a la recta BC y al eje y.

Solución:

BC: y = 2–1300x + 200 = –6 033.34

x = 4.79 m de “B”

y: x = 0 100y = –6 033.34

y = –60.33 m de “A”

200 kg/m

100 kg/m

3 m 5 m

2 m

B

A

C

x

y

F3 = 1000 kgF2 = 300 kg

F1 = 100 kg

2 m 3.5 m C

x

B

y

A

2/3 m

2.5 m


Problema 53

Reducir el sistema de fuerzas mostrado a fuerza única equivalente e indicar por dónde cruza al eje x y al eje y.

Solución:

,

cruza al eje y: x = 0 y = –2.212 m cruza al eje x: y = 0 x = –1.493 m

1000 N

200 N/m

2 m

2 m

A

y

2 m 4 m1500 N-m = M 400 N/m

2.30 m

x

2 m

1.533 m

0.766 m

2.666 m

1.333 m

2 m

2 m

y

O x


Problema 54

Las fuerzas están en el plano xy, la fuerza R es la resultante del sistema de fuerzas mostrado y de otra fuerza F1 que no aparece en el diagrama. Determinar y hallar por donde cruza a los ejes x,y la fuerza R. El momento M es perpendicular al plano xy.

Solución:

:

:

cruza al eje y: x = 0 y = 7.238 m

cruza al eje x: y = 0 x = 9.5 m

R = 1000 kg

M = 1000 kg-m

F2 = 800 kg

300 kg/m

200 kg/m

2 m

2 m

2 m

2 m2 m3 mO

4

y

x

3

F3 = 12001 m

R

2 mF4 = 300


Problema 55

Hallar q (N/cm2) y x (cm) de modo que la resultante de la fuerza distribuida en la superfi cie AB sea un momento.

Solución:

~ de s: (1)

←

~ de s:

→

→

Dato: ΣF = 0

(2)

(2) en (1):1152 – 192x = 0 x = 6 cm en (1) q = 120 N/cm2

200

16 – x

x – 4

4qa

F2

F3

F1

12 cm

4 cm200 N/cm2

12 cm

q B

x

B

O

B

AA A

4 cm


Calcular la fuerza total y el centro de presión.

Solución:

Por simetría:

dA = 3dz

Problema 56

dz

dF

3

3 pies

10 pies

P

z

P = 4 z3, lb/pie2

y


Problema 57


Solución:

Por simetría: xo = 1.5 pies

zdz

dF

3 dA = 3dz

8’

3’

z

O

x

P = 4z1/3, lb/pie2



Solución:dA = 4dy

Por simetría:

(1)

en (1)

Problema 58

P = 2y1/2

2 m

2 m

4 m

4 kPa

4 kPay

x

x

y

4

dy

dF


Problema 59


Solución:

Por simetría:

dA = 6dx

100 Pa

300 Pa

y

x

P

5 m 6 m

dxdF

6

y

x


Problema 60

Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga de presión sobre la placa está descrita por la función:

Solución:

dA = 3dx

Por simetría:

y

x

dx

dF

3

140 lb/pie2

100 lb/pie2

3’2’

x

P


Calcular la fuerza total (N) y el centro de presión.

Solución:

Por simetría de cargas: xo = 8 m

y = 12 m P = 8 000 8 000 = + 8 (1)

y = 0 P = 40 000 40 000 = A + B (2)

De (1) y (2): A = 34 666.67 B = 5 333.33

dA = 16 dy

Problema 61

16

y

x

dy

dF

P = + 5 333.33

16 m

12 m

x

P

y

40 000 N/m2

8 000 N/m2


Reducir el sistema de fuerzas mostrado a un sistema equivalente consistente en fuerza única e indicar por dónde cruza al plano yz.

M = 4000 , N-m

Solución:

F < > Volumen = = 6 000 N

sen α =

cos α =

A(8/3; 1; 2) m ;

4 800z = 9 600 z = 2 m

3 600y = –5 200 y = –1.444 m

Problema 62

600 N/m2

600 N/m2

x

z

y

O

4 m

4 m

3 m

6 000 N

3 600 N

4 800 N

α

α

y

xO

4 m

2 m

1 m

4/38/3

A


Problema 63

Calcular la fuerza total y el centro de presión:

Po

Solución:

2Po

Po

Po

Po

P

y

x

L

L


Problema 64

Calcular la fuerza total y el centro de presión. La carga sobre la placa varía linealmente a lo largo de los lados de la placa de modo que:

, kPa 3 m

8 kPa

4 m

P

x

y

Solución:


Problema 65


Solución:P = A + Bx + Cz

P = 800 – 50x – 50z

Los cuatro puntos superiores forman un plano.

x = 0z = 0P = 800

800 = Ax = 0z = 6P = 500

500 = 800 + 6CC = – 50

z = 0x = 4P = 600

600 = 800 + 4BB = – 50

x = 4z = 6P = 800 – 50(4) – 50(6) = 300

600 N/m2

800 N/m2

P

z

x

4 m

6 m

300 N/m2

500 N/m2


Problema 66


Solución:

P = A + Bx + Cy

xo = 7.33 m

yo = 5.33 m

y

O

9 m 12 m

200

300

100 kg/m2x

P

x = 12y = 0P = 200

200 = 12BB = 50/3

x = 0y = 9P = 100

100 = 9CC = 100/9

x = 0y = 0P = 0

A = 0


Problema 67


Solución:P = A + Bx + Cy

“x” en función de “y”:

P = 80 – 20x – y

4

y

x

3 – y

80 N/m2

y

x

4 m3 m

P

x = 0y = 0P = 80 80 = A

x = 4y = 0P = 0

0 = 80 + 4BB = – 20

x = 0y = 3P = 0

0 = 80 + 3CC = – 80/3

~ de s:


Problema 68

Se almacena arena con peso específi co

γ = 1600 kg/m3

Calcular la fuerza total y el centro de presión en el plano xy.

Solución: P = γz z = A + Bx + Cy

z = 2.4 + 0.2x – 0.25y

y = 6x = 0z = 0.9

0.9 = 2.4 + 6CC = – 0.25

x = 0y = 0z = 2.4

x = 3y = 6z = 1.5

A = 2.4

1.5 = z

x = 0y = 3z = 3

3 = 2.4 + 3BB = 0.20

z

yx

3 m

6 m 3 m1.5 m0.9 m

2.4 m

Superfi cie libre plana de la arena

CENTRO DE GRAVEDAD

CAPÍTULO

33.1 Peso (W)

Fuerza ejercida por la tierra sobre los elementos del cuerpo rígido.

La tierra: “Los pesos son fuerzas concurrentes”.

→ Fuerzas paralelas

Para distancias cortas es buena aproximación considerar a los pesos como fuerzas paralelas.

, peso total

(1) (3)

(2) (4)

(1) = (2) (3) = (4)

(5) (6)

W1 W2

W1 W2W3

W3

x x

w

C.G.yi

xiwi

w1w2w3

w4

z z

yy< >


De manera similar:

(7)

, , → Coordenadas del centro de gravedad

En general:

(8)

(9)

(10)

Las ecuaciones (5) al (10) se utilizan para calcular el centro de gravedad.

Si la aceleración debida a la gravedad es igual en todas las partículas del cuerpo:

W = mg

dW = g dm

m = masa

dm = masa de cualquier partícula del cuerpo

(11)

(12)

(13)

en (5), (6), (7), (8), (9), (10)

Capítulo 3: Centro de gravedad 93Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

En general:

(14)

(15)

(16)

Las ecuaciones (11) a (16) se utilizan para calcular el centro de masa.

3.2 Centro de gravedad de cuerpos homogéneosγ = Peso específi co constante

3.2.1 Centro de gravedad de líneas

“Alambre de sección constante”.

W = γV

W = γa

(17)

De manera similar:

(18)

(19)

en 5, 6, 7:

a = constante


En general:

(20)

(21)

(22)

3.2.2 Centro de gravedad de áreas

“Placa de espesor constante”:

W = γV

W = γtA

(23)

De manera similar:

(24)

(25)

en (5), (6), (7):

At = constante


En general:

(26)

(27)

(28)

3.2.3 Centro de gravedad de volúmenes

(29)

De manera similar:

(30)

(31)

en (5), (6), (7):W = γV

V


En general:

(32)

(33)

(34)

Notas:

1) El centro de gravedad toma en cuenta los materiales que componen el cuerpo y es el punto donde está aplicada la fuerza resultante equivalente que es el peso del cuerpo.

2) El centroide es un centro geométrico, toma en cuenta la forma más no los materiales que componen el cuerpo.

3) Si el cuerpo es homogéneo (γ = constante) el centro de gravedad coincide con el centroide.

3.3 Teoremas de Pappus y Guldinus1. Una línea que gira alrededor de un eje fi jo genera una superfi cie (cualquier punto de la

línea mantiene una distancia constante al eje mientras gira).

2. Una superfi cie plana que gira alrededor de un eje fi jo genera un volumen (cualquier punto de la superfi cie mantiene una distancia constante al eje mientras gira).

LíneaB B

A

Eje Eje

Superfi cie lateral de un tronco de cono

Superfi cie

A

Volumen de cono

C


Teorema 1: La superfi cie generada por una línea que gira alrededor de un eje fi jo es igual a la longitud de la línea multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la línea durante la formación de la superfi cie.

Para 1 vuelta:

En general:

Teorema 2: El volumen generado por una superfi cie plana que gira alrededor de un eje fi jo es igual al área de la superfi cie multiplicada por la distancia recorrida por el centroide de la superfi cie durante la formación del volumen.

Para 1 vuelta:

En general:

α → en radianes

yL

dL

Eje

AdA

y

Eje


Nombre Figura L

1 Recta

y

CL

x0 L

2 1/4 de circunferencia

y

xCr

r

3 1/2 de circunferencia C

y

rr x0 πr

4 Circunferencia rC x

y

r 0 0 2πr

5 Arco de circunferencia

y

xC

rαα 0 2αr

6 Recta inclinaday

xC

L

α L

7 Elipse

y

xa ab

bC

= 0 = 0

;

;

3.4 Tabla de centros de gravedadCentro de gravedad de líneas

C = Centro de gravedad

Nota: α solo en las fórmulas debe ir en radianes.


Nombre Figura A

1 Rectángulo h

y

C

b x

bh

2 Triángulo h

y

C

b

a

x

3 Triángulo rectángulo C

r x

r

y

4 1/4 de círculo C

r x

r

y

5 Semicírculo C

2r x

y

r

6 Círculo Cr r x

y x2 + y2 = r2

0 0 πr2

7 Sector circularC

r

r x

y

0 αr2

Centro de gravedad de superfi cies planas


Nombre Figura A

8 1/4 de elipseC

a x

b

y

9 Semielipse

a a x

C

y

b 0

10 Elipsex

Caa

b

b

y

0 0 πab

11 Paralelogramo C

x

b

a

y

absen α

12 Segmento circularα αr r

x

C

y


Nombre Figura A

13 Trapecio

y

xb

C h

a dc

14 Tímpano de 1/4 de círculo

x

x2 + (y – r)2 = r2

r

ry

C

15 Cuadrado

a

a

y

x

C a2

16 Corona circularR

r

y

xC 0 0

17 Semicorona circular

Rr

y

xC 0

18 Segmento de corona circular ααR

r

y

x

C0


Nombre Figura A

19 Círculo con núcleo retirado

αα

b

b

r

a a

y

xC 0 0 2αr2 – 2ab

20 Pentágono R

y

xC0 0 2.3773R2

21 HexágonoR

y

xC0 0 2.598R2

22 OctágonoR

y

xC0 0 2.8284R2

23 DecágonoR

y

xC0 0 2.9389R2


Nombre Figura A

24

Polígono regular con “n” lados R

y

xC0 0

25 Área semiparabólica

a

y = kx2b

y

x

C

26 Área parabólica

ya a

xy = kx2

bC 0

27 Semiparábola de grado “n”

ay

b y = kxn

x

C

28

• Tímpano semiparabólico• Enjuta semiparabólica

by = kx2

y

xa

C


Nombre Figura A

29• Tímpano de grado “n”• Enjuta general

b

y

xaC

30 Tímpano de 1/4 de elipse b

y

x

aC

0.7765a 0.7765b 0.2146ab

31 Semisegmentoparabólico

b x

y

h C

32 Semisegmentode grado “n”

b x

y

h C

33 Semiparábola de grado “n” b

xa

y

C


Nombre Figura A

34 Semiparábolab

xa

y

C

x = ky2

35 Complemento de semiparábola

x

ay

bC

x = ky2

36Complemento de semiparábola de grado “n”

x

ay

bC

37 Trapecio

xb

ay

h C

38 Rombo

y

xC 0 0


Nombre Figura A

1 Cáscara cilíndrica base circular

z

h

r r y

x

C 0 0 2πrh

2 Cáscara semi- cilíndrica

z

h

r r y

x

C 0 πrh

3 1/4 de cáscara cilíndrica

z

h

rr

y

x

C

4 Cáscara cilíndrica de fondo cerrado

z

h

r r y

x

C 0 0 πr(2h + r)

Centro de gravedad de superfi cies curvas


Nombre Figura A

5Cáscara cilíndrica cerrada de ambos lados

z

h

r r y

x

C 0 0 2πr(h + r)

6 Cáscara cónica de fondo abierto

h

z

rr

x

Cy

0 0

7 Cáscara semicónicah

z

rr

x

Cy

0

8 Cáscara cónica base cerrada

h

z

rr

x

Cy


Nombre Figura A

9 Cáscara esférica

z

r

xC

y 0 0 0 4πr2

10 Cáscara hemisférica

z

r r

x

Cy

0 0 2πr2

11 1/4 de cáscara esférica

z

r r

x

Cy

0 πr2

12 Cáscara hemisférica base cerrada

z

r r

x

C

y0 0 3πr2


Nombre Figura V

1 1/2 de esfera (hemisferio)

y x2 + y2 = r2

rx

z

0 0

2 Cono

y h

rx

z

0 0

3 Semicono yh r

rx

z

0

4 Pirámide

hy

a

bx

z

0 0

5 Pirámide irregularh

y

ab

x

z

Centro de gravedad de volúmenes


Nombre Figura V

6 Cilindro

yh

z

x 0 0 πr2h

7 Semicilindro

yh

zr r

x 0

8 1/4 de cilindro

y

h

z

rr

x

9 Prisma rectangulary

z

a

c

b

x

abc

10 Tetraedro rectoy

z

a

cb

x


Nombre Figura V

11 Cuboy

z

a

aax

a3

12 Esfera y

x2 + y2 + z2 = r2z

r

xC

0 0 0

13 Tronco de cono

R

h

y

x

zr

C

14 Prisma triangularb

y

z a c

x


Nombre Figura V

15 Cilindro elíptico

bb

h

y

z

a a

x

C 0 0 πabh

16 1/4 de cono h

rr

x

y

z

17 Tronco de pirámide hH

a/2a/2

b/2b/2 x

z

y

18 1/2 cilindro circular por corte diagonal

h

r r

x

z

y0


Nombre Figura V

19 Semielipsoide de revolución

r r

z

h

x

yC 0 0

20 Semielipsoide elíptico

ba

z

cy

C

bax

0 0

21 1/8 de elipsoide

ba

z

c

x

y

22 Paraboloide de revolución

z

y

h

x

C

rr

0 0


Nombre Figura V

23 Paraboloide elíptico C

bbz

c

2a

x

y

0 0

24 Paraboloide hiperbólico y

aa

c

bx

z

0

25 Semitoro

zx

y

r r

a aa a0 0 π2a2r

26 Cono

z

xy

h

2r

0


Problema 69

Hallar el centro de gravedad del arco de circunferencia.

Solución:

Simetría: Eje x:

(1)

(2)

(1) y (2) en x:

y

r

r

L

xαα

rcos θ = x

dL = rdθdθθ

r

y

x


Problema 70

Hallar el centro de gravedad de la línea OA.

Solución:

y

Ox

Ay2 = 12x(12; 12)


Problema 71

En la superfi cie triangular mostrada, calcular .

Solución:


Elemento diferencial: rectángulo

(1)

(2)

(1) y (2) en :

y

ydy

x

x

b

h

h

xb

y


Problema 72

Calcular el centro del gravedad de un cuarto de círculo.

Solución:

θ

dL = rdθ

dθr

r x

y


Problema 73

Calcular el centroide de la superfi cie rectangular.

Solución:

A) (1)

(2)

(3)

(2) y (3) en (1):

B) (1)

(2)

(1) en (2):

O b

h

y

x

dy

y

x

b

O

dxy

y

h

xx

O


Problema 74

Hallar el centro de gravedad del sector circular.

Solución:

Eje de simetría x →

(1)

(2)

(1) y (2) en :

y

r

x

dL = rdθdθ

θ

r

r

y

xαα


Problema 75

Hallar el centro de gravedad, luego calcular el volumen generado al dar una vuelta alrededor del eje x.

Solución:

Por simetría

Algunos cálculos:

Sector circular:

20 cm8

b

2αθ

8

2(18.33)

Componentes A(cm2)+ semicírculo (r = 20)– semicírculo (r = 12)+ 2 sector circular+ triángulo

628.32–226.19164.64146.64

16.4913.095.292.67

10 360.99–2 960.83

870.95391.53

Σ 713.41 8 662.64

12 cm

20 cm

8 cmx

y


Problema 76

Hallar el centro de gravedad de la línea compuesta OABCO.

Solución:

Cálculos:

:

:

L

AOOCCBBA

15208π

9

010

16,653.6

7.50

8.8712.3

—200

418.4632.4

112.5—

222.92110.7

Σ 69.13 650.86 446.12

8 cm

20 cm

15 cm

O xCα

A

B

20 cm

DB

C

8

xααO

20

15

A

y 17

8az

O Cα

D

α

O


Problema 77

Hallar el centro de gravedad de la superfi cie lateral del cono.

Solución:

Simetría xy:

Simetría yz:

Semejanza de triángulos:

dL

r x

x

z

y

y

h

x

z

y

h

dL

dx

dy


Solución:

Por simetría con los planos:


y = 60 cm → h’ = 75 cm

Componente Volumen (cm3) y (cm) V y

Cono grande 230 100

Cono pequeño –188 490

Σ = 5 989 Σ = 41 610

Problema 78

Hallar el centro de gravedad del tronco de cono circular recto. (r1 = 10 cm; r2 = 12.5 cm; h = 15 cm)

y

h

x

z

r1

r2

12.5h = 15

y

yB

h’

z

xAC

10


Problema 79

Hallar las coordenadas centroidales del volumen del cono circular recto.

Solución:

Por simetría en el plano xy:

Por simetría en el plano xz:

(1)

(2)


en (2)

h

xd

z

y

h – xh

d/2 y

xd/2

x dx h – x


Problema 80

Se gira el área de la fi gura alrededor del eje y. Hallar el centroide del volumen.

Solución:

Por simetría con el plano xy:

Por simetría con el plano zy:

(1)

(2)

De

en (2):

en (1)

y2 = 4ax

y = 2ay

x

(a, 2a)

dy

xx

y

y

z


Problema 81

b = 50 mm

Calcular el centro de gravedad de la línea OA.

Solución:

(1)

(2)

dx

dyd

y

O b

A

xb/2


Problema 82

Calcular la longitud “b” tal que el centroide de la línea compuesta se encuentre en el punto “O”.

Solución:

x x

ABDCADBC

bb2aπa

–b/2–b/2–b

2a/π

–b2/2–b2/2–2ab2a2

2b + 2a + πa 2a2 – 2ab – b2

Reemplazando datos en (1) y (2):

A

b

Ba

Ox

y

D C


Problema 83

Calcular el centro de gravedad de un cuarto de circunferencia .

Solución:

B

y

r

AOx

x = rcosα

x = rsenαα x

y

dα

dS = rdαr


Problema 84

Calcular “a” y “b” en función de “r” si el centroide queda en el punto (a/4; r; z), luego calcular z.

Solución:

(1)

(2)

(1) = (2):

x y z x y z

ABCDBC

abπr

a/200

02r + b/2

r

00

2r/π

a2/200

02br + b2/2

πr2

00

2r2

a +b + πr a2/2 πr2 + b2/2 + 2br 2r2

bDC

B

A

a

x

y

z

r


Problema 85

Calcular el centroide de la línea compuesta semicircunferencia AC, CB, DC rectas.

Solución:

Por simetría:

x y z x y z

BCACDC

5π131313

02.5–2.5

0

0666

10/π00

2.5

032.5–32.5

0

0787878

5000

32.5

54.708 0 234 82.5

A O B

DC

zy

5’

12’

5’x


Problema 86

2 y 5 = un cuarto de circunferencia.

Calcular el centroide de la línea compuesta.

Solución:

(1) (2) (3)

R/2

R

R

R

x

y

z

1

2

5

3 4

línea x y z x y z

1

2R R2

3R R R2

40 R 0

50 0

6.055R 3.349R2 3.778R2 4.531R2


A x Ax

36r2 3r 108r3

πr2 b – r πr2(b – r)

2rb b/2 rb2

36r2 + πr2 – 2rb 108r3 – rb2 + πr2(b – r)

Problema 87

Calcular “b” si el centroide del área compuesta sombreada está en el punto “C”.

Solución:

Dato:

Respuesta:

aa

r

+

+

b2r– – –

a/2 = 3r

a/2 = 3r

a = 6r

xO

y

b

rc


Problema 88

Calcular el centroide del área sombreada por integración.

Solución:

(1)

(2)

en (1) y (2)

en (1)

y

y

a x

xa/2

dya – x

y

a x

a/2


Problema 89

Calcular por integración el centroide de la superfi cie plana denominada 1/4 de elipse.

Solución:

O xa

b

y

en (2)

dA

xxdy

y

y


Calcular el centroide de la superfi cie plana sombreada.

Solución:A x y Ax Ay

R2 R R3

0.2618R2 0.636R 0.170R 0.166R3 0.044R3

0.522R2 0.772R3 0.134R3

R/2 R

2R

Ox

yProblema 90

2RR/2+

βR/2R

––

–2αR

R–

– –

––


Cálculos:

x = x’cos15º = 0.636R

y = x’sen15º = 0.170R

A = αR2 =0.2618R2

x’

y

O x

Problema 91

Calcular el centroide del área sombreada por integración.

Solución:

(1)

(2)

y = bx = a

K1 =

K2 =

(a; b)

y

xaO

y1 = K1x2

y2 = K2x3

b

dxx

x

y


Problema 92

Calcular el centroide de la superfi cie del medio cilindro.

Solución:

Por simetría:

en (1) y (2)

en (1)

en (2)

dS

Lx

y

R

L

z

Rx

z

zα dαdS


Solución:

A z zA

Superfi cie lateral

fondo πR2 0 0

Problema 93

Calcular la relación H/R de modo que el centroide de la superfi cie total del cono coincida con el centroide del volumen.

H

z

yR

x


Problema 94

Calcular el centroide de una cáscara semicilíndrica cerrada en ambos extremos y abierta en la parte superior.

2a

4a

4a

x

z

y

aa

a

a

Solución:

Por simetría:

izquierda

derecha

centro

A y Ay

0.904a3

0.904a3

4.566a3

5πa2 6.374a3


Calcular la ubicación centroidal del tetraedro.

Solución:~ de s:

,

Problema 95

x

xy

y

z

zdz

b

ycz

c – z

a

cz

xc – z

a

b

x

y

c

z


Problema 96

Calcular el centro de gravedad de la pirámide rectangular.

Solución:

Por simetría:

dV = xydz

b/2b/2

a/2

a/2y

h

z

x

hz

x/2

a/2

y/2

b/2

hz

x

dzz

y

~ de s:


Problema 97

Calcular el centro de gravedad del semicono.

Solución:

Por simetría:

del diferencial de volumen

h

z ay

z

hx

O

aa

ay

dyy

y

zO


Problema 98

Calcular el centro de gravedad del volumen.

Solución:

Simetría: ,

(1)

x2 + y2 = 9 – z

O3 m

2 m

5 m dz

z

r

y

z

x

en (1)


Problema 99

Calcular por integración el centroide del volumen.

Solución:

Por simetría:

(1)

en (1)

en (1)

L

x

y

z

z2 = 3y

O

x

y

y

r

dyz


Problema 100

Calcular el centroide del semielipsoide por integración.

Solución:

Por simetría:

(1)

y

x

z

h

rr

r

x

xdx

dVy

z

y


Problema 101

Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro C de la cara plana circular del hemiferio.

Solución:

Fig V z Vz

C

z

h

r


Solución:

Fig. V z Vz

Problema 102

Calcular “h” si el centro de gravedad coincide con el centro “C” de la cara plana circular del hemisferio.

h

rC

rz


Problema 103

Calcular el centro de gravedad del tronco de cono recto y circular del cual se ha retirado otro tronco de cono recto circular y coaxial como el primero, tal como se muestra en la fi gura.

10 cm2 cm

6 cm

6 cm4 cm

Solución:

A)

10y 6y + 36 4y 36 y 9

A)

6

x

2

4y

66

10

B)

4x 12 + 2x 2x 12 x 6

~ de Triángulos


B)

Vol (cm3) Vy

1 1231.5 2.51 3091.06

2 –175.93 6 – 2.35 = 3.65 –642.14

1055.57 2448.92

Problema 104

La superfi cie gira 180º alrededor del eje y generando un volumen. Calcular el centro de gravedad del volumen.

Solución:

Por simetría plano zy: ; ;

z

x

y2 m

2 m2 m


dy

r ~ de s:

y

2

24

2

r

4 – y


Problema 105

Calcular la altura “h” hasta la cual debe vaciarse el líquido dentro de la copa cónica de modo que esté en contacto con la mitad del área de la superfi cie interior de la copa.

Solución:

= 25

Por Pappus: SL = 2π L

SL = 2π(25)158.11 = 24 835.86 mm2

SL = 12 417.93 mm2

βcos18.43º = h

β = 1.054h

x = = 0.333h = htan18.43º

= 0.1666h

Por Pappus:12 417.93 = 2π(0.166h)1.054h

h = 106.1 mm

100 mm

150 mm

h

150

50

158.11

150

50

x

hβ

18.43º


Problema 106

Calcular el centro de gravedad del hemisferio. La densidad del material varía linealmente desde cero en el origen hasta ρo en la supefi cie. x

y

Oa

z

Solución: dw = γdV = ρgdV

Por simetría:

ρ = Kx (1)x = a ρ = ρo

ecuación de la densidad

dV = πz2dx

z2 = a2 – x2

dV = π(a2 – x2)dx

en (1):

ρo = Ka

K =

ρ =

x2 + z2 = a2

x

z

dx


Problema 107

Calcular el centro de gravedad del cuerpo formado por un cilindro hueco de ρ = 8 T/m3 y un hemisferio que tiene una ρ = 3 T/m3.

Solución:

Por simetría:

Fig z ρ V (mm3) ρV zρV

80

1201 60 8 +π(40)2120 = 603 185.7 482 5485.6 289 529 136

120

402 60 8 –π(20)2120 = –150 796.4 –1 20 6 371.2 –723 382 272

403 – (40) = – 15 3 + π(40)3 = 134 041.2 402 123.6 –6 031 854

4 021 238 211 115 010

+

+

–

40 mm

120 mm

20 mm20z

x

y


Problema 108

La estructura que se muestra contiene una placa A de peso 10 lb/pie2 y alambres B y C de peso 2 lb/pie. Calcular el centro de gravedad.

Solución:

A Peso:

B Peso:

C Peso:

= 0.908 pie = 0.630 pie = 1.356 pies

3 pie

R = 4 pieC

R

B

A

z

y

x

W x y z Wx Wy Wz

A 60 1 0 60 0 80

B 10 1.5 2 0 15 20 0

C 12.57 0 0 32 32

82.57 75 52 112


Problema 109

Calcular el centro de gravedad de la pieza de acero, hierro fundido y aluminio.

γ = 7.8 g/cm3

γ = 7.15 g/cm3

γ = 2.65 g/cm3

Solución:

W = γV

acero: 7.8 × 1 × 2 × 1 = 15.6 g

hierro: 7.15 × 1 × 4 × 2 = 57.2 g

aluminio (1)3 × 2.65 = 5.55 g

W y z Wy Wz

acero 15.6 3.5 2 54.6 31.2

hierro 57.2 2 0.5 114.4 28.6

aluminio 5.55 1 = 3(1)/8 + 1= 1.375

5.55 7.63125

78.35 174.55 67.43125

Por simetría:

aluminio

alum

inio

hierro hierro

acero acero

1 cm 1 cm

1 cm

1 cm

4 cm

2 cmy

y

x z


Problema 110

Un cilindro de acero está incrustado en un cilindro de madera. Calcular el centro de gravedad del conjunto.

γ = 7.8 g/cm3

γ = 1.6 g/cm3

Solución:

W = γV

V 1 = π(6)24 = 144π , W1 = 723.82 g

V 2 = π[(6)2 – (4)2]12 = 240π , W2 = 1206.37 g

V = π(4)2(32) = 512π , W3 = 12546.29 g

Por simetría:

W x Wx

madera1 723.82 2 1 447.64

madera2 1 206.37 10 12 063.7

acero 12 546.29 20 250 925.8

14 476.48 264 437.14

maderaacero

x

y

20 cm

12 c

m

124

y

z

vista lateral

12 c

m

8 cm

MOMENTO DE INERCIA DE SUPERFICIES PLANAS

CAPÍTULO

4Llamado también momento segundo de superfi cie. Por ejemplo en el análisis de esfuerzos y deformaciones en vigas se encuentran expresiones matemáticas de la forma .

Momentos de inercia

Momento polar de inercia

→ (+), Unidades = (longitud)4

4.1 Teorema de ejes paralelos (Steiner)

, similarmente:

→

y

O

ya

x

x

A

dA

y

O x

a

Cy

AdA

yC

d2

d1

xC

C → centroide

Estática - teoría y aplicaciones Editorial Macro160

4.2 Radio de giroLos momentos de inercia y el momento polar de inercia se pueden expresar en forma de producto del área A de la superfi cie por el cuadrado de una longitud r (constante).

radio de giro (+)

radio de giro (+)

radio polar de giro (+)

→ relación de radios de giro

Relación de radios de giro entre 2 ejes paralelos uno de los cuales pasa por el centroide de la superfi cie:

, , ,

y y yAA A

OOO

r0

x x

xrx

ry

Capítulo 4: Momento de inercia de superfi cies planas 161Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

4.3 Producto de inercia o momento segundo mixto

→ (+) ó (−)

y

O x

x

y

A

dA

Si un eje o ambos ejes son ejes de simetría: I = 0

Signosx(–) x(+)y(+) y(+)

x(–) x(+)y(–) y(–)

•

•

•

•

Ox

A

CyC

y yCxC

xC

CC C

y y y

xxx

4.4 Rotación de ejes

α → (+) antihorario (–) horario

x yU V

Ay

V

O

U

xα

α


4.5 Momentos de inercia principalesExiste un sistema de ejes en los cuales se da en uno de ellos el momento de inercia máximo y en el otro se da el momento de inercia mínimo, se denominan ejes principales.

El producto de inercia con respecto a estos ejes es cero.

Magnitudes

Ubicación (α)

→ α1 ; α2 = α1 + 90º

4.6 Método gráfi co: Círculo de MohrSe da de una superfi cie plana respecto a ejes x, y. Hallar gráfi camente los valores IU, IV, IUV respecto a un sistema de ejes u, v que forman un ángulo α con el sistema de ejes x, y en sentido antihorario.

1. En el eje horizontal se ubican los momentos de inercia.

2. En el eje vertical se ubican los productos de inercia.

3. Se ubica en el punto “A” ( ).

4. Se ubica en el punto “B” ( ).

5. Se dibuja la recta que corta a la horizontal en “C”, “C” es el centro del círculo que es trazado estando los puntos “A” y “B” contenidos en el círculo.

6. Se dibuja una recta que forma un ángulo 2α con la recta en sentido antihorario, la recta es y pasa por el centro del círculo.

7. Las coordenadas “D” y “E” son los valores IU , IV , IUV .

8. El ángulo α’ nos defi ne la posición de los ejes principales en el círculo son los puntos F y G.

9. Si en la superfi cie plana se considera un ángulo “α” en el círculo de Mohr se considera un ángulo “2α”.


W, z → ejes principales

z → z eje respecto al cual se genera el

W → eje con respecto al cual se genera el

Productos de inercia

Momentos de inerciaFG

B

E(I , –I )

(Ix, Ixy)

(IV, –IUV)

(IU, IUV)

C

A2α

2α

2α’2α’

D

(Imáx)(0; 0) (Imín)

Superfi cie plana

V y W

U

x

z

α’

α’

α

α

x yU Vw z


4.7 Tabla de momentos de inerciaMomentos de inercia de superfi cies planas

C = Centro de gravedad

1 Rectángulo

y yC

xC

h

b x

C

2 Triángulo

y yC

xC

h

b x

a

C

3 Triángulo rectángulo

y yC

xC

h

b xC

4 1/4 de círculo

y yC

xC

r

r

x

C

5 Semicírculo

y yC

xC

rr xC


6 Círculo

y yC

xC

r

x

C

7 Sector circular

y yC

r

r

αα xC

8 1/4 de elipse

y yC

xC

a

b

x

C

9 Semielipsey

yC

xC

a a

b

x

C

10 Elipse

y yC

xCa ab

bx

C


11 Paralelogramo

y yC

xCα

a

b x

C

12 Segmento circular

y

xC

α αr rx

C

13 Trapecio

y yC

xC

b

h

a c

x

C

14 Tímpano de1/4 círculo

y yC

xC

r

xC

15 Cuadrado

y yC

xC

a

a

x

C


16 Corona circular

y yC

xCr

R

x

C


y yC

r Rx

C

18Segmento de corona circular

y

xC

rααR

x

C

19Círculo con núcleo retirado

αα

b

b

r

a a

y

xC

20 Pentágono regular

R

y

xC


21 Hexágono regular

R

y

xC

22 Octágono regular

R

y

xC

23 Decágono regular

R

y

xC

24Polígono regular con “n” lados

R

y

xC


a

y = kx2

b

y

x

C



ya a

x

y = kx2

b C

27

• Tímpano semiparábolico• Enjuta semiparabólica

by = kx2

y

xaC

28• Tímpano de grado “n”

• Enjuta generalb

y

xaC x

29 Tímpano de 1/4 de elipse b

y

x

aC


b x

y

h C


31 Semisegmento de grado “n”

b x

y

h C

32 Semiparábolade grado “n”

y

x

b

a

C


b

xa

y

C

34 Semiparábolab

xa

y

C

x = ky2

35 Rombo

y

xC


Nombre Figura

1 Cuadrado

y

a

a x

C0

2 Rectángulo

y

h

b x

C0


y

h

b x

C


y

h

b x

xc

yc

C


y

h

b x

C

4.8 Tabla de productos de inercia


Nombre Figura


y

h

b

x

C


y

h

b

x

C

8 Triángulo

y

h

b

a

xC

9 1/4 de círculo

y

r

r

x

C

–0.01647r4

10 1/4 de círculo

y

r

r x

C0.01647r4


Nombre Figura

11 Semicírculo

y

rr xC

0

12 Círculo

y

r

x

C 0 πr4

13 Sector circular

y

αα

r

rC x =

0 0

14 1/4 de elipse

y

xa

b C –0.01647a2b2

15 Semielipse

y

x

C

a a

b0


Nombre Figura

16 Elipse

y

x

Ca ab

b0 πa2b2

17 Paralelogramo

y

x

Ca

bα

18 Segmento circular

y =

C

r rα α

x

0 0

19 Trapecio

y

h C

b

a c

x

20 Corona circular

y

C

r

R

x

0 πR2(R2 – r2)


Nombre Figura


y =

C

r Rx

0 0

22 Segmento de corona circular

C

rRx

α α

y =

0 0

23 Círculo con núcleo retirado C

b

b

α

α

a a

r

y =

x = 0 0

24 Polígono regular con “n” lados C

R

y =

x =0 0


x

Cy = kx2

ay

b


Nombre Figura


x

C

y = kx2a a

b

y =

0 0

27 Semiparábola de grado “n”

x

C

a

y

b

28

• Tímpano semiparabólico• Enjuta semiparabólica

xC

y = kx2

a

y

b

29

• Tímpano de grado “n”• Enjuta general

xC

a

y

b

30Tímpano de 1/4 de elipse

x

C

y

b

a

–0.00439a2b2


Nombre Figura


b x

y

h C

32 Semisegmento de grado “n”

b x

y

hC


b

xa

y

C

34 Semiparábolab

xa

y

C

x = ky2

35 Rombo C

= y

x = 0 0


Problema 111

Calcular los momentos de inercia de la fi gura mostrada con respecto a los ejes x y xG.

Solución:

x

xG//

//

y

h

b

C.G.

Problema 112

Calcular el momento de inercia con respecto al eje x.

h/2

h/2dyy

(IXG)

xG

b

C.G.

x

dy

y

(IX)

h

b

y

rx


Solución:

Problema 113

Calcular J0.

Solución:

(1)

(2) en (1)

y

R

Ox

y

xO

ρdρ

ρsenα = y

ρdαdρ

ρx

y

dαα


Problema 114

Calcular IXY y IXYCG del triángulo.

Solución:


30 cmx

y/2

x

y

y

dx

25 cm

55 – x

20 cm

30 cm

x

y

25 cm

20 cm


Problema 115

Calcular IXY.

Solución:I = I

G G + A

Para nuestro caso: IG G

= 0 (Para cada rectángulo)

A x y

Figura 1 10 × 2 ×1 × 7 = 140 cm4

Figura 2 16 × 2 × 8 × 1 = 256 cm4

IXY = 396 cm4

Problema 116

Calcular .

Solución:

I = (5)(20)3 + 100(10)2 + (30)(5)3 + 150(2.5)2

I = 14 583.33 cm4

32.01

25α

20A

100 – 27.5 10 – 275 000150 – 15 – 2.5 5 625

A = 250 cm2 – 21 875 = I

α = 38.66º β = 51.34º

16 cm

10 cm

2 cmx

2 cmy

12 c

m 1

2

α β x’

y’y

20 cm

5 cm

5 cm 25 cm

x

α


I = (20)(5)3 + 100(27.5)2 + (5)(30)3 + 150(15)2 = 120833.33 cm4

I = 67 708.33 + (–53125)cos(102.68º) + 21875sen(102.68º)

I = 100711 cm4 r = 20.07 cm

I = 67 708.33 – (– 53 125)cos(102.68º) – 21 875sen(102.68º)

I = 34 706 cm4 r = 11.78 cm

rO = 23.27 cm

I = – 53 125sen(102.68º) – 21875cos(102.68º) = – 47 028 cm4

Problema 117

Con respecto al área “A”, si I = 48 cm4, I = 32 cm4, I > 0, Imínimo = 30 cm4. Calcular: I , Imáximo, la ubicación de los ejes principales, el momento de inercia del área respecto a un eje que pasa por “O” y que está rotado 45º en sentido antihorario respecto al eje x.

Solución:

Otra manera: I + I = I + I → I = 50 cm4

45ºxO

y

A


Problema 118

Calcular I .

Solución:

Problema 119

Calcular I , I , JO , r , r .

Solución:Figura 1 Figura 2 Figura 3 Figura 4

4 cm

x

y

y/2y

dxx

x

y20

cm

10

y

x

5

20

20 55

5 15 20


Figura 1:

Figura 2:

Figura 3:

Figura 4:

Figura 1:

Figura 2:

Figura 3:

Figura 4:

I = Figura 1 + Figura 2 + Figura 3 – Figura 4 = 59 416 cm4

r = 14.07 cm

r = 14.26 cm

JO = I + I = 120 413 cm4


Problema 120

Calcular por integración I .

Solución:

y = 2.5 – 0.1x2

5’

2.5’

x

y

5’ 5’xdx

y

y

Problema 121

Calcular por integración I , I .

y3 = x

2”

8”x

y


Problema 122

Calcular por integración Ix , Iy.

Solución:

xx y

y

dx

x

y

1 m1 m

2 m2 m

Solución:

y3 = x y = x1/3

.

.

x

x

dx

y

y

x

x

y

ydy8 – x


Calcular por integración I , I .

Solución:

y = b b = Ka

x = a K =

Problema 123

y = Kx

a

b

x

y

y = x

x

xa

dy

y

y


Problema 124

Calcular I , I .

C: centro de gravedad de la superfi cie sombreada

Solución:

A y Ay

1 8 58.64

2 36

16 cm2 94.64

4 cm

y2 = 9x

4 cm

6 cmxC

xO

y

CyC

1

2


I :

A

115.2 cm4

44

410

46

+

–

–

Problema 125

Calcular I , I , Jo.

Solución:

3”y

x

2”

O

3”

6”

4”

x

10

4

dx

y 6

x

10

10 3

23

4

6

1

3

2

–


I :

1

2

3

– 4

I :

1

2

3

– 4 –

Problema 126

–

Calcular Jo.

20 cm

55 cm

15 cm15 5

4x

3

2

1

O

y

20

5


Solución:

I :

1

2

3

4

I :

1

2

3

4

Problema 127

Calcular I , r .

y

xO

(a; b)


Problema 128

Calcular los radios de giro de la superfi cie rectangular respecto a:

a) Los ejes x , y. (r , r )

b) Los ejes centroidales horizontal y vertical. (r , r )

Solución:

Fórmula general:

y

dy

dy

x

dA

6 cm

3 cm

y

x

y

x


Solución:

Problema 129

Calcular los radios de giro de la superfi cie triangular respecto a:a) Los ejes x , yb) Los ejes centroidales xC , yC

Solución:

yC

xC

x

y

200 mm

125 mm


Problema 130

Calcular el radio de giro de la superfi cie respecto a un eje que pase por su centroide y sea normal al plano de la superfi cie. (r )

Solución:

De tablas:

De tablas:

De tablas:

O

C

x

100y = x2

50 mm

25 mm

y

O

Cd

Problema 131

Calcular I . x = Ky

x

y

a

b

O


Solución:

Problema 132

Calcular en el cuarto de círculo I .

Solución:

x2 + y2 = 4

2”

2”

y

x

y

x/2 x/2dyy

x

yy/2

y

x

xdx


Problema 133

Calcular I .

Solución:

dx

x

x

h

y

ay = x2

y = x (a; a)

x

y

Problema 134

Calcular I , I .

30 mm

50

yy 7.55

C

x5 17.5 mmx


Solución:

En cada rectángulo: I = I + Ax y

I = – 28125 mm4 I = 21093.75 mm4

A x y Ax y x y Axy

12

250125

– 510

7.5– 15

– 9375– 18750

2.517.5

252.5

156255468.75

375

0

Problema 135

Calcular I .

Solución:

Para cada rectángulo: I = I + Ax y

I = 36 pulg4.1.5

1.5

3

3

y

xc

1

2

3

0

A x y Ax y

123

454

1.50

– 1.5

30

– 3

18018

36

4”

5”

4”1”

1”

3.5”

0.5”

0.5”


Solución:

~ de :

–

Problema 136

Calcular I , I .

x

h 24

(x – 3)

dxx

28 – h/2

24 cm

y

x4 cm

12 cm3 cm


Problema 137

Calcular IV , IV , IUV.

Solución:

30º

30º

V

U

x2020

80 80 mm2020y

200 mm

200


Problema 138

Calcular el producto de inercia de la sección de la viga respecto a los ejes U, V. Luego, calcular los momentos de inercia principales y su ubicación.

Solución:

(1)

I = 511.36 × 106 mm4 ; α1 = 0º

I = 90.24 × 106 mm4 ; α2 = 90º

x, y son ejes principales.

eje x = eje I

eje y = eje I

Momentos de inercia principales

200 mm

200 mm

150 mm150 mm

20 mm

20 mm

20 mm

20º

U

V y

xC


Problema 139

Hallar los momentos principales de inercia por el círculo de Mohr.

I = 4.3 cm4

I = 16.3 cm4

I = – 4.28 cm4

Solución:

I = 10.3 + r = 10.3 + 7.37 = 17.67 cm4

I = 10.3 – r = 10.3 – 7.37 = 2.93 cm4

tan2θ’p = 2θ’ = 35.5º θ’ = 17.75º

Por convención de signos:

θp1 = –17.75º y se relaciona con I

θp2 = θp1 + 90º

θp2 = 72.25º

2θpr = 7.37 cm

4

C

B

6

4.28

M. de I.

P. de I.

II

B

D(0; 0)

10.3 cm4 =

2θ’2θp1

E

A

C

6

(I ; –I ) (16.3; +4.28)

(I ; I ) (4.3; –4.28)

17.75º

17.75ºθ’

θ’

I

I

y

xO

72.25º

FUERZAS SOBRE SUPERFICIES SUMERGIDAS

CAPÍTULO

5• La presión en un punto de un fl uido es la misma en

todas direcciones (Principio de Pascal).

• La presión hidrostática en un líquido es:P = γh (kg/m2) y → Peso específi co (kg/m3)h → Distancia vertical a la superfi cie (m)

5.1 Fuerzas sobre superfi cies planas

Área de la superfi cie sometida a presión

A = e

El punto de aplicacion de la fuerza total se conoce como Centro de Presión (C.P.). Este se determina de la misma forma como se vio en el tema de cargas distribuidas. (Δ)

Superfi cie inclinada

Primera forma

e

Ph P

P = γh

A γ

γh1

γh2h2

h1

B

B

AFC.P.

Δ

A

BC.P.

Δ

F

CompuertaA γ

γh1

γh2

h2

h1

B

Superfi cieeFC.P.

y = Peso específi co del fl uído


Segunda forma

W1 , W2 → peso del fl uido encima de la superfi cie

W1 + W2 = W

Forma general

Para determinar la fuerza total en superfi cies verticales o inclinadas con cualquier geometría.

= Distancia vertical del centro de gravedad del área analizada a la superfi cie del líquido

= Presión que existe a la profundidad del centro de gravedad del área analizada y representa la presión promedio sobre el área analizada.

C.G. = Centro de gravedad del área analizada.

A = Área analizada

Centro de presión (xP , yP)

Expresiones generales para cualquier superfi cie plana:

A

a/2 a/2

γh1

γh2

h2

h1 w1

w2

B

e

αA

BΔ

P

W

A γ

BC.G.

Capítulo 5: Fuerzas sobre superfi cies sumergidas 205Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

5.2 Fuerzas sobre superfi cies curvas

Primera forma

Presión variable:

P = γ(h – Rsenθ)

Si θ = 0 → P = γh

Si θ = → P = γ(h – R)

La fuerza total se calcula por integración.

Segunda forma

W = W1 + W2

W1 , W2 → Peso del fl uido encima de la superfi cie curva

ORα

F

B

A

P

R

B Oθ

A h

γ

OR

R

h

W1

W2

B

HA

γh

γ(h – R)


Problema 140

La compuerta AB tiene un ancho de 2 m. El piso del canal es una superfi cie lisa. Hallar las reacciones en A y B, γ = 1000 kg/m3.

Solución:

2.40 m

0.75 m

1.5 m

A

B0.9 m

A

B

F

W

B2.4γ

A

A

0.75 m

0.25 m

5760 kg

0.8

m

B

A

A

B

1125 kg


Problema 141

Hallar la fuerza y la ubicación del centro de presión sobre una área circular debido a la presión del líquido (γ).

Solución:

área circular

C.G.

2 m

1 m

x

y

y

xc


Problema 142

Hallar las fuerzas que se originan en cada uno de los pernos debido a la presión de agua.

γ = 1000 kg/m3

Solución:

P = 1.35γ(0.90)2 = 1093.5 kg

Q = 0.90γ = 364.5 kg

Py1 + Qy2 = (P + Q)y

1093.5(0.45) + 364.5(0.3) = y(1 458)

y = 0.4125 m

ΣMC = 0 R(1.2) = 1458(0.5625 m) R = 683.4 kg = 341.7 kg(fuerza en cada perno)

ΣFH = 0 R + C = 1458 C = 774.6 kg = 387.3 kg(fuerza en cada perno)

pernos1.35 m

0.90 m

0.9 m

0.9

m

1.2 m

1.35γ

2.25γ

0.90γ

0.90 m0.30

1.2 m0.6375 m

0.5625 m

0.45 m

1458

Q P

R R

CC

F = 1458 kg


Problema 143

¿Cuál es la fuerza que el aguaejerce sobre la compuerta?

Solución:

Se utilizará la expresión:

F = γ(ysen30º)A (1)

(2)

Pero en (2)

en (1)

Centro de gravedad:

dy

x

xx

y

x

y

1 m1 m

2 mA

B

B

30ºγ = 103 kg/m3

3 m


Problema 144

Dada la compuerta inclinada (sección rectangular), calcular la fuerza total y el centro de presión,

γ =1000 kg/m3

α = 53.13º

1.50 m

y’ se

nα =

y

1.2

m

1.50 m

F

y’C.P.

α

Solución:

En superfi cies inclinadas:

y 0.9 m

y1 = 2.25 m 1.5 m

1.5 m

x

c Xc

2.25

α

C.G.

X


Problema 145

El tanque se usa para almacenar un líquido con peso específi co 80 lb/pie3, si está lleno hasta el tope determinar la magnitud de la fuerza (Kip) que el líquido ejerce sobre cada uno de sus lados: “ABCD” y “BDFE”.

12’

6’6’

8’

4’

E

F

D

C

A

B

Solución:

F = (7.21’)(12’) = 13 843.2 lb

ABCD: F = 13.84 Kip

F = 8’(12’) = 61 440 lb

BDFE: F = 61.44 Kip

4γ

12γ

B

8’

E

F

7.21’

4γB

A

F


Problema 146

El tanque contiene agua (d = 4 m)

a) Determinar la fuerza resultante (kN) que el agua ejerce sobre los lados “A” y “B” del tanque.

b) Si en vez de agua se coloca aceite, ¿a qué profundidad “d” debe llegar el aceite para que se tengan las mismas fuerzas resultantes?

ρ = 900 kg/m3

ρ = 1000 kg/m3

Solución:

a) γ = 9.81 kN/m3

FA = γ4 (2) = 16γ = 156.96 kN

FB = γ(4) (3) = 24γ = 235.44 kN

b) γ = 8.829 kN/m3

FA = 156.96 = 8.829 (2)

d = 4.216 m

3 m

2 m

ABd

γd

d


Problema 147

Cuando el agua de la marea “A” desciende, la compuerta de marea gira automáticamente abriéndose para drenar el agua de la ciénaga “B”. Para la condición de marea alta mostrada determinar las reacciones horizontales en la articulación “C” y en el tope “D”. (kN)

Longitud de la compuerta: 6 mAltura de la compuerta: 4 mρ = 1 mg/m3

Solución:

D.C.L.:

γ = 9.81 kN/m3

F1 = (6 m) = 27γ = 264.87 kN

F2 = 2γ (6 m) = 12γ = 117.72 kN

ΣMC = 0 = HD(4 m) + 117.72 – 264.87(3 m)

← HD = 100.55 kN

ΣFH = 0 = 264.87 – 117.72 – 100.55 – HC

← HC = 46.60 kN

1 m

1 m

2 m

A

B

D

C

HC

HDD3γ

1 m

3 m

2γ

F2

F1

C


Problema 148

La compuerta AB tiene 8 m de ancho. Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza que actúa sobre el pasador en “B” y la reacción vertical en el soporte liso “A”. (kN)

ρ = 1.0 Mg/m3

Solución:

γ = 103 kg/m3 < > 9.81 kN/m3

↓ F1 = 5(3)8(9.81) = 1177.2 kN

↓ F2 = (3)8(9.81) = 470.88 kN

→ F3 = 5γ (4 m) 8 m = 1569.6 kN

→ F4 = 4γ 8 m = 627.84 kN

D.C.L.:

ΣMB = 0 = AV(3 m) – 1177.2(1.5 m) – 470.88(2 m)

– 1569.6(2 m) – 627.84

↑ AV = 2 507 kN

ΣFV = 0 = BV + AV – F1 – F2

↓ BV = 858.92 kN

ΣFH = 0 = F3 + F4 – BH

← BH = 2197.44 kN

5 m

4 m

3 m

A

A

B

F1

BV

BHB

2 m

1 m1/2 mAV

1.5 m

2/3 m

4/3 m

F2

F3

F4

F1

F2F3F4

5γ

5γ4γ

1.5 m

1 m

4 m

2 m2 m

5 m

3 m


Problema 149

Determinar las componentes horizontal y vertical de la fuerza resultante (Kip) que el agua ejerce sobre el lado de la presa de longitud 25’.

γ = 62.4 lb/pie3

Solución:

A = ab

FV = 25Aγ = 25 10(25)62.4 × 10–3

↓ FV = 260 Kip

→ FH = 25γ (25) = 62.4 × 10–3 = 487.5 Kip

y = 0.25x2

25’

y

10’

Problema 150

Determinar la magnitud de la fuerza resultante (lb) hidróstatica que actúa por pie de longitud sobre la pared marina.

γ = 62.4 lb/pie3

y = – 2x2

8’

x

y

2’

10’ = a

FV

FH

25γ

25’ =

b


Solución:

↓

→

FH

FV

8/3

8’ 8’

2’

y = –2x2

8γ

Problema 151

El tanque está lleno con un líquido con densidad ρ = 900 kg/m3. Determinar la fuerza resultante en kN que el líquido ejerce sobre la placa elíptica extrema y el centro de presión medido desde el eje “x” (en m).

Solución:A = πab γ = 900(9.81)×10–3 = 8.829 kN/m3

F = γ A = 0.5 m

F = 6.93 kN A = π(1)(0.5) = 0.5π

Centro de presión: (x e y ejes de simetría)

medido a partir del eje x hacia abajo

C.P. (0, – 0.125) m

4y2 + x2 = 1

x

y

1 m1 m

0.5 m0.5 m


Problema 152

La superfi cie AB en arco tiene la forma de 1/4 de círculo. Si mide 8 m de longitud, determinar las componentes horizontal y vertical (en kN) de la fuerza resultante causada por el agua actuando sobre la superfi cie, luego calcular la fuerza resultante.

ρ = 1 Mg/m3

Solución: γ = 9.81 kN/m3

= 8 m

FV = F1 + F2 (1)

F1 = γV1 = γ(2 m)(3 m)(8 m) = 48γ

F1 = 470.88 kN

F2 = γV2 = γ

F2 = γ 8 m = 6.8672γ

F2 = 67.37 kN

↓ FV = 538.25 kN

→ FH = = 64γ = 627.84 kN

FR = = 826.98 kN

tanα = = 0.8573

α = 40.606º

3 m2 m

A

B

2 m

2 m

3 m

3γ

5γ

2

F1

F2

FH

FR

α

EQUILIBRIO DEL CUERPO RÍGIDO

CAPÍTULO

6Condiciones necesarias para el equilibrio de un cuerpo rígido.

1. ƩF = 0, Sumatoria de fuerzas → No hay traslación

2. ƩM = 0, Sumatoria de momentos → No hay rotación

• Se estudia el equilibrio en el estado de reposo.

• Las dos ecuaciones generales serán sufi cientes si a partir de ellas se pueden determinar todas las fuerzas que se ejercen sobre el cuerpo.

• Las fuerzas que se ejercen sobre un cuerpo rígido se clasifi can en exteriores e interiores.

Fuerzas exteriores: Gravitacional, eléctrica, magnética o de contacto. El peso de un cuerpo (gravitacional), la fuerza transmitida por la presión de un fl uido (de contacto).

Fuerzas interiores: Mantienen unidas las partículas que forman el cuerpo rígido.

Las fuerzas exteriores se dividen en:

1. Aplicadas (por agentes exteriores al cuerpo)

2. Reacciones (en apoyos y conexiones)

Las ecuaciones generales 1 y 2 se pueden expresar vectorialmente:

6.1 Equilibrio en dos dimensionesSon problemas donde las fuerzas que intervienen están contenidas en un plano, los momentos son perpendiculares al plano donde están contenidas las fuerzas. Se pueden analizar escalarmente.

En dos dimensiones (en el plano xy), de las ecuaciones generales quedarían:

ƩF = 0 ƩF = 0 ƩM = 0

Por ello solo hay 3 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido.


Cuerpo sometido a 2 fuerzas

Si el cuerpo está en equilibrio, las 2 fuerzas deben ser de igual magnitud y dirección, los sentidos son opuestos.

Cuerpo sometido a 3 fuerzas

Si el cuerpo está en equilibrio las 3 fuerzas deben ser concurrentes o paralelas (caso particular).

6.2 Equilibrio en tres dimensionesHay 6 ecuaciones escalares independientes para el equilibrio de un cuerpo rígido.

ƩF = 0 ƩF = 0 ƩF = 0

ƩM = 0 ƩM = 0 ƩM = 0

Cuando las ecuaciones de equilibrio son sufi cientes para determinar las fuerzas incógnitas en los apoyos se dice que el cuerpo está determinado estáticamente (es isostático). Un cuerpo que tiene soportes redundantes, es decir que tiene más soportes de los necesarios para mantener el equilibro se dice que es estáticamente indeterminado (es hiperestático), se requieren nuevas relaciones entre las fuerzas, además de las planteadas por el equilibrio, estos casos se estudian en los cursos de Resistencia de materiales y Análisis estructural.

Restricciones impropiasEn algunos casos puede existir tantas fuerzas desconocidas en el cuerpo como ecuaciones de equilibrio, sin embargo, se puede desarrollar inestabilidad en el cuerpo debido a restricciones impropias en los soportes y debido a la inadecuada disposición de los apoyos se tendrá un cuerpo estáticamente indeterminado, en otros casos se podría determinar las reacciones en los apoyos pero sería inestable.

F

F

HB

A

M8 T

4 T Cuerpo hiperestáticoV

F1

F2

F3F1F2

F3

O

Fuerzas concurrentes Fuerzas paralelas

Capítulo 6: Equilibrio del cuerpo rígido 221Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

En el plano

1. “Inestable”

“Las reacciones de los soportes no deben intersecarse en un punto común”.

2. “Inestable”

“Las reacciones en los soportes no deben ser solo paralelas”.

Los casos 1 y 2 son estáticamente indeterminados o hiperestáticos.

3.

Se puede calcular las reacciones en los apoyos pero es inestable.

“Estabilidad relativa si se retira la fuerza horizontal”.

En el espacio

A, B → rótulas

“Inestable”

“Las reacciones en los soportes no deben intersecarse en un eje común”.

B

2 T

1 m

x

C

A

z

y

FA

A

B

B

C

C

P x

A B

BA

2 T4 T x

F

d A

B

B

HA

VA


“Inestable”

“Las reacciones en los soportes no deben ser todas paralelas entre sí”.

Convención de signos

Fuerzas ƩF ↑ (+) ↓ (–)

Momentos ƩM (+) (–)

6.3 Reacciones en los apoyos y conexiones

A. En el plano

1. Superfi cie lisa 2. Superfi cie rugosa

3. Rodillo 4. Cable corto

5. 6.

3 T2 T

4T

cables

cable

z

C yB

Ax

R

R

RCable

Apoyo fi jo

HV

H

V

Apoyo móvil

Superfi cie lisa


7. Pasador - perno liso 8. Apoyo empotrado

9. En los casos 5, 6, 7, 8 y 9 las reacciones pueden tener el sentido opuesto al indicado.

B. En el espacio

1. Cable corto 2.

3. 4.

5. Empotramiento perfecto

x

RótulaRótula

z

Fx

Fz

Fyy

x

zFxFz

Fy

My

Mz

Mx

y

x

Superfi cie lisa

z

y

R R a xy

B

Rótula

A

A B B CHH

V V

C

H

VV

H

M

R

x

Superfi cie rugosa Punto de

contacto

z

Fx Fz

Fyy


Problema 153

Problema 154

Problema 155

Calcular la reacción en los apoyos.

Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0

VA(6) + 8 – 4(2) = 0 VA = 0

ΣFV = 0 VB = 4 ↑ T


Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0

VA(4) + 6(2) – 6 = 0 VA = –1↓T

ΣFV = 0 VB = 13↑ T


Solución:

D.C.L.:

Por simetría: VA = VB = 4↑ T

4 T 4 T

2 m 2 m4 m

A B

3 Tm6 T

4 m 2 m

A B

8/3 m 4/3 m 2 m

6 T6 T

VA VB

A B

8 Tm 4 T

2 m 2 m 2 m

A B

4 T 4 T

VA VB

2 m 2 m4 mA B

8 Tm 4 T

VA VB

A B2 m 2 m 2 m


Problema 156

Problema 157

Problema 158


Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0 VA(4) – 10(6)(3) = 0

VA = 45↑ T

ΣFV = 0 VB = 15↑ T


Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0 VA(5) – 6(3)(3.5) + 4 = 0

VA = 11.8↑ T

ΣFV = 0 VB = 6.2↑ T


Solución:

D.C.L.: ΣMA = 0 – 2 – 4(3) – 10(2)(1) + MA = 0

MA = 34() T-m

ΣFV = 0 VA = 24↑ T

10 T/m

2 Tm

4 T

1 m 2 m

A

2 Tm

4 T 20 T1 m2 m

VA

MA

18 T 4 Tm

1.5 m 3.5 mVA VB

BA

6 T/m 4 Tm

2 m3 m

A B

60 T

2 m1 m 3 m

VA VB

B

10 T/m

2 m 4 m

A B


Problema 159


Solución:

D.C.L.: ΣM = 0

VA(4) – 2(2) = 0 VA = 1↑ T

ΣFV = 0 1 – 2 – 4(2) + VB = 0

VB = 9↑ T

ΣMB = 0 1(6) – 2(4) – 4(2)(1) + MB = 0

MB = 10() T-m

A B2 T 8 T

2 m 2 m 1 m 1 mVA

VB

MB

4 T/m2 T

A B

2 m 2 m 2 mrótula

Problema 160


Solución:

D.C.L.: ΣM = 0

VC(5) – 4(2) = 0

VC = 1.6↑ T

ΣMA = 0

1.6(11) – 4(8) – 2(4) + VB(3) – 9(2) = 0

VB = 13.467↑ T

ΣFV = 0 VA + 1.6 + 13.467 – 9 – 2 – 4 = 0

VA = – 0.067↓ T

VA VB VC

9 T 2 T 4 T

2 2 2 31 1

3 m 1 m

A B C2 T

rótula

4 T6 T/m

2 m 2 m 3 m


Problema 161

Hallar la tensión en el cable y las reacciones en cada apoyo (B, F y D).

Solución:

ΣFH = 0 FH = T (1)

ΣFV = 0 FV = D (2)

ΣMF = 0 D(40) = T(15) (3)

ΣFH = 0 BH = T (4)

ΣFV = 0 BV + D = P = 120 (5)

ΣMB = 0 – D(40) + P(20) – T(20) = 0 (6)

(6) en (3):

(120 – 2D)15 = D(40)

D = 25.71 kg = FV

T = 68.58 = BH = FH

BV = 94.29 kg

P = 120 kg

20 cm

20 c

m

15 c

m

10 c

m

10 c

m

20 cm 40 cm

P

D GC

A K

FB

cable

20 cm

20 c

m10

cm

15 c

m

20 cm 40 cmD

D

A T T

PBV

FVBHFH

G

D.C.L. 1 D.C.L. 2


Problema 162

Las placas A y B pesan 200 kg/m2 de superfi cie. Determinar las reacciones de los apoyos.

Solución:

Centro de gravedad de la placa “B”

Peso de la placa: “B”: 200 × 0.1425 m2 = 28.5 kg

ΣME = 0

HD(30) – V D(55) – 28.5(23.95) = 0

HD – 1.83VD = 22.75 (1)

80 kg

20 cm20 cm

100

cm

55 cm23.95 cm

250 kg

433 kgHE

HC

VC

HD

VD

HD

VD

VE28.5 kg

50

50

A

500 kg

100

cm

C

A

B1 2

30º

E

40 cm 40 cm15 cm

30 c

m

A x y A A1) 225 10 20 2 250 4 500 = 31.05 cm2) 1200 35 15 42 000 18 000 = 15.75 cmΣ 1425 44 250 22 500


ΣMC = 0

– (433 + HD)100 + 250(40) – V D(40) + 80(20) = 0

– 0.4VD – HD = 317 (2)

De (1) y (2):↓VDi = – 152.35 kg HDi = – 256.05 kg

HE = 256.05 kg →

ΣFH = 0

0 = 256.05 – 433 + HC

HC = 176.95 kg

Problema 163

Calcular las reacciones en A.

Solución:

x = 4y = 2

ΣFV = 0 VA = 2.67↑ T

ΣMA = 0 2.67(3) – MA = 0 MA = 8 Tm

dF

dx3 m

VA

MA

2.67 T

A 1 mx

y

y = kx2

2 T/m

4 mA

y

x

2 = K(16) K =

ΣFV = 0

VC – 80 – 152.35 – 250 = 0

VC = 482.35 kg ↑

ΣFV = 0

152.35 – 28.5 – VE = 0

VE = 123.85 kg ↓


Problema 164

Calcular las reacciones en los apoyos.

Solución:

ΣMA = 0

CH(6) + CV(6) – 2(3) – 3(1) – 4 – 15(2) = 0

CH(6) + CV(6) = 43 (1)

ΣMB = 0 CH(6) – 6(3.5) = 0

CH = 3.5 T

En (1):

CV = 3.67 T

ΣFH = 0 CH + BH – 6 = 0 BH = 2.5 T

ΣFH = 0 CH + AH = 15 AH = 11.5 T

ΣFV = 0 AV + 3.67 – 5 = 0 AV = 1.33 T

ΣFV = 0 CV + BV = 3.67 T

3T

15 T

2 m

4 m

1 m2.5 m

3.5 m

3 m2 m

4 Tm 2T

6TCV

BVAV

CV

CCHCH

BHAH

CH

4 Tm 3T

1 m

3 m

1 m3 m

2 m

2 m

2T C: rótula

5 T/mA B

C

2 T/

m


Problema 165

Calcular las reacciones en los apoyos.

C: rótula

Solución:

ΣMB = 0 AV(8) + 6(4) + 8(6) + 8.99(7) – 17.98(6) – 3 – 5.99 – 15(2.5) = 0

AV = 7.55↑ T

ΣFV = 0 AV + BV – 17.98 – 3 = 0 BV = 13.43↑ T

ΣMC = 0 BH(9) + 13.43(2) – 15(6.5) – 5.99 – 3 = 0 BH = 8.96 T →

ΣFH = 0 8.96 – AH + 6 + 8 – 15 – 5.99 + 8.99 = 0 AH = 10.96 T ←

6 m 2 m

4 m

2 m8 T

BA

6 T1 m

3 m6.7 m

C6 T/m

3 T/m

3 T/m

2.23 m

20.1 T 6.7 T

8.99 T

17.98 T

4 m

3 T

2/3 m

α α β β5.99 T

4/3 m

2.98 m

1.49 m

8 T

6 T15 T

A B

C

2.5 m

2.5 m

2 m

AH BH

Av B

4 m

2 m

4.47 mC


Problema 166

Calcular las reacciones en los apoyos. (E. F: rótulas)

Solución:

D.C.L.:

ΣME = 0 RA = 0; ΣFV = 0 VE = 0

ΣMD = 0 VF(a) – 2qa2 = 0 VF = 2qa ΣFV = 0 ↓RD = 2qa

ΣMC = 0 RB(2a) – 4qa(a) + 2qa(a) = 0 ↑RB = qa

ΣFV = 0 RC + qa – 4qa – 2qa = 0 ↑RC = 5qa

a a a a2a

A

B CFE

D

q

2qa2

A

RA VE RB

VE 4qa VF = 2qa

2qa2

RC VF RD

E B CF

F DEa

a a a a a

Problema 167

La barra AB de peso W = 50 kg se sustenta simplemente apoyada en el plano yz mediante el cable CD y por la articulación en rótula en A. Hallar todas las fuerzas que actúan sobre la barra AB. Los puntos B y D están sobre la misma horizontal. C es punto medio de AB.

60 cmy

D

BC

Ax

z

80 cm60 cm


Solución:

A(80; 0; 0) B(0; 60; 60)

C(40; 30; 30) D(0; 60; 0)

0 = (–80; 60; 60) × B + (–40; 30; 30) × T(–0.68; 0.51; –0.51) + (–40; 30; 30) × (–50 )

= (1500 – 30.6T) + (60B – 40.8T) + (2000 – 60B) .

ΣF = 0 0 = – 60B + 2000 B = 33.33 kg

ΣF = 0 0 = – 30.6T + 1500 T = 49.02 kg

Σ = 0 + 0 + 0 = 33.33 + 24.99 – 24.99 – 50 + A + A + A – 33.33

A = 0; A = 25 kg = A

D

TB

CA x

A

AAw = 50 kgz

y


Problema 168

Hallar las tensiones P1 y P2 en los cables y la reacción en la rótula situada en A. Se desprecia el peso del mástil.

P1 // Eje z; F = 2 000 kg // Eje x.

Solución:

ΣFV = 0; ΣMA = 0

P1: = (0; 2.7; 0) P2: = (0; 3.6; 0) : = (0; 1.8; 0)

ΣMA = 0

(0; 2.7; 0) × (–P1 ) + (0; 3.6; 0) × (P2)(– 0.43; – 0.87; 0.21) + (0; 1.8; 0) × (2000 )

= 0 + 0 + 0

– 2.7P1 + 1.54P2 + 0.75P2 – 3 600 = 0

P2 = 2 337.66 kg; P1 = 649 kg

Σ = 0 2 000 – 649 + A + 2000 + A + A – 1005 – 2 033 + 491

2000 kg

1.8 m

0.9 m

0.9 m

0.9 m

1.8

m

x

y

A

P2

P1

A A

A

//

//

z


Problema 169

Calcular la fuerza en cada cable y las fuerzas en la rótula.

Solución:

; ;

; ;

cables

w = 2 000 kgB

F

O

D

E

C

Az

y

x 5 m5 m

A = (0; 0; 10) mF = (5; 5; 0)C = (4; –3; 0)D = (–4; –3; 0)


Problema 170

Calcular el ángulo θ de equilibrio del sistema. Las superfi cies son lisas.

Solución:

ΣFV = 0 = B cos θ – 45.36 (1)

ΣFH = 0 = A – B sen θ (2)

ΣMA = 0 = 45.36(0.91 cos θ) – B (3)

De (1): cos θ = (4)

De (3): B = 137.592 cos2θ (5)

(4) en (5):B =

B = 65.66184653 en (4)

cos θ = 0.690812129 θ = 46.305º

θ

θ

B

C

0.30 tan θ

0.91 sen θ

0.91 cos θ

0.30 / cos θ

0.30

0.91

A

A

45.36

θθ

B

B

C

AA

45.36 kgAC = 0.91 m

θB

C

A 0.30 m


Problema 171

La zapata se usa para soportar la carga P. Calcular las intensidades w1, w2 de la carga distribuida (lb/pulg) que actúa sobre la base de la zapata, si el sistema se encuentra en equilibro.

Solución:

D.C.L.:

ΣF V = 0 = 35 – 12 000

685.71 = w1 + w2 (1)

D.C.L.:

ΣMA = 0 = 12000(14”) – (17.5”)35w2 – (11.66”)17.5(w1 – w2)

0 = 168 × 103 – 612.5w2 – 204.05w1 + 204.05w2

408.45w2 + 204.05w1 = 168 000

2.0017w2 + w1 = 823.3276 (2)

(1) en (2):2.0017w2 + 685.71 – w2 = 823.3276

w2 = 137.38 lb/pulg

En (1):w1 = 548.33 lb/pulg

12 000

w2

A B

w1

14” 21”

12 000

17.5(w1 – w2) 35w2

BA 14”3.5”11.66” 17.5”

P = 12 000 lb

w2w1 35”

5” 9” 9”


Problema 172

La viga está sometida a las 2 cargas concentradas. Suponiendo que la cimentación ejerce una distribución de carga linealmente variable sobre su fondo, calcular la intensidad de carga w1 y w2 (lb/pie) para la condición de equilibrio.

Solución:

D.C.L.:

ΣFV = 0 = 12 – 1500

D.C.L.: 250 = w1 + w2 (1)

ΣMB = 0 = 12w1(6’) + 6(w2 – w1)(4’) – 500(8’) – 1000(4’)

0 = 72w1 + 24w2 – 24w1 – 4 000 – 4 000

8 000 = 48w1 + 24w2

333.33 = 2w1 + w2 (2)

(1) en (2):333.33 = 2w1 + 250 – w1

w1 = 83.33 lb/pie

En (1):w2 = 166.67 lb/pie

1000 lb 500 lb 4’ 4’ 4’

BA

w1

w2

1000 lb 500 lb

BAw1

w2

1000 lb 500 lb 4’

4’2’2’

BA

12w1 6(w2 –w1)

1000 lb 500 lb

B4’ 4’ 4’

A

w1 w2


Problema 173

Una viga en voladizo es sometida a una fuerza vertical de 0.5 kN. Suponiendo que la pared resiste esta carga con cargas variables distribuidas linealmente sobre la longitud de 0.15 m de la parte de viga que entra en la pared, determinar las intensidades w1 y w2 (kN/m) por equilibrio.

Solución:

D.C.L.:

ΣMB = 0 = 0.075w1 – 0.075w2 – 0.5

w1 = w2 + 6.666 (1)

ΣMA = 0 = 0.5(3.15 m) + 0.075w2(0.05 m) – 0.075w1(0.10 m)

w1 = 0.5 w2 + 210 (2)

(1) = (2):w2 = 406.67 kN/m

En (1):w1 = 413.33 kN/m

w2

0.5 kN

w1

0.15 m 3 m

0.075w2

0.075w10.10 m

3.15 m

BA

0.05 m 0.5 kN


Problema 174

La viga horizontal está soportada por resortes en sus extremos. Cada resorte tiene rigidez K = 5 kN/m y, originalmente, no está comprimido cuando la viga está horizontal. Determinar el ángulo de inclinación de la viga cuando se aplica la carga P.

0.8 kN

A B

1 m 2 m

Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0 = 5xA(3) – 0.8(2)

xA = 0.1066 m

ΣFV = 0 = 5xA + 5xB – 0.8 = 0

xB = 0.0533 m

tan α =

α = 1.0178º

αxB3 m

0.0533 m

P = 0.80 kN1 m 2 mA B

5xA 5xB

Problema 175

Hallar el intervalo de valores de “Q” para los cuales ningún cable se afl oja. La barra AB está en equilibrio.

Solución:

D.C.L.:

1º F2 = 0 (límite) ΣMC = 0 = 3Q – 3(0.5 m) Q = 0.5 kg

2º F1 = 0 (límite) ΣMD = 0 = 0.75Q – 3(2.75 m) Q = 11 kg

0.5 ≤ Q ≤ 11.0 kg

2.25 m 0.75 m0.5 mA

C DB

Q3 F1 F2

2.25 m 0.75 m0.5 m

A C D

3 kg 1 2

B

Q


Problema 176

Determinar el rango de valores de la distancia “a” para los cuales la magnitud de la reacción en B no excede de 600 N.

Solución:

D.C.L.: (600)2 = (300)2 +

BV = 519.61 N = A

ΣMB = 0

519.61a = 300(24)

a = 13.86 m

a ≥ 13.86 cm

300 N

300 N600 N

BVA

a B

24

300 N

24 cm

C

BA

a

Problema 177

Determinar el rango de valores permisibles para la tensión en el alambre BD si la magnitud del momento en el apoyo C no debe ser mayor a 100 Nm.

750 N50 cm 15 cm 25 cm

60 cm450 N

40 cm

BA

C D


Solución:

sen α =

cos α =

ΣM en c:

750(50) + 450(40) = 55 500 N cm

ΣM debido a T:

= T cos α (15) + T sen α (60)= T(36.923)

MC 65 500 N-cm = T(36.923) T = 1774 N

MC 45 500 N-cm = T(36.923) T = 1232 N

1232N ≤ T ≤ 1774N

α60

25

65T

750 N

450 N

50 cm

20 cm

40 cm

MC

Tα

15 cm

Problema 178

Determinar:

a. La distancia “a” para la cual el valor de la reacción es mínima en el apoyo B.

b. El valor correspondiente de las reacciones en los apoyos.

Solución:

D.C.L.: A + B = 1200 + 600a (1)

ΣMA = 0

4B = 300a2 + (1200 – 300a)

B = –100a + 50a2 + 800 (2)

En (1): A = 700a + 400 – 50a2 (3)

= 0 = – 100 + 100a a = 1 m

En (2) y (3): B = 750 N A = 1050 N

900a

a/3 8/3 (4 – a)/3

300(4 – a)

4A B

600 N/m1800 N/m

A Ba

4 m

AB

C


Problema 179

a. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga se mantendrá en equilibrio.

b. Si cada reacción debe estar dirigida hacia arriba y si el máximo valor permisible para cada una no debe exceder los 50 kN. Determinar el rango de valores de P para los cuales la viga es segura.

Solución:

D.C.L.:

a) Si C = 0 ΣMD = 0 20(2) = 4(3) + P(8)

P = 3.5 kN

Si D = 0 ΣMC = 0 20(8) + 4(3) = 2P

P = 86 kN

3.5 kN ≤ P ≤ 86 kN

b) Si C = 50 ΣMD = 0 50(6) + 20(2) + P(8)

P = 41 kN (↑D = 15 kN)

Si D = 50 ΣMC = 0 50(6) + P(2) = 20(8) + 4(3)

P = –64 (absurdo) (C = 90↓)

Si C = 0 P = 3.5 kN

3.5 kN ≤ P ≤ 41 kN

4 kN 20 kNP

A BC D

2 m 3 m 3 m 2 m

P 4 20

C D

2 m 3 m 3 m 2 m


Problema 180

Calcular las reacciones en A y B.

Solución:

D.C.L.:

En AC: ΣFH = 0 = H

ΣMA = 0 V(3) – 10(0.5) = 0 V =

ΣFV = 0 VA + – 10 = 0

↑VA = = 8.33 T

En CB:ΣFH = 0 = HB

ΣFV = 0 ↑VB = T = 1.666 T

ΣMB = 0 (4) – 2 – MB = 0

MB = = 4.666 Tm

10

HH C

B

V

V = 5/3

VA

VB

MB HB

2 m2 m

2 Tm

2 mC2.5 m0.5

2 T/m2 Tm

B

3 m

A C

2 m 2 m 2 m


Problema 181

Calcular las reacciones en A, B y C.

Solución:

D.C.L.

ΣMC = 0

V(2) = 2(2) V = 2 T

ΣFV = 0 VC – 8 – 2 – 2 = 0

↑VC = 12 T

D.C.L.

ΣMA = 0

2(8 m) – 4 (7 m) + VB(6 m) – 3 = 0

VB = = 2.5 T

↑VB = 2.5 T

ΣFV = 0

– VA + 2.5 – 4 + 2 = 0

↓VA = 0.5 T

3 Tm 2 T/m

6 m 2 m

A B CD

2 m 2 m

2 T

2 m 2 m

VCV

DC

8 T 2 T

6 m 1 m 1 mVA VB

VA

4 T3 Tm


Problema 182

Calcular la reacciones en A, B y C.

Solución:

D.C.L.

ΣMB = 0 VA(3a) – 3qa – 2qa2 = 0

VA = ↑VA =

ΣFV = 0 – 6qa + VB = 0 ↑VB =

ΣFV = 0 ↑VC =

ΣMC = 0 (2a) + qa2 – MC = 0

MC = – + qa2 MC = –

MC =

qa2

aVB =

aVC

MC

2qa2

3qa3qa

3a/23a/2

VA VB

2qa2

qa2

3qa

AB

q

3a a a

C


Problema 183


Solución:

D.C.L.:

ΣME = 0 = 160(4 m) – VC(8 m)

↑VC = 80 kN

ΣMD = 0 = 320(8 m) + 160(20 m) – 80(24 m) – VB(8 m)

↑VB = 480 kN

ΣFV = 0 = VA + 480 + 80 – 160 – 320 – 160

↑VA = 80 kN

ΣMD = 0 = – MA + 80(8 m) – 160(4 m)

MA = 0

20 kN/m

8 m

AD

BE

C

8 m 8 m 8 m

160 kN

4 m 4 m 4 m 4 m8 m 8 m

320 kN 160 kNA B

D

VBVA

MA

VC

EC


Problema 184

Calcular las reacciones en A, B, C y D.E, F: rótulas

Solución:

D. C. L. Por simetría: VE = VF = 8 T

ΣMD = 0

– 8(9) + VC(6) + 6 = 0

↑VC = 11 T

ΣFV = 0

11 – 8 – VD = 0

↓VD = 3 T

ΣMA = 0

– 8 (9 m) + VB(6 m) – 18 (3 m) = 0

↑VB = 21 T

ΣFV = 0

VA + 21 – 8 – 18 = 0

↑VA = 5 T

3 T/m

6 m 3 m 3 m2 m2 m 3 m 3 m

16 T 6 T-m

AB E F C

D

2 m2 m

16 T

VE VF

E F

VC VD

DC6 T-m

VF = 8 T

3 m 3 m 3 m

18 T

VE = 8 TVA VB

A B E


Problema 185

Calcular la reacciones en A, B y C.

Solución:

D.C.L.

ΣMDi = 0 = VA(12 m) + VB(6 m) – 200(9 m) – 150(3 m) (1)

ΣMEi = 0 = VA(18 m) + VB(12 m) – 200(15 m) – 150(9 m) – 150(3 m) (2)

De (1) y (2):

VA = – 50 kN ↓VA = 50 kN ↑VB = 475 kN

ΣFV = 0 = – 50 + 475 – 200 – 150(3) + VC

↑VC = 225 kN

ΣMEd = 0 = MC + 150 (3 m) – 225(6 m)

MC = 900 kN-m

3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m 3 m

200 kN 150 kN 150 kN 150 kN

D E

MC

VCVBVA

3 m3 m

200 kN25 kN/m

A BD E C

6 m 6 m 6 m


Problema 186


Solución:

D.C.L.:

ΣFV = 0

0 = VA – 90 – 20 – 10

↑VA = 120 K

ΣFH = 0

0 = HA – 15 K

→HA = 15 K

ΣFH = 0 = – 15 + H B

→HB = 15 K

ΣMC = 0 = 20(15’) – VB(30’)

↑VB = 10 K

FV = 0 = VC + 10 – 20

VC = 10 K

ΣMA = 0 = – MA + 90(15’) + 20(30’) + 10(45’)

MA = 2 400 K-pie

20 K

15 K15’ 15’

HB

VB

CB

VC

90 K 20 K15 K

CAMA

VA15’ 15’ 15’

HA

VC

25 K

3 K/pie

30’

A CB

15’ 15’ 15’

25 K4

43

3


Problema 187

Calcular las reacciones en las conexiones A y B.

Solución:

ΣMB = 0 = VA(50’) – 45(7.5’) – 60(40’) – 30(20’) – 60(10’)

↑VA = 78.75 Klb

ΣFV = 0 = 78.75 + VB – 60(2) – 30

↑VB = 71.25 Klb

αA

VA

60

45

75 Klb30

B

VB

HB

7.5’

7.5’

10’ 10’ 10’ 10’ 10’

60

25

20α

15

A

B

15’

20’ 10’ 10’ 10’

30 Klb

3 Klb/pie

60 Klb

senα =

cos α =

α

α


Problema 188

Calcular las reaccionesen A y B.

Solución:

ΣMB = 0 = VA(36) – 6(8’) – 24(6’) – 8(30.67) – 32(28’) – 40(10’)

↑VA = 48.14 Kip

ΣFH = 0 = 24 + 6 – HB

←HB = 30Kip

ΣFV = 0 = 48.14 – 8 – 32 – 40 + VB

↑VB = 31.86 Kip

40 Kip

6’

2’

4’

32824

6

A

8’5.33’ 2.67’

10’ 10’

B

VB

VA

HB

40 Kip

40 Kip10 Kip

10’10’

6.66’ 3.34’

A

10’ B

VB

VA

HB

2 Kip/pie

12’

16’ 20’

B

A

2 Kip/pie

3 Kip/pie

senα =

cos α = α

α

α 1220

16


Problema 189

Calcular reacciones en A y B.

Solución:

D.C.L.: ΣMB = 0 = 15(6’) – 10(3’) – VA(12’)

↓ VA = 5 K

ΣFV = 0 = – 5 + VB – 10

↑ VB = 15 K

ΣM Ci = 0 = HA(12’) – 15(6’) – 5(6’)

←HA = 10K

ΣFH = 0 = – 10 – HB + 15

←HB = 5 K

15 K10 KC

6’

6’

6’

A B3’ 3’

10 K

15 K

HB

VBVA

HA

6’

C

A

6’

6’ 3’ 3’

B

Problema 190


2 Klb/pie

30’

40’

40’

C

A

B30’

3 Klb/pie


Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 = CV(40’) – CH(30’) – 100(25’)

4CV – 3CH = 250 (1)

ΣMB = 0 = CH(40’) + CV(30’) – 150(25’)

4CH + 3CV = 375 (2)

(1)×3; (2)×4:

12CV – 9CH = 750 (3)

16CH + 12CV = 1500 (4)

(4) – (3):

25CH = 750

CH = 30

CV = 85

AC:ΣFV = 0 = AV + 80 – CV ↑AV = 5 Klb

ΣFH = 0 = AH – 60 – 30 →AH = 90 Klb

BC:ΣFV = 0 = 85 + BV – 90 ↑BV = 5 Klb

ΣFH = 0 = 30 – 120 + BH →BH = 90 Klb

90

150

120

25’

25’

BBH

BV

CV

40’

CH

30’

β50

30

40α50 30

40

25’

C

25’

40’

30’

A

A V

CHCV

A H

80100

60

α

α

β

β


Problema 191


Solución:

D.C.L.

ΣMA = 0 = – RB(16 m) – RB(8 m) + 250(11 m) + 150(4 m)

RB = 190.34 kN

ΣFH = 0 = – HA + 150 – (190.34)

←HA = 35.80 kN

ΣFV = 0 = VA – 250 + (190.34)

↑VA = 97.72 kN

25 kN/m

150 kN/m

10 m6 m

4 m

4 mA

B 43

5 m

6 m

4 m

4 m

HAVA

A

5 m B

α RB

250 kN

1500 kN

RB

RB senα =

cos α =

α4

35


Problema 192


Solución:

ΣFH = 0 = 45 – HA

←HA = 45 Klb

ΣMA = 0

100(27.5’) + 45(7.5’) + 45(7.5’) – VB(30’) = 0

↑VB = 114.16 Klb

ΣFV = 0

VA + 114.16 – 100 – 45 = 0

↑VA = 30.84 Klb

100 klb

VB

VA

HA

7.5’

7.5’

10’7.5’

A

45

4563.63

7.5’ 12.5’ 2.5’

45º15’

15’

21.21’

4 Klb/pie

15’ 15’

15’

B

A10’

3 Klb/

pie


Problema 193

Calcular las reacciones en las conexiones A y B del pórtico isostático.

Solución:

D.C.L.: ΣFH = 0 = 24 + 36 – HA

HA = 60 Klb

ΣMA = 0 = 160(20’) + 24(24’) + 36(12’) – VB(40’)

↑VB = 105.2 Klb

ΣFV = 0 = 105.2 + VA – 160

↑VA = 54.8 Klb

16024

24’

20’ 20’

3612’

BAHA

VA VB

4 Klb/pie

36 Klb12’

12’

40’

BA

24

Problema 194


2 Klb/pie

10’

20’

15’

20’B

A

VB

VAHA


Solución:

D.C.L.:

ΣFH = 0 = 20 – HA

←HA = 20 Klb

ΣMA = 0 = 20(20’) + 40(10’) – VB(20’)

↑VB = 40 Klb

ΣFV = 0 = 40 – 40 + VA

VA = 0

α 10’20’

22.36’

VA

15’

5’

5’

20’

10’ 10’

B

A

VB

αα

α40 Kip

20 Kip

44.72

HA

senα = 0.4472cos α = 0.8944

Problema 195


Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 = B(30’) + B(10’) – 60(10’)

B = 20 Klb

ΣFV = 0 = A V – 60 + 16

↑AV = 44 Klb

ΣFH = 0 = A H – 12

→A H = 12 Klb

4

5α 3

3 Klb/pie

15’

20’

25’ B

A

43

10’

15’25’

20’ 10’

α

10’ 10’

B

B

A AH

A V

60 Klb

B

B


Problema 196


Solución:

D.C.L.: ΣFH = 0

25 – HB = 0

←HB = 25 Kip

ΣMB = 0

VA(30) + 25(20’) – 60(15) = 0

↑VA = 13.33 Kip

ΣFV = 0

13.33 – 60 + VB = 0

↑VB = 46.67 Kip

2 Kip/pie25 Kip

A B

20’

30’

Problema 197


40 kN/m20 kN/m

C

A B

12 m

3 m 5 m 5 m 3 m

60 Kip25 Kip

VA VB

HB

20’

15’ 15’

A B


Solución:

D.C.L.:

ΣMB = 0 = VA(10 m) – 160(9 m)

– 40(7.66 m) – 240(1 m) + 40(0.34 m)

↑VA = 197.28 kN

ΣMCi = 0 = + 197.28(5 m) + HA(12 m)

– 160(4 m) – 40(2.66 m)

HA = – 20 kN

→HA = 20 kN

ΣFH = 0 = 20 + HB

HB = – 20

←HB = 20 kN

ΣFV = 0

197.28 + VB – 160 – 40 – 240 – 40

↑VB = 282.72 kN

40 kN240 kN160 kN

4 m

12 m 12 m

2.66 m2.66 m 1.34 m

1.34 m 4 m

HA HB

BA

C

VA VB

40 kN

Problema 198


C: rótula

3 Kip/pie

40 Kip

30’

20’

20’ 20’C

A

B


Solución:

D.C.L.:ΣMCi = 0

VA(20’) + HA(30’) – 60(10’) = 0

2VA + 3HA = 60 (1)

ΣMB = 0 = VA(40’) + HA(10)

+ 40(20’) – 60(30’) – 60(10’)

4VA + HA = 160 (2)

De (1): 4VA + 6HA = 120 en (2)

120 – 6HA + HA = 160

HA = – 8

→HA = 8 Kip en (2)

4VA – 20 = 160

↑VA = 42 Kip

ΣFV = 0 = 45 – 60 – 60 + VB

↑VB = 78 Kip

ΣFH = 0 = 20 + 40 – HB

←HB = 48 Kip

Problema 199


C, D, E → Rótulas

3 m

3 m3 m 3 m

C

A B

E

D125 kN

A

B

201010

6060 kip

10

30

1040

C

HA

VA

VB

HB


Solución:

D.C.L.: DC:ΣMC = 0 = 125(3 m) – 3DH – 3DV

125 = DH + DV (1)

DE:

ΣME = 0 = DH(3) – 3DV

DH = DV (2)

(2) en (1): DV = 62.5 = DH

EH = 62.5 kN

EV = 62.5 kN

CH = 62.5 kN

CV = 62.5 kN

CE: ΣMA = 0 = 62.5(3) – MA

MA = 187.5 kN-m = MB

←HA = 62.5 kN = HB←

↓VA = 62.5 kN

↑VB = 62.5 kN

Problema 200

Calcular las reaccionesen A y B.

2 T/m

2 T/m

6 m2 m

3 m

A B

1253 3

3

3 m3 m

E

E

BA

C

MBMA

HA

VA

CH

HB

EH

D D

3

C

DV

CV

CH

DV

DH DH

EH

EV

VB


Problema 201


Solución:

= 16.97’

16.97 × 1.5 = 25.46 Kip

20 Kip

1.5 Kip/pie

12’

12’

12’ 12’

A B

C

Solución:

ΣMB = 0

VA(6) – 16(4) – 3(1) = 0

↑VA = 11.16 T

ΣFV = 0

11.16 T + VB – 16 = 0

VB = 4.84 T

ΣFH = 0

→HB = 3 T

2 m 2 m

2 m

1 m

VA

HBVB

4 m16 T

3T


D.C.L.:

ΣMB = 0 = VA(24’) + 20(12’) – 25.46(18’)

– 25.46(6’)

↑VA = 15.46 Kip

ΣFV = 0 = 15.46 + VB – 25.46(2)

↑VB = 35.46 Kip

ΣMCAC = 0 = 15.46(12’) + HA(24’)

– 20(12’) – 25.46(6’)

←HA = 8.635 Kip

ΣFH = 0 = – 8.635 + 20 – HB

←HB = 11.365 Kip

25.46 Kip25.46

HBHA

VBVA

6’ 6’ 6’ 6’

B

C

20

12’

6’

6’

A

Problema 202


C, D, E → Rótulas

2 Kip/

pie 1 Kip/pie

1 Kip/pie2 Kip/pie C

A B

D

E

10’

10’

10’

15’15’


Solución:

D.C.L.:

ΣME = 0 = – CV(30) + 30(5) + 30(15)

– 30(22.5) + 15(7.5)

↓CV = 1.25

ΣFV = 0 = – 30 – 1.25 + 15 + EV

↑EV = 16.25

ΣMD = 0 = CH(20) – 20(15) – 20(5) – 30(7.5)

←CH = 31.25

ΣFH = 0 = 30 + 30 – 31.25 – EH

←EH = 28.75

30 15

205

5

7.5’ 7.5’7.5’ 7.5’

10 Kip

EH

EV

EC

5

5

20

D

10

CH

CV

α10

15

18.02

16.25 Kip28.75 E

5’

5’

B

10 Kip

VB = 16.25 Kip

HB = 38.75 Kip

MB = 337.5 Kip-pie

31.25

1.25 Kip

C

5’

5’A

VA = 1.25 Kip

HA = 51.25 Kip

MA = 412.5 Kip-pie

20


Problema 203


Solución:

0.7 Klb/pie

30’

30’ 2 Klb/pie

1.5 Klb/pie

10’

60’60’

A

C

B

20’

1.2 Klb/pie

α10’

60’

60.827’

β60’

20’63.245’

CV

AH

A V

CHC42

7

A

30’

60

15’

15’

5’

5’

30’

42.58

αCV

CH C72

24

45

15’B

BH

BV

75.89

30’ 30’

30’

10’

10’

β

α

α β

β


ΣMA = 0 = CH(40’) + 60(15’) – CV(60’) – 42(30’) – 7(35’)

4CH – 6CV = 60.5 (1)

ΣMB = 0 = 72(30’) + 24(40’) – CH(50’) – CV(60’) + 45(15)

5CH + 6CV = 379.5 (2) De (1) y (2): 9CH = 440

CH = 48.88

CV = 2250

AC:ΣFV = 0 = AV + 42 + 22.50

↓AV = 64.50 Klb

ΣFH = 0 = – 7 – AH + 48.88 + 60

←AH = 101.88 Klb

BC:ΣFV = 0 = 72 – BV – 22.50

↓BV = 49.50 Klb

ΣFH = 0 = – 48.88 + 24 – BH + 45

←BH = 20.12 Klb

Problema 204

Calcular las reacciones en las conexiones A y B del arco triarticulado.

80 Klb

30’

B

C50

30

A

20’ 20’ 20’ 40’ 20’


Problema 205


Solución:

D.C.L.:

ΣMB = 0 = CV(60’) + CH(20’) – 60(30’)

3CV + CH = 90 (1)

20’

30’30’

CH

BH

CV

BV

C

B

60

40 Klb60 60

B

C

A

20’40’

40’ 20’ 20’ 30’ 30’

Solución:

D.C.L.:

ΣMB = 0 = VA(120’) – 50(100’) – 30(80’) – 80(20’)

↑VA = 75 Klb

ΣFV = 0 = 75 – 50 – 30 – 80 + VB

↑VB = 85 Klb

ΣMCi = 0 = 75(60’) – HA(30’) – 50(40’) – 30(20’)

→HA = 63.33 Klb

ΣFH = 0 = 63.33 – HB

←HB = 63.33 Klb

HBHA

A B

C80

30

VBVA

50


ΣMA = 0 = (80’)CV + 40(60’) + 60(40’) – CH(40’)

2CV – CH = – 120 (2)

(1) + (2):5CV = – 30

CV = – 6

CH = 108

ΣFV = 0 = – 6 + BV – 60 = 0

↑ BV = 66 Klb

ΣFH = 0 = 108 – BH

←BH = 108 Klb

ΣFV = 0 = 6 – 40 – 60 + AV

↑AV = 94 Klb

ΣFH = 0 = – 108 + AH

→AH = 108 Klb

40’

40’ 20’ 20’

4060 C

A

CHCV

AHAV

Problema 206


80 kNC

A

B

15 m 5 m 12 m 12 m 6 m

18 m

80 kN

50 kN

12 m


Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 = 80(15 m) – CV(20 m) – CH(12 m)

3CH + 5CV = 300 (1)

ΣMB = 0 = (18 m)CH – (30 m)CV

– 50(18 m) – 80(6 m)

3CH – 5CV = 230 (2)

(1) + (2):6CH = 530

CH = 88.33

CV = 7.00

CB:

ΣFV = 0 = BV – 50 – 80 – 7.00

↑BV = 137 kN

ΣFH = 0 = 88.33 – BH

←BH = 88.33 kN

AC:

ΣFV = 0 = 7.00 – 80 + A V↑A V = 73.00 kN

ΣFH = 0 = AH – 88.33

→AH = 88.33 kN

CH

CV

BH

BV

12 12 6

18 m

C80

B

50 kN

C H

C V

A VAH

12

15 5

A

C80 kN

FUERZAS EN VIGAS Y PÓRTICOS

CAPÍTULO

7Las vigas son elementos de una estructura cuyo fi n es soportar cargas a lo largo de su eje longitudinal. En general soportan cargas de techos.

7.1 Fuerzas internas: V, N, M

V → Fuerza cortante

N → Fuerza normal o axial

M → Momento fl exionante

V → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento

N → Generadas por las fuerzas paralelas al eje longitudinal del elemento

M → Es generada por las fuerzas perpendiculares al eje longitudinal del elemento y los momentos

7.2 Tipos de cargas

Diagramas

En todo diagrama se debe indicar:

• Tipo de diagrama• Unidades• Signos• Distancias• Magnitudes

Puntual oconcentrada Momento Distribuida

WMP

R T

a

aQ P

R T

a a

a aM M

N NVV

Q P


D.F.C. (V)(T)

D.F.N. (N)(T)

D.M.F. (M)(T m)


N → Tensión (+) Compresión (–)

V = ƩF ↑ (+) ↓ (–) ↓ (+) ↑ (–) i → d i ← d

M → ƩM (+) (–) (+) (–) i → d i ← d

Materiales

• Acero• Madera• Concreto armado

V1 V1

V2 V2

a b c

–

Eje+

N1 N1

N2 N2

ed –

Eje+

M1

M2

fg– Eje

+

Capítulo 7: Fuerzas en vigas y pórticos 273Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

7.3 Secciones transversalesSon secciones perpendiculares al eje longitudinal de la viga.

7.4 Tipos de viga

1. En voladizo 5. Con rótula

2. Simplemente apoyada 6. Apoyada - empotrada

3. Simplemente apoyada con un voladizo 7. Doblemente empotrada

Viga peraltada

Viga chata“CONCRETO”

“ACERO”

“MADERA”

PP

PP

P P


7.5 Relación entre carga distribuida, fuerza cortante y momento fl exionante

... (1)

... (2)

Las ecuaciones (1) y (2) nos permiten calcular las expresiones generales de la fuerza cortante y el momento fl exionante en vigas con cargas distribuidas con cualquier ley de variación.

dx

w

x

4. Simplemente apoyada con 2 voladizos 8. Continua

P P

Nota: Vigas isostáticas: 1 a 5 Vigas hiperestáticas: 6 a 8

M

wdx

dx

M + dM

V + dVCV


7.6 Estructura: Pórtico isostáticoEn este ejemplo la estructura está formada por 3 elementos: AB, CD, BC.

Se realiza un diagrama de cuerpo libre en cada elemento.

Por equilibrio en cada elemento se encuentran N, V, M.

Luego se pueden realizar los diagrama de N, V, M para cada elemento uniéndose al fi nal para un solo diagrama en cada caso; la convención de signos es igual que para las vigas.

B

A

VA VD

HD

P

b

ae

c d C

D

Q

BB B

Bb

A A

A

VA VD

HD

M2M1

M1 M2

Pb

a

dc

e

C

C

C

CDD D

D

Q



+

+

+ ++ +

–

–

– –– –

N y V M

Problema 207

Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento fl exionante.

Solución:

ΣFH = 0 HA = 0; ΣMB = 0 VA(5) – 90(3) – 210 = 0 VA = 96 kg

ΣFV = 0 VB = 210 + 90 – 96 = 204 kg


= y = 20x; F = = 10x2 . M = Fd = 10x2

(V):

0 ≤ x ≤ 3 V = 96 – 10x2 x = 0 V = 96x = 3 V = 6

3 ≤ x ≤ 4 V = 96 – = 6

4 ≤ x ≤ 5 V = 96 – – 210 = – 204

x

A B

3 m 1 m 1 m

210 kg60 kg/m

x/3F

y

x3

60


Problema 208


96(kg)

3 m 1 m1 m

204

204

6

M(kg-m)

198

+

–

+

V

(M):

0 ≤ x ≤ 3 M = 96x – 10x2 x = 0 M = 0x = 3 M = 198

3 ≤ x ≤ 4 M = 96x – (x – 2) x = 3 M = 198x = 4 M = 204

4 ≤ x ≤ 5 M = 96x – (x – 2) – 210(x – 4) x = 4 M = 204x = 5 M = 0

100 kg

x

A B

2 m 2 m 2 m 2 m

500 kg100 kg-m 100 kg-m


Solución:

ΣMB = 0 VA(4) – 100(6) – 500(4) + 100 + 100 = 0 VA = 600 kg

ΣFH = 0 HA = 0

ΣFV = 0 VB = 100 + 500 – 600 = 0

(V):0 ≤ x ≤ 2 V = – 100

2 ≤ x ≤ 8 V = 0

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 100x x = 0 M = 0x = 2 M = –200

2 ≤ x ≤ 4 M = – 100x + 100(x – 2) x = 2 M = –200x = 4 M = –200

4 ≤ x ≤ 8 M = – 100x + 100(x – 2) + 100 x = 4 M = –100x = 8 M = –100

2 m 2 m 2 m 2 m

200100

100

–

–

V(kg)

M(kg-m)


Problema 209


Solución:


=

y = 4(x – 2)

F = (x – 2) F = 2(x – 2)2

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(10) – 50(12) – = 0 VA = 126.67 kg

ΣFV = 0 VB = 50 + – 126.67 = 123.33 kg

(V):0 ≤ x ≤ 2 V = – 50

2 ≤ x ≤ 12 V = – 50 + 126.67 – x = 2 V = 76.67x = 12 V = –123.33

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 50x x = 0 M = 0x = 2 M = –100

2 ≤ x ≤ 12 M = – 50x + 126.67(x – 2) – (x – 2)2 x = 2 M = –100x = 8.19 M = 216.47x = 12 M = 0

x50 kg 40 kg/m

BA

2 m 10 m

Fy 40

10x – 2


Problema 210

76.67

3.81 m

123.33

216.47

+

+

6.19 m

2 m

V(kg)

50

M(kg-m) 100

–

––


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(8) – 30(6.5) – 20(3) – 30(1) = 0 VA = 35.625 T

ΣFV = 0 35.625 + VB – 30 – 20 – 30 = 0 VB = 44.375 T

3 m 2 m

BA

10 T/m

20 T/m20 T

3 m


(V):

0 ≤ x ≤ 3 V = 35.625 – 10x x = 0 V = 35.625x = 3 V = 5.625

3 ≤ x ≤ 5 V = 35.625 – 30 = 5.625

5 ≤ x ≤ 8 V = 35.625 – 30 – 20 – x = 5 V = – 14.375x = 8 V = – 44.375

(M):

0 ≤ x ≤ 3 M = 35.625x – x = 0 M = 0x = 3 M = 61.875

3 ≤ x ≤ 5 M = 35.625 – 30(x – 1.5) x = 3 M = 61.875x = 5 M = 73.125

5 ≤ x ≤ 8 M = 35.625x – 30(x – 1.5) – 20(x – 5) – (x – 5)3 x = 5 M = 73.125x = 8 M = 0

35.625

V(T) 5.6253 m

2 m

2 m

61.875

M(T-m)

73.125

14.375

44.375

3 m

3 m 3 m

(+)

+

–


Problema 211


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(10) – + 20 = 0 VA = 12.67 T

ΣFV = 0 VB + VA – 20 = 0 VB = 7.33 T

(V):

0 ≤ x ≤ 4 V = 12.67 – x = 0 V = 12.67x = 4 V = – 7.33

V = 0 x = 3.18

4 ≤ x ≤ 10 V = 12.67 – 20 = – 7.33

(M):

0 ≤ x ≤ 4 M = 12.67x – x = 0 M = 0x = 3.18 M = 26.89x = 4 M = 24

4 ≤ x ≤ 8 M = 12.67x – 20 x = 4 M = 24x = 8 M = –5.31

8 ≤ x ≤ 10 M = 12.67x – 20 + 20 x = 8 M = 14.69x = 10 M = 0

4 m 4 m 2 m

BA

10 T/m

20 T-m


Problema 212


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(5) – 20(4) – 40(3) + 20 + 10(3) = 0 VA = 30 T

ΣFV = 0 30 + VB = 20 + 40 + 10 VB = 40 T

(V): 0 ≤ x ≤ 2 V = 30 – 10x x = 0 V = 30x = 2 V = 10

2 ≤ x ≤ 5 V = 30 – 20 – 40 = – 30

5 ≤ x ≤ 8 V = 30 – 20 – 40 + 40 = 10

5.31

2426.89

14.69

M(T-m)

3.18 m

12.67

V(T)

2 m

6 m0.82 m

7.33

+

+

+A

A

–

3 m2 m 2 m 1 m

BA

10 T/m

20 T-m

40 T10 T


Problema 213


(M): 0 ≤ x ≤ 2 M = 30x – x = 0 M = 0x = 2 M = 40

2 ≤ x ≤ 5 M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) x = 2 M = 40x = 5 M = –50

5 ≤ x ≤ 7 M = 30x – 20(x – 1) – 40(x – 2) + 40(x – 5) x = 5 M = –50x = 7 M = –30

De derecha a izquierda:

0 ≤ x ≤ 1 M = –10x x = 0 M = 0x = 1 M = –10

30

40

M(T-m)

30

30

10

10 10V(T)

50

2 m

2 m 2 m 1 m

2 m 1 m3 m

3 m

+

+ +

–

2 m 2 m 2 m 4 m8 m

BA

5 T/m20 T10 T

6 T-m


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(12) – 10(14) – 40(8) + 6 + 20(4) = 0 VA = 31.17 T

ΣFV = 0 VA + VB – 10 – 40 – 20 = 0 VB = 38.33 T

(V):0 ≤ x ≤ 2 V = – 10

2 ≤ x ≤ 10 V = – 10 + 31.17 – 5(x – 2) x = 2 V = 21.17x = 10 V = – 18.33

10 ≤ x ≤ 14 V = – 10 + 31.17 – 5(8) = – 18.33


0 ≤ x ≤ 4 V = 20

Para: 2 ≤ x ≤ 10 V = 0 x = 6.23

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 10x x = 0 M = 0x = 2 M = – 20

2 ≤ x ≤ 10 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 5(x – 2) x = 2 M = –20x = 6.23 M = 24.81x = 10 M = –10.64

10 ≤ x ≤ 12 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) x = 10 M = –10.64x = 12 M = –48.3

12 ≤ x ≤ 14 M = – 10x + 31.17(x – 2) – 40(x – 6) + 6 x = 12 M = –42.3x = 14 M = –80


0 ≤ x ≤ 4 M = – 20x x = 0 M = 0x = 4 M = – 80


Problema 214


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(3) – 10 – 20(5) – 15(4)(1) = 0 VA = 56.67 T

ΣFV = 0 VA + VB – 20 – 15(4) = 0 VB = 23.33 T

2 m

2 m

24.81

M(T-m)

2 m–

+

++

– –

–2 m

4 m

21.17 20

20

10

V(T)

4.23 m18.83

10.64

48.342.3

80

3.77

3 m2 m 1 m

BA

10 T-m15 T/m

20 T


(V): 0 ≤ x ≤ 2 V = – 20

2 ≤ x ≤ 5 V = – 20 + 56.67 – 15(x – 2) x = 2 V = 36.67x = 5 V = –8.33

V = 0 x = 4.44


0 ≤ x ≤ 1 V = 15x x = 0 V = 0x = 1 V = 15

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 10 – 20x x = 0 M = –10x = 2 M = –50

2 ≤ x ≤ 5 M = – 10 – 20x + 56.67(x – 2) – 15 x = 2 M = –50x = 4.44 M = –5.17x = 5 M = –7.5


0 ≤ x ≤ 1 M = – 15 x = 0 M = 0x = 1 M = –7.5

36.67

V(T) +15

+

–

–

2.44 m2 m

0.56 m

8.331 m

20 50

5.17 7.5M

(T-m)10

–


Problema 215


Solución:

ΣFH = 0 HA = 0

ΣFV = 0 VA – – 6(0.4) – 4 = 0 VA = 8.2 T

ΣMA = 0 – (2.1) – 6(0.4)(1.7) + 12 – 4(0.5) – MA = 0 MA = 2.14 T-m

(V):

0 ≤ x ≤ 0.6 V = – x = 0 V = 0x = 0.6 V = –1.8

0.6 ≤ x ≤ 1 V = – – 6(x – 0.6) x = 0.6 V = –1.8x = 1 V = –4.2

1 ≤ x ≤ 2 V = – – 6(0.4) = – 4.2

2 ≤ x ≤ 2.5 V = – – 6(0.4) – 4 = – 8.2

(M):

0 ≤ x ≤ 0.6 M = – x = 0 M = 0x = 0.6 M = –0.36

0.6 ≤ x ≤ 1 M = – 1.8(x – 0.4) – x = 0.6 M = –0.36x = 1 M = –1.56

0.6 m 0.4 m 0.5 m0.5 m0.5 m

MA

VA

A

12 T-m

6 T/m 4 T


Problema 216

1 ≤ x ≤ 1.5 M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8) x = 1 M = –1.56x = 1.5 M = –3.66

1.5 ≤ x ≤ 2 M = – 1.8(x – 0.4) – 2.4(x – 0.8) + 12 x = 1.5 M = 8.34x = 2 M = 6.24


0 ≤ x ≤ 0.5 M = 2.14 + 8.2x x = 0 M = 2.14x = 0.5 M = 6.24

0.6 m 0.4 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m

8.2

2.14

6.248.34

0.361.56

3.66

1.8

V(T)

4.2

M(T-m)

+


Solución:ΣFH = 0 HA = 0

ΣMB = 0 VA(5) – = 0 VA = 666.67 kg

ΣFV = 0 VA + VB – = 0 VB = 1333.33 kg

2 m 5 m 1 m

BA

500 kg/m

–

–


(V):

0 ≤ x ≤ 2 V = – 62.5 x = 0 V = 0x = 2 V = –125

2 ≤ x ≤ 7 V = – 62.5 + 666.67 x = 2 V = 541.67x = 7 V = 864.58

V = 0 x = 4.62

7 ≤ x ≤ 8 V = – 62.5 + 666.67 + 1333.33 x = 7 V = 468.75x = 8 V = 0

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 62.5 x = 0 M = 0x = 2 M = – 83.33

2 ≤ x ≤ 7 M = – 62.5 + 666.67(x – 2) x = 2 M = –83.33x = 4.62 M = 719.48x = 7 M = –239.56

7 ≤ x ≤ 8 M = – 62.5 + 666.67(x – 2) + 1333.33(x – 7) x = 7 M = –239.56x = 8 M = 0

V (kg)

541.67 468.75

239.56

83.33

719.48

M(kg-m)

864.58

2 m 2.38 m2.62 m125

1 m+ +

+

––

––


Problema 217


Solución:

ΣMA = 0 V(4) – 10(4)(2) = 0 V = 20 T

ΣFV = 0 V + VA – 10(4) = 0 VA = 20 T

ΣMB = 0 – 20(6) – 2(3) + MB = 0 MB = 126 T-m

ΣFV = 0 VB – V – 2 = 0 VB = 22 T

(V):

0 ≤ x ≤ 4 V = 20 – 10x x = 0 V = 20x = 4 V = –20

4 ≤ x ≤ 7 V = 20 – 10(4) = – 20

7 ≤ x ≤ 10 V = 20 – 40 – 2 = – 22

Para 0 ≤ x ≤ 4 V = 0 x = 2

3 m 3 m4 m

BA

10 T/m

Rótula

2 T

3 m 3 m4 mBA

V

V

VA VB

MB

10 T/m2 T


V(T)

M(T-m)

20

20 –

–

+

+

20

60

22126

2 m

2 m

2 m

2 m

3 m

3 m

3 m

3 m

Problema 218


Rótula

3 T 3 T 3 T

A BC

2 m 2 m 2 m 2 m 2 m 2 m

(M):

0 ≤ x ≤ 4 M = 20x – 10 x = 0 M = 0x = 2 M = 20x = 4 M = 0

4 ≤ x ≤ 7 M = 20x – 10(4)(x – 2) x = 4 M = 0x = 7 M = –60

7 ≤ x ≤ 10 M = 20x – 10(4)(x – 2) – 2(x – 7) x = 7 V = –60x = 10 V = –126


Solución:

ΣMA = 0 V(4) – 3(2) = 0 V = 1.5 T

ΣFV = 0 V + VA – 3 = 0 VA = 1.5 T

ΣMC = 0 – 1.5(8) – 3(6) + VB(4) – 3(2) = 0 VB = 9 T

ΣFV = 0 9 – 1.5 – 3 – 3 – VC = 0 VC = 1.5 T

(V): 0 ≤ x ≤ 2 V = 1.5

2 ≤ x ≤ 6 V = 1.5 – 3 = – 1.5

6 ≤ x ≤ 8 V = 1.5 – 3 – 3 = – 4.5

8 ≤ x ≤ 10 V = 1.5 – 3 – 3 + 9 = 4.5

10 ≤ x ≤ 12 V = 1.5 – 3 – 3 + 9 – 3 = 1.5

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = 1.5x x = 0 M = 0x = 2 M = 3

2 ≤ x ≤ 6 M = 1.5x – 3(x – 2) x = 2 M = 3x = 4 M = 0x = 6 M = –3

6 ≤ x ≤ 8 M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6) x = 6 M = –3x = 8 M = –12

8 ≤ x ≤ 10 M = 1.5x – 3(x – 2) – 3(x – 6) + 9(x – 8) x = 8 M = –12x = 10 M = –3

3 T

VA

VB VCV

A B C2 m 2 m 2 m2 m 2 m 2 m

V 3 T 3 T


Problema 219


Solución:

ΣMA = 0 V(3) – 12(2)(1) = 0 V = 8 T

ΣFV = 0 V + VA – 12(2) = 0 VA = 16 T

12 T/m 6 T 8 TMB

VB

V B

V

VA

2 m 1 m 1 m 1 m 1 m

12 T/m

Rótula

6 T 8 T

BA

2 m 1 m 1 m 1 m 1 m


0 ≤ x ≤ 2 M = 1.5x x = 0 M = 0x = 2 M = –3

V(T)1.5

1.5

1.5

3

3

3

124.5

4.5

4 m 2 m2 m 2 m2 m

M(T-m) 2 m 2 m

2 m 2 m 2 m 2 m

+

+

+

–

–


ΣMA = 0 V(3) – 12(2)(1) = 0 V = 8 T

ΣFV = 0 V + VA – 12(2) = 0 VA = 16 T

ΣMB = 0 – 8(3) – 6(2) – 8(1) + MB = 0 MB = 44 T-m

ΣFV = 0 – 8 – 6 – 8 + VB = 0 VB = 22 T

(V):

0 ≤ x ≤ 2 V = 16 – 12x x = 0 V = 16x = 2 V = –8

V = 0 x = 1.33

2 ≤ x ≤ 4 V = 16 – 12(2) = – 8

4 ≤ x ≤ 5 V = 16 – 12(2) – 6 = – 14

5 ≤ x ≤ 6 V = 16 – 12(2) – 6 – 8 = – 22

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = 16x – 12 x = 0 M = 0x = 1.33 M = 10.67x = 2 M = 8

2 ≤ x ≤ 4 M = 16x – 12(2)(x – 1) x = 2 M = 8x = 3 M = 0x = 4 M = –8

4 ≤ x ≤ 5 M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4) x = 4 M = –8x = 5 M = –22

5 ≤ x ≤ 6 M = 16x – 12(2)(x – 1) – 6(x – 4) – 8(x – 5) x = 5 M = –22x = 6 M = –44

+

–

–

8

8

8

16

22

2244

14

+10.67

1.33 m0.67 mV(T)

M(T-m)

3 m

1 m 1 m 1 m 1 m

3 m


Problema 220


Solución:

ΣMB = 0 VA(5) + 20 + 4(1) – – 10(3)(0.5) = 0 VA = 25.2 T

ΣFV = 0 VB + VA – – 10(3) – 4 = 0 VB = 53.8 T

(V):

0 ≤ x ≤ 3 V = 25.2 – 5x2 x = 0 V = 25.2x = 2.24 V = 0x = 3 V = –19.8

3 ≤ x ≤ 5 V = 25.2 – 45 – 10(x – 3) x = 3 V = –19.8x = 5 V = –39.8


0 ≤ x ≤ 1 V = 4 + 10x x = 0 V = 4x = 1 V = 14

(M):

0 ≤ x ≤ 3 M = 25.2x – x = 0 M = 0x = 2.24 M = 37.71x = 3 M = 30.6

3 ≤ x ≤ 4 M = 25.2x – 45(x – 2) – x = 3 M = 30.6x = 4 M = 5.8

4 ≤ x ≤ 5 M = 25.2x – 45(x – 2) – 5(x – 3)2 + 20 x = 4 M = 25.8x = 5 M = –9

30 T/m

10 T/m4 T

BA

3 m 1 m 1 m 1 m

20 T-m


Problema 221


Solución:

ΣMB = 0 VA(6) – 12 – 6(5) – 20(3)(1.5) = 0 VA = 22 T

ΣFV = 0 VB + VA – 6 – 20(3) = 0 VB = 44 T

V(T)

25.2

+

2.24 m0.76

19.8

37.7130.6 25.8

39.8

5.8

9

144

M(T-m)

2 m1 m+

+

–

–


0 ≤ x ≤ 1 M = – 4x – 10 x = 0 M = 0x = 1 M = –9

2 m 3 m1 m

BA

20 T/m

6 T

12 T-m


(V):0 ≤ x ≤ 1 V = 22

1 ≤ x ≤ 3 V = 22 – 6 = 16

3 ≤ x ≤ 6 V = 22 – 6 – 20(x – 3) x = 3 V = 16x = 3.8 V = 0x = 6 V = –44

(M):

0 ≤ x ≤ 1 M = 22x x = 0 M = 0x = 1 M = 22

1 ≤ x ≤ 3 M = 22x – 6(x – 1) – 12 x = 1 M = 10x = 3 M = 42

3 ≤ x ≤ 6 M = 22x – 6(x – 1) – 12 – 20 x = 3 M = 42x = 3.8 M = 48.4x = 6 M = 0

V(T)

2216

2.2 m1 m

10

M(T-m)

22

42

44

+

–

+

48.4

2 m 0.8 m


Problema 222


Solución:

ΣMB = 0 VA(5) – 5(4) + 6 + (1) = 0 VA = – 0.2 T

ΣFV = 0 – 0.2 – 5 – + VB = = 0 VB = 20.2 T

(V): 0 ≤ x ≤ 1 V = – 0.2

1 ≤ x ≤ 5 V = – 0.2 – 5 = – 5.2

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 3 V = x2 x = 0 V = 0x = 3 V = 15

(M): 0 ≤ x ≤ 1 M = – 0.2x x = 0 M = 0x = 1 M = –0.2

1 ≤ x ≤ 3 M = – 0.2x – 5(x – 1) x = 1 M = –0.2x = 3 M = –10.6

3 ≤ x ≤ 5 M = – 0.2x – 5(x – 1) + 6 x = 3 M = –4.6x = 5 M = –15


0 ≤ x ≤ 3 M = – x = 0 M = 0x = 3 M = –15

10 T/m

5 T 6 T-m

AB

1 m 2 m 2 m 3 m


Problema 223


Solución:ΣMB = 0 VA(9) – 9(4) – 3(8)(8) = 0 VA = 25.33 T

ΣFV = 0 VA + VB – 9 –3(8) = 0 VB = 7.67 T

(V): 0 ≤ x ≤ 3 V = – 3x x = 0 V = 0x = 3 V = –9

3 ≤ x ≤ 8 V = – 3x + 25.33 x = 3 V = 16.33x = 8 V = 1.33

1 m 4 m

0.2

0.2

M(T-m)

5.2

1510.6

4.6

2 m 2 m 3 m1 m

V(T)3 m

+

–

–

15

9 T

3 T/m

A B

3 m 5 m 4 m


Problema 224


De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 4 V = – 7.67

(M): 0 ≤ x ≤ 3 M = – x2 x = 0 M = 0x = 3 M = –13.5

3 ≤ x ≤ 8 M = – x2 + 25.33(x – 3) x = 3 M = –13.5x = 8 M = 30.68


0 ≤ x ≤ 4 M = 7.67x x = 0 M = 0x = 4 M = 30.68

10 T

10 T/m

12 T/m

AB

5 m 3 m3.6 m1 m

V(T)

16.33

1.33

7.67

13.5M(T-m)

3 m4 m

30.68

9

4 m3 m5 m–

–

–

+

+


Solución:

ΣMB = 0 VA(9.6) – 12(6)(6.6) – 10(4.6) – (1.2) + (1) = 0 VA = 54.98 T

ΣFV = 0 VA + VB – 12(6) – 10 – – = 0 VB = 60.02 T

(V):

0 ≤ x ≤ 5 V = 54.98 – 12x x = 0 V = 54.98x = 4.58 V = 0x = 5 V = –5.02

5 ≤ x ≤ 6 V = 54.98 – 12x – 10 x = 5 V = –15.02x = 6 V = –27.02

6 ≤ x ≤ 9.6 V = 54.98 – 12(6) – 10 – x = 6 V = –27.02x = 9.6 V = –45.02


0 ≤ x ≤ 3 V = x2 x = 0 V = 0x = 3 V = 15

(M):

0 ≤ x ≤ 5 M = 54.98x – x2 x = 0 M = 0x = 4.58 M = 125.95x = 5 M = 124.09

5 ≤ x ≤ 6 M = 54.98x – x2 – 10(x – 5) x = 5 M = 124.9x = 6 M = 103.88

6 ≤ x ≤ 9.6 M = 54.98x – 72(x – 3) – 10(x – 5) – x = 6 M = 103.88x = 9.6 M = –15


0 ≤ x ≤ 3 M = – x3 x = 0 M = 0x = 3 M = –15


Problema 225


Solución:

ΣMB = 0 VA(12) – (10) = 0 VA = 6 T

ΣFV = 0 VA + VB – 12(1.2) – = 0 VB = 15.6 T

1.2 T/m

A B

6 m 6 m 6 m 6 m

V(T)

+

+

+–

–

54.98

4.58 m 5.02 3 m

15 m

27.0215.02

45.02M

(T-m)

125.95 124.4103.88

15

1 m 3.6 m

0.42 m


(V): 0 ≤ x ≤ 6 V = – x = 0 V = 0x = 6 V = –1.8

6 ≤ x ≤ 12 V = – + 6 x = 6 V = 4.2x = 10.95 V = 0x = 12 V = –1.2

12 ≤ x ≤ 18 V = – + 6 – 1.2(x – 12) x = 12 V = –1.2x = 18 V = –8.4

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 6 V = 1.2x x = 0 V = 0x = 6 V = 7.2

(M):

0 ≤ x ≤ 6 M = – x = 0 M = 0x = 6 M = –3.6

6 ≤ x ≤ 12 M = – + 6(x – 6) x = 6 M = –3.6x = 10.95 M = 7.82x = 12 M = 7.2


0 ≤ x ≤ 6 M = – 1.2 x = 0 M = 0x = 6 M = –21.6

6 ≤ x ≤ 12 M = – 1.2 + 15.6(x – 6) x = 6 M = –21.6x = 12 M = 7.2


Problema 226


Solución:

ΣMB = 0 VA(7) – 1 (9) – 1(2)(6) – (3) + 0.6 = 0 VA = 4.2 T

ΣFV = 0 VA + VB – 1 – 1(2) – = 0 VB = 1.8 T

V(T) 6 m

1.8 1.2

4.2

8.421.6

6 m

7.82

3.6

M(T-m)

7.2

7.2

4.956 m1.05 m

1.05 m

6 m

++

+–

–

––

1 T/m

2 T/m

2 m 2 m 2 m3 m

AB

0.6 T-m1 T


(V):0 ≤ x ≤ 2 V = – 1

2 ≤ x ≤ 4 V = – 1 + 4.2 – 1(x – 2) x = 2 V = 3.2x = 4 V = 1.2

4 ≤ x ≤ 7 V = – 1 + 4.2 – 1(2) – (x – 4) x = 4 V = 1.2x = 5.9 V = 0x = 7 V = –1.8

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 2 V = – 1.8

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – x x = 0 M = 0x = 2 M = –2

2 ≤ x ≤ 4 M = – x + 4.2(x – 2) – x = 2 M = –2x = 4 M = 2.4

4 ≤ x ≤ 7 M = – x + 4.2(x – 2) – 1(2)(x – 3) – (x – 4)3 x = 4 V = 2.4x = 5.9 V = 3.92x = 7 V = 3


0 ≤ x ≤ 2 M = – 0.6 + 1.8x x = 0 M = –0.6x = 2 M = 3

M(T-m)

2 m 2 m

3.2

V(T) 1.1 m2 m

+

+2.4

2

1

0.6

1.8

3.0

3.92

––

–

1.9 m


Problema 227


Solución:

ΣMB = 0 VA(6) – 3.15 + 2 + 2.25 – 4(2) + 1.2(1) – 2.4(6)(5) = 0 VA = 12.95 T

ΣFV = 0 VA + VB – 4 – 1.2 – 2.4(6) = 0 VB = 6.65 T

(V):

0 ≤ x ≤ 2 V = – 2.4x x = 0 V = 0x = 2 V = –4.8

2 ≤ x ≤ 6 V = – 2.4x + 12.95 x = 2 V = 8.15x = 6 V = –1.45

V = 0 x = 5.40

De derecha a izquierda: 0 ≤ x ≤ 1 V = 1.2

1 ≤ x ≤ 3 V = 1.2 – 6.65 = – 5.45

(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 3.15 – 2.4 x = 0 M = –3.15x = 2 M = –7.95

2 ≤ x ≤ 6 M = – 3.15 – 2.4 + 12.95(x – 2) x = 2 M = –7.95x = 5.40 M = 5.89x = 6 M = 5.45

3.15 T-m

2.25 T-m2 T-mBA

2.4 T/m

2 m 4 m 2 m 1 m

4 T 1.2 T


Problema 228


2 T/m

6 T/m

BA

2 m 2 m1 m 1 m

V(T)

8.15

2 m2 m 1 m

1.2

5.451.45

3.40 m

3.15

5.897.45

2.253.45

5.45

7.95

4.8

M(T-m)

0.60 m++

+

–

––

–


0 ≤ x ≤ 1 M = – 2.25 – 1.2x x = 0 M = –2.25x = 1 M = –3.45

1 ≤ x ≤ 3 M = – 2.25 – 1.2x + 6.65(x – 1) x = 1 M = –3.45x = 3 M = 7.45


Solución:

ΣMB = 0 VA(4) – 2(3)(3.5) = 0 VA = 5.25 T

ΣFV = 0 VA + VB – 2(3) – 6 = 0 VB = 9.75 T

(V):

0 ≤ x ≤ 1 V = – 2x x = 0 V = 0x = 1 V = –2

1 ≤ x ≤ 3 V = – 2x + 5.25 x = 1 V = 3.25x = 2.625 V = 0x = 3 V = –0.75

3 ≤ x ≤ 5 V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2 x = 3 V = –0.75x = 5 V = –4.75

5 ≤ x ≤ 6 V = – 6 + 5.25 – (x – 3)2 + 9.75 x = 5 V = 5.0x = 6 V = 0

(M):

0 ≤ x ≤ 1 M = – 2 x = 0 M = 0x = 1 M = –1

1 ≤ x ≤ 3 M = – x2 + 5.25(x – 1) x = 1 M = –1x = 2.625 M = 1.64x = 3 M = 1.5

3 ≤ x ≤ 5 M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) – x = 3 M = 1.5x = 5 M = –2.66

5 ≤ x ≤ 6 M = – 6(x – 1.5) + 5.25(x – 1) – + 9.75(x – 5) x = 5 M = –2.66x = 6 M = 0



2 T

2 T/m

Rótulas

3 T/m

BA

2 m 2 m 2 m 2 m

Problema 229

3.25

V(T)

M(T-m)

0.3751.625

1.51.64

0.75

2.66

4.75

1 m1 m

2 m+

+

– –

––

+

5

2

1


Solución:

ΣMD = 0 V(2) – 4(1) = 0 V = 2 T

ΣFV = 0 V + Q = 4 Q = 2 T

ΣMA = 0 V(4) + 2(2) – M A = 0 MA = 12 T-m

ΣFV = 0 VA – 2 – V = 0 VA = 4 T

ΣMB = 0 Q(2) + 3 – MB = 0 MB = 6 T-m

ΣFV = 0 Q + 3 = VB = 5 T

(V):0 ≤ x ≤ 2 V = 4

2 ≤ x ≤ 4 V = 4 – 2 = 2

4 ≤ x ≤ 6 V = 4 – 2 – 2(x – 4) x = 4 V = 2x = 6 V = –2

V = 0 x = 5

6 ≤ x ≤ 8 V = 4 – 2 – 2(2) – (x – 6)2 x = 6 V = –2x = 8 V = –5

VA VB

V

V Q

Q

C D

MA MB

A2 m 1 m2 m 1 m

2 T 3 T

m m

4 T


(M):

0 ≤ x ≤ 2 M = – 12 + 4x x = 0 M = –12x = 2 M = –4

2 ≤ x ≤ 4 M = – 12 + 4x – 2(x – 2) x = 2 M = –4x = 4 M = 0

4 ≤ x ≤ 6 M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2 x = 4 M = 0x = 5 M = 1x = 6 M = 0

6 ≤ x ≤ 8 M = – 12 + 4x – 2(x – 2) – 2 – x = 6 M = 0x = 8 M = –6

Dibujar los diagramas de V, N y M.

2 m

3 m

B

C

A

2 TProblema 230

2 m 2 m

2

2

5

6M (T-m)

V (T)

4

4

12

1 m1 m 2 m

–

––

+

+1


Solución:

D.C.L.:2 T

2 m

3 m

M = 4

V = 2

A BB

C

24

4

2

A A B A2 2

2

2

B

C C C

B

4

4

4

––

– –

N T V T M T-m


Problema 231

2 m

3 m

B

C

A

2 T-m


Solución:

D.C.L.:

M = 2A B

B

C2

22

A

2 2

2

2C

T-m

B–

–

M

Problema 232

2 m

3 m

B

C

A

2 T/m

A BB

4 4

4

4

4

C

M = 4

V = 41 m 1 m

3 m

No hay fuerza cortante ni fuerza normal


Solución:

D.C.L.:



Problema 233

AA B A4

4

4

B

C C C

B

4

4

4

––

– –

TN TV T-mM

2 m

2 m

1 m1 m B

C

4 T

2 T

A

Solución:

D.C.L.:1 m

2 m

2 22

4

4 C210

1 mA B B

V = 2

M = 2



Problema 234

A A A22 2 m

2

2

2

10

4

42

N V MT T T-m

B B B

C C C

2 m

1 m1 m 1 m

2 m

2 m

1 m–

––

– ––

2 m

2 m

4 m

4 m

2 T/m

BC

D

5 T

2 T

A

Solución:

D.C.L.:

V = 2V = 3.5

3.5

M = 2

N = 22 2B B 2

D3

2

5

C C

A

4 m

4 m2 m

2 m

4.5

4.5

3.52 T/m

N = 4.5


B B BC C C– –+ +

+

+

– –

–

2 2

3

2 2

2

2 6

3D D DA A A

4.5

4.5

3.5

3.5

3.5

4.5

2.252.25 m1.75

5.064 m 4 m

2 m

N V MT T T-m

Dibujar los diagramas de V, N y M.B: Rótula

Solución:

D.C.L.:

Problema 235

6 T

8 T2 T

2 m 2 m

1 m 1 m

1 m 1 m

CB

DA

N = 4.5

V = 1.5

1.5

1.5

M = 6N = 1

4.5V = 11 m

4.5

2 m

1 m

1 m

2 mBB

6

68

D

C1

7A

2

1

1



Problema 236

2 m

4 m

2 m

3 m

2.5 m

2.5 m

8 T

4 T

B

C

A

α

α

N T V T

1.5

1.51.51.5

4.5 4.5 4.5

4.5

B

B

C

C

A

1 1

1 1

1

1

7

7

1 A1 m 1 m

2 m

D

D

–

–

+

–

–

–

–

+

+

M T-m

C

9

A

61

6B

7 1 m

1 m

1 m

2 m

D

+

+

+


Solución:

D.C.L.:

4 5

3

0.86 sen α = 0.69

α0.86

A8

7.14 V = 0.86 V = 0.52

M = 12.56 12.56N = 0.69

B B

4

C

2 m2.5 m

2.5 m

4.52 0.69

2 m

0.86 cos α = 0.52

α

AA B+

–

–

2 m

2 m 2 m

2.5 m

2 m7.14

0.52

4.52

4.52

0.86

7.14B

C

C

++

A B

–

0.69

14.2811.26

12.56

12.56

2.5 m

0.69

N T V T

M T-m



Solución:

ΣMC = 0 VA ↑ = 2.91 T ΣFV = 0 VC ↑ = 3.09 T

cos α = = sen α = =

Para los diagramas de V y M se plantean las ecuaciones con cargas perpendiculares al eje longitudinal del elemento.

D.C.L.:

Problema 237 2 T

4 T

8 m

3 m 2 m 2 m 4 m

AB

C

α

α

α

2 T

B BA

xM = 10.55 T-m M = 10.55 T-m

V’ = 0.55 TV = 0.91 T2.91 T

0.73 T

3.33 m 2.4 T

3.2 T

1.85 T 2.47 TC

x

3 m 2 m

4 cos α = 4 = 2.4 T

3.09 cos α = 1.85 T

En el punto B: Vcos α = V’ 0.91 = 0.55

AB0 ≤ x ≤ 3 V = 2.91 T

M = 2.91x 08.73


3 ≤ x ≤ 5 V = 2.91 – 2 = 0.91 T

M = 2.91x – 2(x – 3) 8.7310.55

BC0 ≤ x ≤ 3.33 V = 0.55

M = 10.55 + 0.55x 10.5512.38

3.33 ≤ x ≤ 10 V = 0.55 – 2.4 = – 1.85

M = 10.55 + 0.55x – 2.4(x – 3.33) 12.380

A B0.73

0.73

2.47

2.47

5 m

5 m

5 m

+

C

–

N T

3 mA

C

B2 m

1.85

1.85

3.33 m

6.67 m2.91 0.91+

+–

V T

3 mA B2 m

8.73

10.55

10.55

12.38

+

M T-m

+


Problema 238


Solución:

ΣMD = 0 VA ↑ = 500 kg ΣFV = 0 VD ↑ = 700 kg ΣFH = 0 HA ← = 200 kg

200 kg/m

100

kg/m 400 kg

6 m

6 m

A

B C

D

3 m

3 m

M = 600 M = 600 M = 1200

400 kg

V = 400

M = 1200

100

kg/m

200 kg/m

V = 400 400

VA = 500

VA = 500

500

6 m

6 m

700

700

3 m

3 m

V = 0

700x400

x

x

A

B

B C

C

D200

AB

0 ≤ x ≤ 6 V = 200 – 100x 200–400

V = 0 x = 2 m

M = 200x – 100 0200–600


BC

0 ≤ x ≤ 6 V = 500 – 200x 500–700

V = 0 x = 2.5 m

M = – 600 + 500x – 200 –60025–1200

CD0 ≤ x ≤ 3 V = 400

M = – 1200 + 400x –12000

3 ≤ x ≤ 6 V = 400 – 400 = 0

M = – 1200 + 400x – 400(x – 3) 00

500

200

25

600

1200

1200600

200

700

400

400 400

700500

400

400

2 m

2 m

2 m

3 m

3 m

3 m

3 m4 m

2.5 m 3.5 mB

B

B

A

A

A

D

D

D

C

C

C

+

+

+

+–

–

–– –

–

–

– N kg

V kg

M kg-m


Solución:

D.C.L.:

2 K/pie

50’C42 58

400 B

100 Klb

25’25’10’

20’A

C

20

20

B

VC = 58

VA = 42

42

42

BC

A

–

42

21’29’

20’ 58

20

20

B

V = 42 – 2x = 0 x = 21

C

A

–+

+

29’

20’

10’

400

400

400841

BC

A

+

N KlbV Klb

M Klb-pie

Problema 239

Dibujar los diagramas de V, N y M. BC

A

50’

20’

10’

2 kip/pie

20 kip

10’

20’A

C

20

42

42

20

400



Solución:

D.L.C.:

N Kip

V Kip M Kip-pie

Problema 240

–+

+

20

20

6’

A

7

B C

23

3.5’11.5’

+

+6’

6’

A

120

120

132.25

120B C

3.5’ 11.5’

B C

–

7

7

A

2 Kip/pie120

BC

723

15’

20 Kip

20 Kip

120 Kip-pie7 Kip

7 Kip

6’

6’

A

B

2 Kip/pie

20 Kip 23 Kip

20 Kip

7 Kip

6’15’

6’

A

BC



Solución:

D.C.L.:

Problema 241

2C

D

2

8

8

C

–

–

–

B

A D

8

8

8

2 T 2 T

B

AD

C

8 T-m

4 m

B

A

2

2

2

2

8CB 4 m

N T

V T

M T-m

A

+ –

D2 2

22 B C

A D

2 2

B C–



Solución:

D.C.L.:

Problema 242

N TV T

1 m 1 m1 m1 m

1 mA

C

B

D

1 m

3 T

4 T

2 T

2 T

0.5 T2.5 T

2 2–

– –

2.5

2.5A B

0.5

0.5

C D1 m1 m

1 m 1 m

1 m 1 m

2

2

2

2

2DC

2

A B

+

+

–

–

–

2.5 2.5

0.5 0.5

1 m

D

B

1 m

2 T

2 T

4 T

0.5 T

0.5 T

1 m

1 m

2 T

2 T

2.5 T

A

2.5 T2 T-m

1 m 1 m 2 T2 T0.5 T3 T

2.5 T

2 T-m C D



Solución:

D.C.L.:

M T-m

1 m

1 m 1 m

1 m 1 m

0.8 m2 m

2

2

2

–

+

+

–

A B

0.5

C D

Problema 243

C

D88

88

30’

15’

15’

B

A

40 K

52 K600 K-pie

40 K

52 K

10’ 30’ 10’ CB600 K-pie

52 K 88 K

80 K60 K

15’

15’

VD = 88VA = 52

10’B C

A D

10’60 K 80 K

30’

40

40


M Kip-pie

B52

52– –

88

88

30’ 30’

C

A D

B

52

888840

40

30’ 10’10’

8

15’

15’

+

–

+

C

A D

B 10’ 10’30’15’

15’

30’+

++

1120880

600

600

600 C

A D

N Kip

V Kip



Solución:

D.C.L.:

720

11110 m90

1590 360

39

BC

4 m

4 m

90

90360

39

39

C

D

720

111

111

90

90

B

A

8 m

N KN

Problema 244 15 Kn/m

90 KN8 m4 m

4 m

10 mA D

B C

111

111

39

39

9090–

– –

B

A

C

D


Problema 245

A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.

Solución:

M A = 0

M = 0 (De D a )

P P

P E

A D

PaP

B F C

4 m8 m

4 m

7.4 m 2.6 m

309.3720 360

720 360–

–

–

A D

CB

M KN-m

90

90

90

39

904 m

4 m

7.4 m2.6 m

111

+

+

–

–B

A

C

D

V KN


Problema 247

Problema 248

A simple vista indicar en qué sección de la viga el momento es nulo.

Solución:

M = 0 (De A a B)


Solución:

MA = 0

P

A B

P

A B C

Problema 246

A simple vista indicar en qué sección del pórtico el momento es nulo.

Solución:M A = 0

MB = 0

MD = 0

E

A

D

Pa

P

PP

PB

F

C


Problema 250

Problema 251


Solución:

MA = 0

MC = 0

A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.

Solución:Arco biarticulado

MA = 0

MB = 0

P P

A BE

D C

P

AB C

Problema 249


Solución:

Ninguna sección

A BPa


Dibujar los diagramas de V y M.

Problema 253

Problema 254

A simple vista indicar en qué sección de la viga, el momento es nulo.

Solución: M = 0 (De A a B)

M = 0 (De C a D)

3 m2 m1 m

8 KN20 KN-m 15 KN/m

B

2 m

Problema 252

A simple vista indicar en qué sección del arco el momento es nulo.

Solución:Arco triarticulado

MA = 0

MB = 0

MC = 0

PA B

EDC

P

A

B

D C


Solución:ΣMB = 0 = A(5) + 20 – 8(2) + 15(3)1.5 ↓ A = 14.3 KN

ΣFV = 0 = – A + B – 8 – 15(3) ↑ B = 67.3 KN

i → d0 ≤ x ≤ 3 V = – 14.33 ≤ x ≤ 5 V = – 14.3 – 8 = – 22.3

i ← d

0 ≤ x ≤ 3 V = 15x 045

0 ≤ x ≤ 2 M = – 14.3x 0–28.6

2 ≤ x ≤ 3 M = – 14.3x + 20 –8.6–22.9

3 ≤ x ≤ 5 M = – 14.3x + 20 – 8(x – 3) –22.9–67.5

i ← d

0 ≤ x ≤ 3 M = – 0–67.5

3 m

28.6 22.9

8.6

67.5

2 m

––

1 m2 m

M KN-m

3 m3 m

2 m

14.3

22.3

–

+

45

V KN



Solución:

D.C.L.:

ΣMB = 0 = A(16) – 400 (20) – 1200(10) – 800(4) ↑ A = 1450 lb

ΣFV = 1450 + B – 400 – 1200 – 800 = 0↑ B = 950

0 ≤ x ≤ 4

V = – 400

M = – 400x 0–1600

4 ≤ x ≤ 16V = – 400 + 1450 – 100(x – 4)

1050V = 0 x = 14.50–150

M = – 400x + 1450(x – 4) – 100 –16003912.53800

i ← d 0 ≤ x ≤ 4

V = – 950

M = 950x 03800

Problema 255

400 lb 800 lb100 lb/pulg

12”4” 4”

AB

400 8001200

4 6 6 4A B

400x

x100

1450

800

950

x


Dibujar diagramas de V y M.

Solución:

↑ A = 30 T ; ↑ B = 30 T ; MB = 110 T-m

0 ≤ x ≤ 3 V = 30 – 20x 30V = 0 x = 1.5–30

3 ≤ x ≤ 7 V = 30 – 60 = – 30

0 ≤ x ≤ 3 M = 30x – 20 0x = 1.5 M = 22.50

Problema 256

20 T/m 10 T-m

2 m 2 m3 m CA B

1050

3800

1600

3912.5

1.5”10.5”

4” 4”

950950

150

+

+

––

–

400

M lb-pulg

V lb



Solución:↑ VA = 12.88 KN

↑ VB = 4.98

0 ≤ x ≤ 1.5 V = – 3.3x 0–4.95

M T-m

V T

2 m 2 m

22.5

1.5 m1.5

30

30

60

50

30

110

–

–

+

+ 4 m

3 ≤ x ≤ 5 M = 30x – 60(x – 1.5) 0–60

5 ≤ x ≤ 7 M = 30x – 60(x – 1.5) + 10 –50–110

Problema 257

1.5 m 1.5 m

3.3 KN/m 4.5 KN-m2.25 KN-m

3.3 KN

BA

3 m


M = – 2.25 – 3.3 –2.25–5.96

1.5 ≤ x ≤ 4.5 V = – 3.3x + 12.88 7.93V = 0 x = 3.90–1.98

M = – 2.25 – 3.3 + 12.88(x – 1.5) –5.963.552.96

4.5 ≤ x ≤ 6 V = – 3.3(4.5) + 12.88 – 3 = – 4.97

M = – 2.25 – 3.3(4.5)(x – 2.25) – 3(x – 4.5) + 4.5 + 12.88(x – 1.5) 7.460

7.93

+

+

––

–

1.51.52.4

1.98

4.984.95

5.96

3.55

2.96

7.46

2.25

0.6

M KN-m

V KN



Solución: VA(8) – 5 – 5 – 5(6) – 5(2) – 32(6) = 0

VA = 30.25 VB = 11.75

0 ≤ x ≤ 2 V = 30.25 – 8x 30.2514.25

2 ≤ x ≤ 4 V = 30.25 – 5 – 8x = 25.25 – 8x 9.25x = 3.15–6.75

4 ≤ x ≤ 6 V = 30.25 – 5 – 32 = – 6.75

6 ≤ x ≤ 8 V = –6.75 – 5 = – 11.75

0 ≤ x ≤ 2 M = 30.25x – 4x2 044.5

2 ≤ x ≤ 4 M = 30.25 – 4x2 – 5 – 5(x – 2) 39.544.8542

4 ≤ x ≤ 6 M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2) 4228.5

6 ≤ x ≤ 8 M = 30.25x – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 2) – 5 – 5(x – 6) 23.50

Problema 258

5 KN

5 KN-m

8 KN/m

5 KN-mA B

5 KN

2 m 2 m 2 m 2 m



Solución:

RA(8) – 5(6) – 5(2) – 5 + 5 – 8(4)(6) = 0 ↑ RA = 29

RB + RA – 5 – 5 – 8(4) = 0 ↑ RB = 13

Problema 259

x

A

5 KN5 KN

B

8 KN/m

5 KN-m

2 m 2 m 2 m 2 m

5 KN-m

M KN-m

V KN

44.85

30.2514.25

6.75

11.75

9.25

39.5

4228.5

23.5

44.25

2 m4 m3.15 m 6 m 8 m

+

+ +

––


0 ≤ x ≤ 2 V = 29 – 8x 2913

2 ≤ x ≤ 4 V = 29 – 5 – 8x 8V = 0 x = 3–8

4 ≤ x ≤ 6 V = 29 – 32 – 5 = – 8

6 ≤ x ≤ 8 V = 29 – 32 – 5 – 5 = – 13

0 ≤ x ≤ 2 M = 29x – 042

2 ≤ x ≤ 4 M = 29x – 5(x – 2) – + 5 47M = 5147

4 ≤ x ≤ 6 M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2) 4731

6 ≤ x ≤ 8 M = 29x – 5(x – 2) + 5 – 32(x – 2) – 5 – 5(x – 6) 260

2913

8

2

+

+ +

–3

4 6 8

– 813

3126

51

42

47 47

M KN-m

V KN



Solución:

D.C.L:

ΣMB = 0 = – 20 – 6(12) + VA(6) – 24(3) + 12(2)

0 = – 20 – 72 + 6VA – 72 + 24

140 = 6VA

= VA = 23.33

ΣFV = 0 = 23.33 – 6 – 24 – 12 + VB VB = 18.67

0 ≤ x ≤ 6 V = – 6

M = – 6x – 20 –20–56

6 ≤ x ≤ 12 V = – 6 + 23.33 – 4(x – 6) 17.33V = 0 x = 10.33–6.67

Problema 260

20

6 24 126 m 3 m 3 m 2 4 m

V A V B

20 KN-m

4 KN/m6 KN

6 m 6 m

A B

6 m



M = – 6x – 20 + 23.33(x – 6) – 2(x – 6)2 –56–18.45–24.00

i ← d

0 ≤ x ≤ 6 V = 012

M = – 0–24

6 m

66

56

18.4520

17.33

10.33 m

12

18 m12 m

6.67

24

––

–

+ +

M KN-m

V KN

Problema 261

16 KN/m 3.2 KN

1.6 m 1.6 m 1.6 m

AB

C


Solución:

D.C.L:

ΣMB = 0 = A(3.2 m) + 3.2(1.6 m) – 25.6(2.4 m)

↑ A = = 17.6 KN

ΣFV = 0 = 17.6 + B – 3.2 – 25.6

↑ B = 11.2 KN

(V):

0 ≤ x ≤ 1.6 V = 17.6 – 16x 17.6V = 0 x = 1.10 m–8

1.6 ≤ x ≤ 3.2 V = 17.6 – 25.6 = – 8

3.2 ≤ x ≤ 4.8 V = – 8 + 11.2 = 3.2

(M):

0 ≤ x ≤ 1.6 M = 17.6 – 09.687.68

1.6 ≤ x ≤ 3.2 M = 17.6x – 25.6(x – 0.8) 7.68M = 0 x = 2.56 m– 5.12

i ← d

0 ≤ x ≤ 1.6 M = – 3.2x 0–5.12

25.6 KN

2.4 m0.8 1.6 m

3.2 KN

A B


Dibujar los diagramas de fuerza cortante y momento fl exionante en la viga mostrada.

Solución:

ΣMB = 0 = A(20) – 4(15) – 2(10)5 A = 8 Kip

ΣFV = 0 = 8 – 4 – 2(10) + B B = 16 Kip

0 ≤ x ≤ 5 V = 8

M = 8x 040

5 ≤ x ≤ 10 V = 8 – 4 = 4

M = 8x – 4(x – 5) 4060

++

+

1.10 m

1.10 m 1.6 m1.6 m

1.6 m

5.12

3.23.217.6

8 8

0.64 m0.96 m

9.687.68

0.5 m

0.5 m

–

–M KN-m

V KN

Problema 262

2 Kip/pie4 Kip

A B

5’ 5’ 10’



10 ≤ x ≤ 20 V = 8 – 4 – 2(x – 10) 4V = 0 x = 12–16

M = 8x – 4(x – 5) – 60640

M Kip-pie

V Kip

8 8

8’5’ 5’ 2’

16

4060

64

4 4+

+ + +

–

Problema 263

wx

A CB


Solución:

ΣMBd = 0 = C – w ↑ C =

ΣFV = 0 = A + – w ↑ A =

ΣMBi = 0 = – w – MA MA =

0 ≤ x ≤ V = – + wx

–

V = 0 x =

M = x –

0

–

+

+CB

A

–

–

M

V

x = M = 0

rótula



Solución:

x = 2qx = 6 K = qx = x2

F = = = 4 kg

4 = = = = 6 kg-m

= m ΣMB = 0 A = 1 kg

= = = –

V = VA – = 1 –

= = = x –

Mx = x –

Problema 264

qx = Kx26 kg/m

BA

x

2 m

F

A B

x02

1.260.63

V1

– 30

0.87

x02

1.26

M00

0.94

4

B = 3A = 1


Solución:

= = –

Vx = –

= – =

Mx =

Problema 265


x

w = wocos

L

A

x0L

M0

– 0.40 woL

– 0.12 woL

x0L

V0

– 0.63 woL

– 0.44 woL

+

+

–

0.94

2 m

3

1

1.26 m

M Kg-m

V Kg


Problema 266


M

VL

L

0.44 woL

0.12 woL2

0.40 woL2

0.63 woL

–

–

Solución:

↑ VA = 31 N ; ↑ VB = 219 N

0 ≤ x ≤ 0.1 V = 31

M = 31x 03.1

200 N/m100 N/m

0.1 m 0.2 m 0.2 m0.3 m 0.2 m 0.5 m

100 N/m 200 N

BA


0.1 ≤ x ≤ 0.4 V = 31 – (x – 0.1)2 311

M = 31x – (x – 0.1)3 3.19.4

0.4 ≤ x ≤ 0.6 V = 31 – 30 – 100(x – 0.4) 1V = 0 x = 0.41–19

M = 31x – 30(x – 0.3) – 50(x – 0.4)2 9.409.4057.6

0.6 ≤ x ≤ 1 V = 31 – 30 – 20 = – 19

0.6 ≤ x ≤ 0.8 M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5) 7.63.8

0.8 ≤ x ≤ 1 M = 31x – 30(x – 0.3) – 20(x – 0.5) – 100 –96.2–100

i ← d0 ≤ x ≤ 0.5 V = 200

M = – 200x 0–100

x – 0.1

y

200

0.3

=

y =

F =

M =


Problema 267


Solución:↑ VA = 6.92 T ; ↑ VB = 5.08 T

0 ≤ x ≤ 2 V = – 2x 0–4

M = – 0–4

31

+

+

+

–

1

0.1 m 0.4 m

0.41 m 0.6 m

191.0 m 1.5 m

100

200

96.2

3.87.6

9.4

3.1

9.405

–

M N-m

V N

2 T/m

2 m 3 m 4 m 2 m 4 m

2 T/m4 T-m

10 T

3 T-m

BA


2 ≤ x ≤ 5 V = – 2x + 6.92 2.92V = 0 x = 3.46–3.08

M = – x2 + 6.92(x – 2) –4–1.86–4.24

5 ≤ x ≤ 9 V = – 10 + 6.92 = – 3.08

M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) –4.24–16.56

9 ≤ x ≤ 11 V = – 10 + 6.92 + 10 = 6.92

M = – 10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9) –20.56–6.68

11 ≤ x ≤ 15 V = – 10 + 6.92 + 10 – 3(x – 11) 6.92V = 0 x = 13.3–5.08

M = –10(x – 2.5) + 6.92(x – 2) – 4 + 10(x – 9) – (x – 11)2 –6.681.3–3

2 m2 m

3.08

2.3 m4 m1.54

6.92 6.92

1.7 m

5.08

2.92 +

+

+

–

–– –

4

4 3

– –

20.56

4.2416.56

1.46

1.86

6.68

1.3

M T-m

V T



Solución:

↑ VA = 47.625 ; ↑ VB = 76.375

0 ≤ x ≤ 3 V = 47.625 – 10x 47.62517.625

M = 47.625x – 5x2 097.875

3 ≤ x ≤ 6 V = 47.625x – 10x – (x – 3)2 17.625V = 0 x = 4.245–42.375

M = 47.625x – 5x2 – (x – 3)3 97.875109.92375.75

i ← d

0 ≤ x ≤ 1 V = 4 + 10x 414

M = – 4x – 5x2 0–9

1 ≤ x ≤ 3 V = 4 + 10x – 76.375 –62.375–42.375

Problema 268

10 T/m

3 m 3 m 1 m 1 m 1 m

A B

10 T/m 4 T30 T/m

20 T/m

=

F =

M =

20

y

3x – 3


47.625

17.6254.245 m

42.37562.375

48.375

28.375

75.7597.875109.923

3 m6 m

8 m

8 m

7 m3 m

9 m

14

4

9

+

+ +

–

+

+

–

M T-m

V T

1 ≤ x ≤ 2 M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1) –948.375

2 ≤ x ≤ 3 M = – 4x – 5x2 + 76.375(x – 1) – 20 28.37575.75

9 m


Calcular “a” si

|MMAX(–)| = |MMAX

(+)|

Luego dibujar los diagramas de V y M.

Solución:

ΣFV = 0 = 2V – 2(6 – 2a)

V = 6 – 2a

ΣMA = 0 = (6 – 2a)a + – M –M = 6a – a2

M+ = =

4(6a – a2) = 36 + 4a2 – 24a = 24a – 4a2

8a2 – 48a + 36 = 0

2a2 – 12a + 9 = 0

a = =

a = 5.12 m... No

a = 0.88 m... Conforme

Problema 269

2 T/m

6 – 2aC DVV

2 T/m

6 – 2aCA aM

6

2 T/m

a aDC

C y D: rótulas

A B

6 m


La viga fallará cuando el momento máximo sea superior a 5 Kip-pie. Calcular la carga máxima w (kip/pie) que la viga soportará.

Solución:

0 ≤ x ≤ 10 V = 5w – wx 5wV = 0 x = 5’–5w

M = 5wx – 0M = 25w – 12.5w = 12.5w0

Problema 270

5’ 5’

12.5w

+

5’5w

5w5’

+–

10 pies

A B

w

M Kip-pie

V Kip

M T-m

V T

6

6

3 m3 m

4.500.88 m 0.88 m

4.50 4.50

+

+

–

– –


Suponer la reacción del suelo uniforme. Dibujar los diagramas de V y M.

Solución:

ΣFV = 0

w(16) = 9000(8) w = 4500 N/m

0 ≤ x ≤ 4 V = 4500x 018000

M = 4500 036000

4 ≤ x ≤ 12 V = 4500x – 9000(x – 4) 18000V = 0 x = 8–18000

M = 4500 – 9000 360007200036000

Problema 271

9000 N/m

4 m 8 m 4 m

9000

w = 4500

x x x

Simetría: VA = VB = 5wM = 5w(5’) – 5w = 12.5w

12.5w = 5

w = 0.40 Kip/pie < > 400 lb/pie


La viga fallará cuando la fuerza cortante máxima sea superior a V = 800 lb o el momento máximo sea superior a M = 1200 lb-pie. Calcular la carga máxima w (lb/pie) que la viga soportará.

Solución:V = = 9w = 800 w = 99.88 lb/pie

M = = 54w = 1200 w = 22.22 lb/pie

Problema 272

= 18 piesA B

w

d → i

0 ≤ x ≤ 4 V = – 4500x 0–18000

M = 4500 036000

18000

18000

3600036000

72000

+

+

–48 12 16 m

++M N-m

V N


Problema 273

Determinar la razón a/b para la cual la fuerza cortante será cero en el punto medio C de la viga.

Solución:

D.C.L.:

ΣMB = = 0

x =

x + a = (2a + b)

+ a =

= – =

= =

A =

↑ A =

a b/2

w/2

A

a ab/2 b/2

B

w

C

A B

B

b

x

= 2a + b

A

A


Calcular si la fuerza cortante

en el centro de luz es cero.

Solución:

D.C.L:F1 = 4( + 2a)

F2 = ( + 2a) = 3( + 2a)

d = ( + 2a) – a

d = ( – a) (implica > a)

ΣMB = 0 A() – 4( + 2a) – 3( + 2a) ( – a) = 0

A = 3 + 5a –

Centro de luz :

ΣFV = 0

A – 4 – = 0

3 + 5a – – = 0

2 – 2a – 8a2 = 0

=

= 4a =

Problema 274

Aa + /2

4 V = 0

4 kg/m10 kg/m

a aA B

D.C.L:

A

A

d

B

4( + 2a) 3( + 2a)

B

a/2

/2

a

FUERZAS EN ARMADURAS PLANAS

CAPÍTULO

8Son estructuras formadas por un conjunto de elementos (barras) unidas con conexiones de pasador (nudos).

Se idealiza la armadura considerándola rígida, se puede despreciar el peso de cada elemento, las cargas están aplicadas en los nudos y las fuerzas que actúan en cada nudo forman un sistema de fuerzas concurrentes en el plano.

8.1 Fuerzas internas en las barrasSon fuerzas axiales.

8.2 Armadura

= luz → distancia entre apoyos

Los nudos se indican con letras o números.

Se utilizan en edifi caciones, puentes y sirven para cubrir grandes luces a bajo costo.

b = número de barras b + r = 2n Armadura o estructura isostática

r = número de reacciones b + r > 2n Armadura hiperestática

n = número de nudos b + r < 2n Armadura hipostática

Tensión

B

A

T

TCompresión

B

A

C

C

nudos

barras

apoyo

P Q

RB

C

F EA


8.3 Barras con fuerza nula1.er caso

Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 3 barras y 2 son colineales, entonces la fuerza en la tercera barra es cero siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.

2.o caso

Si en un nudo de una armadura están conectados los extremos de 2 barras y estos no son colineales, entonces las fuerzas en las 2 barras son nulas, siempre que no exista fuerza exterior actuando en el nudo.

8.4 Método de los nudos

1. Se calcula las reacciones en los apoyos.

2. Se escoge un nudo donde no se conozcan como máximo 2 incógnitas. Se plantean 2 ecuaciones de equilibrio:

ƩFV = 0 , ƩFH = 0

3. Se escoge el nudo siguiente cumpliendo las condiciones del paso anterior, así sucesivamente hasta determinar las fuerzas en todas las barras.

Observaciones• A veces no es necesario calcular las reacciones.• El nudo escogido puede tener 1 sola incógnita, lo que no debe tener es 3 incógnitas o más

pues el equilibrio del nudo en el plano solo nos permite plantear hasta 2 ecuaciones de equilibro independientes.

F = 0

xA

F = 0 x

A

F = 0

A

F = 0

A

Capítulo 8: Fuerzas en armaduras planas 365Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

8.5 Método de las seccionesEste método es útil cuando se quiere calcular las fuerzas en algunas barras.

1. Se calculan reacciones en los apoyos.

2. Se secciona la armadura en dos partes (en algunos casos pueden ser más de dos) totalmente separadas, debe seccionarse las barras cuya fuerza se quiere calcular.

3. Se representa el sentido de las fuerzas internas en las barras seccionadas. Se realiza un D.C.L. en una de las partes de la armadura seccionada, en dicha parte deben representarse las fuerzas internas de la barras seccionadas, las fuerzas exteriores y las reacciones en los apoyos si los hubiera.

4. En dicho D.C.L. se plantean ecuaciones de equilibro (ƩF = 0, ƩM = 0) determinando así las fuerzas pedidas.

5. Si se seccionara solo tres barras y no fueran concurrentes podrían calcularse las fuerzas en las tres barras.

6. Si se seccionaran más de 3 barras no podrían calcularse las fuerzas en todas las barras, quizás se podrían calcular alguna o quizás ninguna, esto dependerá de que la sección asumida sea conveniente para nuestros cálculos, no hay una regla defi nida para seccionar una armadura; de allí que la difi cultad en el método consiste en descubrir cuál es la sección o corte adecuado.


Problema 275

Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura.

Solución:

Revisando nudos:

Nudo 3: F3–2 = 0 Nudo 4: F4–5 = 0

Nudo 6: F6–7 = 0 Nudo 7: F7–8 = F7–1 = 0

Nudo 2: F2–1 = F2–8 = 0

Nudo 5 Nudo 1

ΣMB = 0 V1(4 m) – 100 kg(2 m) = 0 V1 = ↑ 50 kg

ΣFV = 0 50 + V8 – 100 = 0 V8 = ↑ 50 kg

Nudo 5ΣFH = 0 F5–1 = F5–8

ΣFV = 0 2F5–1 sen α – 100 = 0 F5–1 = F5–8 = 111 kg (Tensión)

Nudo 1ΣFH = 0 111cos α – F1–3 = 0 F1–3 = 100 kg (Compresión)

Por equilibrio de nudos 3, 4 y 6:

F1–3 = F3–4 = F4–6 = F6–8 = 100 kg (Compresión)

αα

y

x100 kg

F5–8F5–1

50 kg111 kg

αF1–31 m

α2 m1

m

4

5

1 m 1 m 1 m 1 m

1 m

100 kg2 5 7

31 4 6 8


Problema 276

Problema 277

Calcular las fuerzas FBF y FAF.

Solución:

Por simple inspección: FCE = FBE = FBF = 0

Corte 1–1: Lado derechoΣMG = 0

FAFcos β(1.5) + FAFsen β(0.9) – 4(1.5) = 0 FAF = 3.52 T (Compresión)

Calcular las fuerzas FCD y FDH .

0.9 m

4.5 m

4.74 m

1

1

β βF

A

F

G

4 T

FAF 1.5

m

1.5

m

2.7 m 2.7 m

0.9 m0.9 m 0.9 m 0.9 m

1.5

m1.

5 m

1.5

m

A

B βF 4 T

2 T

G

C

D

E

4 m4 m4 m GHF

A

B

C D E

3 m

3 m

12 kN

12 kN 6 kN


Solución:

ΣMA = 0 VF = 2 KN

Corte a-a: Lado derecho

ΣMH = 0 2(8) + FCD(3) – 6(4) = 0 FCD = 2.66 KN (Tensión)

ΣFV = 0 FDH + 2 – 12 – 6 = 0 FDH = 16 KN (Compresión)

4 m

4 m

VF = 2 kN

3 m

D E

GH

FDH

FGH

FCD

a

a

12 kN 6 kN

Problema 278

Calcular la fuerza: F13–14 y las reacciones en los apoyos.

Solución:

F4–5

F4–12

V1 F13–14a

α1

a2 3

100 Kip

4

15 14

100 Kip200 Kip2

151

14 12

13

30’

20’ 20’ 20’ 20’ 20’ 20’

30’

α

11 109

3 4 5 6 7 8


Problema 279

Calcular las fuerzas FAD y FFC.

Solución:

ΣFH = 0 H13 = 200 KipEquilibro nudo 13

ΣFH = 0 200 – F13–14 cos α = 0 F13–14 = 360 Kip (Tensión)

Corte a-a: Lado izquierdoΣM4 = 0

V1(40) – F13–14cos α(30) = 0 ↑ V1 = 150 kip

Trabajando con la armadura enteraΣM13 = 0

V9(60) + 200(60) + 100(20) – V1(60) = 0 ↓ V9 = – 83.33 Kip

ΣFV = 0

V1 + V13 – V9 – 100 = 0 ↑ V13 = 33.33 Kip

2 m

2 m

2 m

EF

A

B C

D

2 T2 T

2 T

4 m 1 m

4 m2 m

2 m

2 m

2 m

B C 2 T

D

α

α

a

b

b

Fϕϕ

A

ϕ ϕ

ϕ

ϕ

6 T

2 T

4 T4 T45º

a

FFC

FFC

FAD

FAD

αβ

βE

β

1 m 1 m

1

2


Calcular las fuerzas FBG y FFC.

Solución:

Corte 1-1: Lado derecho

ΣMD = 0 FFC(cos α)L + FFCsen α – 1(L) = 0

FFC = 1.118 KN (Compresión)

ReaccionesΣMF = 0 ↑ VE = 4 T

ΣFV = 0 ↓ VF = 6 T

ΣFH = 0 ← HF = 4 T


ΣM1 = 0 FAD(2) – FFCsen 45º(2) = 0 (1)

Corte b-b: Lado izquierdo

ΣM2 = 0 6(4) + 2(2) – 2(2) + FAD(2) – FFCsen 45º(4) = 0 (2)

De (1) y (2):

FAD = 12 T (Tensión)

FFC = 16.97 T (Tensión)

Problema 280

1 KN 1 KNL

E D

C

α

1

1

FBC

FFC

FFEE

C

LFL/21.118 L

1 KN 1 KN 1 KNL

D

C

B

A

LL

L3L/2

L/2F EG



ΣMD = 0 FBG(cos β)(2L) + FBGsen β (L) – 1(2L) – 1(L) = 0

FBG = 1.41 KN (Compresión)

Problema 281

Calcular las fuerzas FBH y FBC.

Solución:


A

8 m

12 m

8 m 8 m 8 m4 m

G F5 T

HJ I

BC

DE

32 m

12 m

4 mE

A

JF N

x

32 N

12 m

8HIJ

AB

C

8

L1.41 L

B

FLG

β

1 KN 1 KN 1 KNL LEF

B

C

D

βFGF

FBG

FBA


= x = 16


Calcular las fuerzas FCD y FCH.

Solución:


ΣMH = 0 1000(12) + 1200(4) – FCD(16) = 0 FCD = 1050 lb (Tensión)

ΣFV = 0 FCHcos α – 3000 – 1000 = 0 FCH = 5000 lb (Tensión)


~ de triángulos:

= BI = 10 m = CH = 8 m


ΣMH = FBCcos α(8) – 5(16) = 0 FBC = 10.30 T (Tensión)

ΣMN = FBHsen β(32) – 5(16) = 0 FBC = 3.20 T (Tensión)

CD

GHβ

FBH

FBC

FIH8 m 8 m

4 mF N

5 T

Eα

a

a

C82B

α8.246

Problema 282

12’

FRH

FCH

FCD

αG

H

ED

F12’

4’

a

a

16’

3000 lb 1000 lb

1200 lb

12’ 12’ 12’ 12’ 16’

16’

4’GF

HR

A

B C3000 lb 3000 lb 1000 lb

1200 lb

D E

Oα

β8 m H

B

10 12.806

I


Calcular las fuerzas FGA y FBD.

Solución:

ΣMA = 0 ↑ VG = 875 kg ΣFV = 0 ↑ VA = 625 kg

Corte a-a: Lado izquierdo

ΣMD = 0 625(7.20) – 500(3.6) – FGA(7.2) = 0 FGA = 375 kg (Tensión)

ΣMC = 0 625(4.8) – 500(1.2) – FGA(2.4) – FBD(1.697) = 0

FBD = 883.9 kg (Compresión)

Problema 283

500 kg 1000 kg3.6 m

3.6 mG

EC

3.6 m 1.2 1.22.4 2.4 3.6 m

B

A

D

F

500 kg

B

C

Da

aA 45º

FGA

FCD

FBD

625 kg

B

C

1.2 m

1.2 m

1.697

45º

45º

A

B

C

45º

45ºαα


Solución:

ΣMA = 0 ↑ VD = 800 lb

Corte a-a: Lado inferior

ΣMF = 0 800(2L) – FBCsen 45º(L) = 0 FBC = 2262.74 lb (Compresión)

ΣME = 0 FFB(L) – 6000(L) + 3600(L) – 800(L) + 2262.74cos 45º(L) = 0

FFB = 1600 lb (Tensión)

L

L

L D

C

E

FFAFFB FBC

a

a

6000 lb

3600 lb

VD = 800 lb

Calcular las fuerzas FFB y FBC.

Problema 284

A L

L

LL

L

α

α

F

B

C

DE

3600 lb

6000 lb


Calcular las fuerzas FBC y FLK.

Solución:

ΣMH = 0 ↑VO = 2400 kg

Corte a-a: Lado izquierdo

ΣML = 0 2400(30) – FBC(20) = 0 FBC = 3600 kg (Compresión)

ΣFH = 0 FLK – 3600 = 0 FLK = 3600 kg (Tensión)

Problema 285

M

A

a

a

O

N

L

B10’FBP

FBC

FLK

FLP 10’

VO = 2400 kg

15’ 15’

A

MO

N P Q R

G

B

L

C

K

5000 kg 4000 kg 2000 kg

10’

10’

15’ 15’ 15’ 15’ 15’ 15’

D

J

E

H



Solución:

Nudo 3:

Revisando nudos:

Nudo 7: F7–4 = 0 Nudo 2: F2–10 = 0

Nudo 9: F9–2 = 0 Nudo 4: F4–6 = F4–3 = 0

Nudo 1: F1–10 = 0 Nudo A: HA = FA–1 = 0

Nudo 5: F5–4 = F5–6 = 0 Nudo 1 y 2: F1–2 = F2–3 = 0

Por simetría de cargas: ↑ VB = ↑ VC = 0.5 TEquilibrio de nudos

Nudo B: FB–10 = 0.5 T (Compresión) FV = 0

Nudo C: FC–6 = 0.5 T (Compresión) FV = 0

Nudo 8: F8–3 = 1 T (Tensión) FV = 0

Nudo 3ΣFH = 0 F3–10 = F3–6

ΣFV = 0 2F3–10senα – 1 = 0

F3–10 = F3–6 = 1.12 T (Compresión)

Nudo 10ΣFH = 0 F10–9 – 1.12cosα = 0 F10–9 = 1 T (Tensión)

Nudo 9ΣFH = 0 F10–9 = F9–8 = 1 T (Tensión)



Problema 286 A 1 2

9

B C

610 8 7

3 4 5

1 m

1 m

1 m 1 m 1 m 1 m

1 T

1 m

α

0.5

F10–9

1.12Nudo 10

1 3

10

1 m m

2 m

α α

1

y

F3–6F3–10

x



Solución:

Nudo E:

Nudo C:

Nudo B:

Nudo H:

ΣFV = 0 VB – 5000 = 0 ↑ VB = 5000 kg

ΣMB = 0 HH(6) – 5000(12) = 0 → HH = 10000 kg

ΣFH = 0 ← HB = 10000 kg

Problema 287

FBH

FBG

10000 7500

5000

β

FGH

3334

10000 α

6 m

4 m2 m

β

G

B

FBC

FCG 7906

α

5000FCE

FGE

αα

HB

HH

VB

B C D2 m

6 m

6 m

6 m

5000 kg

GE

H

6 m2 m

2 mαC

E


Determinar qué barras no transmiten fuerza.

Solución:Nudo “K” JK = 0 (ΣFH = 0)Nudo “J” JM = 0 (ΣFH = 0)Nudo “J” JL = 0 (ΣFV = 0)Nudo “L” LM = 0 (ΣFH = 0)Nudo “L” LN = 0 (ΣFV = 0)

Total = 5 barras

Revisando nudos:Nudo D: FCD = 0 FDE = 5000 kg (Compresión)

Por semejanza de triángulos CG = 4 m

Nudo EΣFH = 0 FCE = FGE FCE = 7906 kg (Tensión)ΣFV = 0 FCEsen α + FGEsen α – 5000 = 0 FGE = 7906 kg (Comprensión)

Nudo C:ΣFH = 0 7906cos α – FBC = 0 FBC = 7500 kg (Tensión)ΣFV = 0 FCG – 7906sen α = 0 FCG = 2500 kg (Comprensión)

Nudo B:ΣFH = 0 FBGcos β + 7500 – 10000 = 0 FBG = 3004 kg (Tensión)ΣFV = 0 5000 – FBH – FBGsen β = 0 FBH = 3334 kg (Tensión)

Nudo H:ΣFH = 0 10000 – FGHcos α = 0 FGH = 10541 kg (Compresión)

Problema 288

6 T

8 T

M

KJ

L

N O

b = 9r = 3n = 6b + r = 2n



Solución:Nudo “B” BC = 0 Nudo “C” CD = 0 Nudo “J” JI = 0 Nudo “I” IL = 0 Nudo “N” NM = 0Nudo “M” ML = 0

Total = 6 barras


Solución:Nudo “B” BM = 0 (ΣFV = 0)Nudo “M” MC = 0 Nudo “C” CL = 0 (ΣFV = 0)Nudo “L” LD = 0 Nudo “F” FH = 0 (ΣFV = 0)

Total = 5 barras

Problema 289

Problema 290

3 P P

M

K J

L H

GA B C E FD

PQJL

N

OC E

G I

K M

H

AB

DF

b = 21r = 3n = 12b + r = 2n

b = 27r = 3n = 15b + r = 2n



Solución:Nudo “D” DI = 0 Nudo “E” EI = 0 Nudo “I” IA = 0 Nudo “B” BJ = 0 Nudo “G” GK = 0Nudo “F” FK = 0Nudo “K” KC = 0

Total = 7 barras


Solución:Nudo “B” BC = 0 Nudo “C” CD = 0 Nudo “D” DE = 0 Nudo “E” EF = 0 Nudo “F” FG = 0Nudo “G” GH = 0

Total = 6 barras

Problema 292

Problema 291 Q

D E

H I

A

B C

F G

P

D E

HI J K

A B C

F G

L

b = 15r = 3n = 9b + r = 2n

b = 21r = 3n = 12b + r = 2n



Solución:Nudo “C” CB = 0 Nudo “B” BE = 0 Nudo “G” GF = 0 Nudo “F” FE = 0 Nudo “I” IJ = 0Nudo “M” MN = 0Nudo “N” NK = 0Nudo “E” DE = 0

Total = 8 barras


Solución:Nudo “C” CB = 0 Nudo “B” BE = 0 Nudo “E” ED = 0 Nudo “H” HF = 0 Nudo “H” HI = 0Nudo “J” JI = 0Nudo “Q” QO = 0Nudo “Q” QR = 0

Total = 8 barras

Problema 293

Problema 294

P

P

N

D

E

H

J

I K M QR

Q

OA

B

C

F

G L

P

N

D

E K

HJ

Q

OA

B

C M

FG I L

b = 33r = 3n = 18b + r = 2n

b = 26r = 4n = 15b + r = 2n


Verifi car si la armadura es isostática.



Solución:Nudo “A” AN = 0 (ΣFH = 0)Nudo “N” NM = 0 (ΣFH = 0)Nudo “M” ML = 0 (ΣFH = 0)Nudo “I” IJ = 0 (ΣFH = 0)Nudo “J” JK = 0 (ΣFH = 0)Nudo “K” KL = 0 (ΣFH = 0)Nudo “K” KF = 0 (ΣFV = 0)Nudo “F” FL = 0 Nudo “M” MD = 0 (ΣFV = 0)Nudo “N” NC = 0 (ΣFV = 0)Nudo “C” CL = 0 Nudo “E” EL = 0 (ΣFV = 0)

Total = 12 barras

Problema 296

Problema 297

Problema 295P

N

D E

K

H

J

QA

B C

M

F G

IL

b = 25r = 3n = 14b + r = 2n

A C

B

PD

A

C B

PD

E

b = 5r = 3n = 4b + r = 2nEs isostática







Problema 298

Problema 299

Problema 300

Problema 301





A

C

BP

P

D

A

C

B

P

P

D

E

A

FE D

CB

P P

A C

BP





Problema 302

Problema 303

Problema 304

Problema 305






A

D

B

C

FEP

P

P

A

D

B

C

P

A

D E F

G

B

L KJ

I H

C

P P P P P

A

BC

P


Resolver la armadura.

Solución:

RA + RE = 1000 kgΣME = 0RA(9) – 200(6.75) – 400(6) – 300(3) – 100(2.25) = 0RA = 541.67 kgRE = 458.33 kg

Nudo (A)ABsen 30º = 541.67ABcos 30º = AGAB = 1086.34AG = 938.20

Nudo (G)174.3cos 60º + GCcos 60º = 938.2 – GF174.36cos 30º + 400 = GCcos 30ºGC = 636.26GF = 532.89


Problema 306

Problema 307


C

B D

FG60º

400 kg

3 m 3 m 3 m

300 kg

100 kg200 kg

60º30º EA

2.25 mA G

B

0.75 m

3 m

60º30º

1.51.50.75

30ºAG

ABy

x

541.67

BG GC

GFGA400

60º60º

AB

C

PF

E

D


Nudo (B)BCcos 30º + BGcos 60º = BAcos 30ºBCsen 30º + 200 = BAsen 30º + BGsen 60ºBC = 989.56BG = 174.36

Nudo (E)DEsen 30º = 458.33DEcos 30º = EFDE = 916.66EF = 796.85

Nudo (D)

916.66cos 30º = CDcos 30º + DFsen 30ºCDsen 30º + 100 = 916.66sen 30º + DFcos 30ºCD= 871.46DF = 88.78

Nudo (F)

FCcos 30º = 88.78cos 30º + 300FC = 435.20

60º30º x

y

200BC

BGBA30º

DE

EF458.33

30º

FC

FG FE

FD

300

60º60º

CD

DFDE

100

30º30º

30º

BarraABAGBCBGGCGFEDEFDCDFFC

Fuerza (kg)1086.34 Compresión

938.20 Tensión989.56 Compresión174.36 Compresión636.26 Compresión

532.89 Tensión916.66 Compresión

793.85 Tensión871.46 Compresión88.78 Compresión

435.20 Tensión



Solución:La armadura es simétrica debido a la geometría y a las cargas aplicadas.

↑ VA = 200 AF = 0 = EG , AB = ED = 200 (Compresión) ↑ VE = 200

Nudo B:

ΣFH = 0 = FBFcos β – 100 – FBCcos α (1)

ΣFV = 0 = 200 – FBFsen β – FBCsen α (2)

De (1) y (2): FBF = 234.37 kg (Tensión) = FDG

FBC = 53.88 kg (Compresión) = FCD

Nudo F:

ΣFV = 0 = 234.37sen β + FFCsen γ – 200FFC = 22.30 kg (Tensión) = FCG

ΣFH = 0 = FFG + 22.30(cos γ) – 234.37cos βFFG = 140.07 kg (Tensión)

Problema 308 5 m

5 m2.5 m 2.5 m

5 m

2 m3 m

5 m

100 kg 100 kg

200 kg 200 kg

B

F

A E

G

DC

FBC

FBF200

100 αβ B

F

β3

2.5

3.905

5.385

B

C

2

5

γβ

200

234.37

FFG

FFC

5.59

F

C

5γ2.5


La fuerza que cualquier barra puede soportar es 8 KN en tensión y de 6 KN en compresión. Calcular la carga P máxima que puede ser soportada.

Solución:b = 7 r = 3 n = 5 b + r = 2n

ΣFV = 0 = FDCsen 60º – P FCD = 1.154P = FAB = FCB (T)

ΣFH = 0 = FDE – 1.154Pcos 60º FDE = 0.577P (C) = FAE

ΣFV = 0 = FCEsen 60º – 1.154Psen 60º

FCE = 1.154P (C) = FBE

ΣFH = 0 = – FCB + 1.154Pcos 60º + 1.154Pcos 60º

FCB = 1.154P (T)

ΣME = 0 = – VA(4) + P(4) ↓ VA = P

ΣFV = 0 FAB = 1.154P (T)

ΣFH = 0 FAE = 0.577P (C)

ΣFV = 0 = FBEsen 60º – 1.154Psen 60º FBE = 1,154P (C)

Tensión: 1.154P = 8 KN P = 6.93 KNCompresión: 1.154P = 6 KN P = 5.2 KN

Problema 3094 m

4 m

VA = P VE = 2P

4 m

B

AE D

P

60º

60º60º

60º 60º

C

FBE

FCB = 1.154P

1.154P

60º

B

60º

FDC

FDE

60º

P

D

FCB

FCE

60º1.154P

60º

C

FAB

FAE

60º

P

A



Solución:b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n

ΣME = 0 = AV(4) + 3(1.5 m) – 8(4 m) – 4(2 m) ↑ AV = 8.875 KN← AH = 3 KNΣFV = 0 = 8.875 + VE – 8 – 4 – 10 ↑ VE = 13.125 KN

Nudo B:FBC = 3 KN (C)

FBA = 8 KN (C)

Nudo A:ΣFV = 0 = 8.875 – 8 – F ACsen αFAC = 1.458 KN (C)

ΣFH = 0 = FAF – 3 – 1.458cos αFAF = 4.166 KN (T)

Nudo E:FEF = 0

FED = 13.125 (C)

Nudo F:ΣFH = 0 = – 4.166 + FFDcos α

FFD = 5.208 KN (T)

ΣFV = 0 = – FFC + 5.208sen α4.166

FFCFFD

α

FAC

8.875FAF

α8

3 α 3

4

5

8 KN 4 KN

2 m 2 m

3 KNB

AF

CD

E

10 KN

1.5 m

Problema 310


Calcular las fuerzas:FCD , FDF y FCF

Solución:ΣMA = 0 ; VE(12) – 2(4) – 3(3) = 0 VE = 1.41 KN


ΣMF = 0

FCD(4) + 1.41(3) – 2(4) = 0

FCD = 0.94 KN (T)

FFC = 3.124 KN (C)

Nudo D:ΣFH = 0 = FCD – 5.208cosα

FCD = 4.166 KN (C)

BarraABBCCDDEAFFEACCFFD

F( KN)83

4.16613.1254.166

–1.4583.1245.208

TipoCompresiónCompresiónCompresiónCompresión

Tensión–

CompresiónCompresión

Tensión

Problema 311

FCD

FCF

FGF

D2

αE

F1.41

13.125

5.208

FCD

α

10

3 KN

2 KN

4 m

4 m3 33 HA

FGE

DCB

2

2

1

1


Indicar todas las fuerzas cero, luego determinar la fuerza en las barras CD y CM e indicar si están en tensión o en compresión.

Solución:b = 29 r = 3 n = 16 b + r = 2n

Nudo Fuerza cero: : 7 barras

ΣMI = 0 = A(16 m) – 2KN(12 m) – 5 KN(8 m) – 3 KN(6 m) – 2KN(4 m)↑ A = 5.625 KN

Sección 1-1: Lado izquierdo

ΣMA = 0 = + 2 KN( 4 m) – FCM(4 m)

FCM = 2 KN (Tensión)

ΣMN = 0 = 5.625 KN(2 m) – 2 KN(2 m) + 2 KN(2 m) – FCD(2 m)

FCD = 5.625 KN (Tensión)

ΣME = 0 FCF 3 + 2(4) – 0.94(4) = 0

FCF = – 1.76 Kn (C)


ΣME = 0

1.06(4) – FDF(3) = 0

FDF = 1.41 KN (T)

FDF

FFE

D2

E

1.41

0.94

Problema 312

2 m 2 m 2 m 2 m

2 m

2 mI

J

KLM

O P

1

1

N

AB

A 2 KN 5 KN 2 KN3 KN

C D E F G H

2 m 2 m 2 m 2 m

B N D O L H JBN NC DO OC LE HJ JG


Determinar la fuerza en las barras CD, CF y CG e indicar si están en tensión o en compresión.

Calcular las fuerzas en las barras 3-6, 2-5.

Solución:b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n

Sección 1-1: Lado superior

ΣMA = 0 = – 6(2 m) + 10 (2 m) – F3-6(2 m) – F2-5sen α(2 m) (1)

Sección 2-2: Lado inferior

ΣMB = 0 = F2-5sen (0.5 m) – F3-6(2 m) (2)

De (1) y (2):F3-6 = 0.80 T (Compresión)

F2-5 = 5.28 T (Tensión)

Problema 313

α

α

1

1

1

2

2

3

2

5

4

B

6

6 T

10 TA

1 m

1 m

2 m 2 m

0.25 m

5 m

0.5 m

Problema 314

5 m 5 m 5 m 5 m

3 m3 m

3 KN5 KN4 KN4 KN2 KNA B

HG2

1.2

1

α

F

C D E

2 m2 m

6.605.25

α

4

2

1 5


Calcular la fuerza en las barras HI, MI.

Solución:b = 27 r = 3 n = 15 b + r = 2n

ΣMA = 0 – VK(4) + 6(10) = 0 VK = 15

Solución:b = 13 r = 3 n = 8 b + r = 2n

ΣMA = 0 = – E(20 m) + 3(20 m) + 5(15 m) + 4(10 m) + 4(5 m)↑ E = 9.75 KN

Sección 1-1: Lado derecho

ΣMF = 0 = FCD( 3 m) + 3(5 m) – 9,75(5 m)

FCD = 11.25 KN (Compresión)

ΣMG = 0 = 11.25(5 m) + 5(5 m) + 3(10 m) – 9.75(10 m) – FCFcos α(5 m) – FCFsen α(2 m)

0 = 13.75 – 4.288FCF FCF = 3.20 KN (Tensión)


ΣMH = 0 = – FCG(5 m) – FCFcos α(10 m) + FCD(3 m) + 5(10 m) + 3(15 m) – 9.75(15 m)

FCG = – 6.79

FCG = 6.79 KN (Compresión)

C D

F

3α

5

5.83

Problema 315 2 m 2 m

2 m

2 m

2 m

2 m

2 m

6 TF

G E

H

I

J

K

D

C

BO

N

M1 1

22

A

VK

L


Calcular las fuerzas en las barras: CD, CE y FE. L = 2 m

α = 60º

Solución:

ΣMB = 0 VA(10) – 4(3) = 0 ↑ VA = 1.2 KN

Sección 1-1: Lado superiorΣMD = 0

FHI(4) = 6(4)

FHI = 6 T (Tensión)

Sección 2-2: Lado superiorΣMC = 0

– 6(6) + 6(4) + MI (2)(2) = 0

FMI = = = 4.23 T (Tensión)

H M

C

6 T MI sen 45º

2 m 2 m

2 m

MI cos 45º

Problema 316

4 KN

2.81.2

2 mαα α α α

α α α α α α α Bα

α α

1

1

α α α α

α α α

I J

HGEFA

DC

60º

60º

K

60º

30º

1 1

2 m

60ºC D

E

60º

60º

2 m

2 m2 m


Determinar la fuerza en las barras CD, CJ, KJ, EI y JI de la armadura. Establecer si esas barras están en tensión o en compresión.

Solución:b = 21 r = 3 n = 12 b + r = 2n

ΣMG = 0 = A(9’ × 6) – 4000(9’ × 5) – 8000(9’ × 4) – 5000(9’) ↑ A = 9500 lb


ΣMC = 0 = 9500(18’) – FKJ(12’) – 4000(9’) FKJ = 11250 lb (Tensión)

ΣFV = 0 = 9500 – FCJcos α – 4000 – 8000 FCJ = – 3125 lb

FCJ = 3125 lb (Compresión)

ΣFH = 0 = – FCD + FCJsen α + FKJ FCD = 9375 lb (Compresión)


ΣFV = 0 = 9500 + FEI – 4000 – 8000 FEI = 2500 lb (Compresión)

ΣME = 0 = 9500(9’ × 4) – 4000(9’ × 3) – 8000(9’ × 2) + FJI(12’)

FJI = – 7500

FJI = 7500 lb (Tensión)

Corte 1-1: Lado izquierdo ΣME = 0

1.2(4) – FCD( ) = 0

FCD = 2.771 KN (Compresión)

ΣFV = 0

FCEcos30º = 1.2

FCE = 1.385 KN (Tensión)

ΣMC = 0

1.2(3) = FFE

FFE = 2.078 KN (Tensión)

FCD

FCE

FFE

EF

1.2 KN

A

C

Problema 317 800 lb

A

A

B

L K J I H

9’ 9’ 9’ 9’

α

21

1 2

9’ 9’

C D E F G

12’

4000 lb 5000 lb



Solución:

ΣFH = 0 FEF = 0

ΣMB = 0 = FAD() – P FAD = (Compresión)

ΣFV = 0 = + FBC – P FBC = (Compresión)

Nudo A:ΣFV = 0 = – FAFsenα

0.555P = FAF = (Tensión)

ΣFH = 0 = Pcos α – FAB

0.444P = FAB = (Compresión)

Nudo B:

ΣFH = 0 = P – FBFsenβ

FBF = 0.80P (Tensión)

Por inspección visual:FED = 0 FEC = 0 FCD = 0

Problema 318

PA

D

EF

B

C

A

FAD

FEF

FBC

B

P

F

11

FAB

FAF

Aα

A

F

β

B

FFBF β

B


Calcular las fuerzas en las barras AB, CD y EF.

Solución:

b = 9 r = 3 n = 6 b + r = 2n

ΣMF = 0 = VA(2 + 2 ) m + 1 (1 m) – 1( ) m ; VA ↑ = 0.09 T

ΣFH = 0 = 1 – HA ; ←HA = 1 T

Sección a-a: Lado interior

ΣFH = 0 = FCD – 1 ; FCD = 1 T (Compresión)

ΣMA = 0 = 1(2 + ) m + 1 (1 + ) m – FEF(2 + 2 ) m

FEF = 1.207 T (Compresión)

ΣFV = 0 = – 1 + 1.207 – FAB + 0.09

FAB = 0.297 T (Compresión)

Problema 3191 T

1 T

D

E

FA

B

C

a

a2 m

1 m

m

m m

FUERZAS EN MARCOS

CAPÍTULO

99.1 Denominación

A los marcos también se les denomina:• Armazones• Bastidores• Entramados

9.2 Defi nición y metodologíaLos marcos son un conjunto de barras unidas por pasadores, estas conexiones generan normalmente una reacción cuya dirección no se conoce y por ello se descompone en una fuerza horizontal y una fuerza vertical en cada conexión. Los marcos se diferencian de la armadura, estas solo soportan fuerzas en sus conexiones y las barras en dicho caso están sometidas a una reacción interna llamada fuerza axial (es decir, a lo largo del eje longitudinal de la barra); en cambio los marcos están sometidos a fuerzas no solo en sus conexiones sino en cualquier punto de la barra, generándose en la barra las siguientes reacciones internas: fuerza axial, fuerza cortante y momento fl exionante.

Si la barra de un marco solo está sometida a fuerzas en sus conexiones extremas, se comporta como barra de una armadura; es decir, la barra estaría sometida solo a fuerza axial.

En general, si es posible primero se calculan las reacciones en los apoyos. Para determinar las fuerzas internas que mantienen unidas las diferentes barras que forman un marco, deben separarse las barras y hacer un diagrama de cuerpo libre para cada barra.

Luego se plantean para cada barra las ecuaciones de equilibrio correspondientes:

(ƩF = 0, ƩM = 0)


Conexión “C”

D.C.L.

N = Fuerza normal o axialV = Fuerza cortanteM = Momento fl exionante

VA

HA

N1

1

V M

BH

N2

2

CH

CV

D

C

E

DVDH

VE

BH

B D2

2BV = 0 DV = 0

DH

Por equilibrio

VA

1

1

HA

BH

BV

CHC

P

CV

Pasador

Los pasadores son de acero: remaches,

pernos.

B D2

2

1

A E

VA

HA VE

1

P

C

Capítulo 9: Fuerzas en marcos 401Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

Problema 320

Determinar las fuerzas en todas las barras del marco.

Solución:

D.C.L.:

ΣFH = 0 B = 0

ΣFV = 0 A = 45 + B

ΣMA = 0 B (2.4) + 45(1.2) = 0 ↑ B = – 22.5 kg

A = 22.5 kg

ΣMD = 0 C (2.7) – B (1.5) = 0

↑ C = – 12.5 kg

ΣFV = 0 D + B = C

D = 10 kg

1.8 m

1.8 m

1.8 m

0.9

45 kg A

DB

C

1.2 m 1.2 m

75 kg

1.8 mE

45 kg

1.8 m

1.2 m1.2 m AA

BB

B

1.5 m1.2 m

B

CDB

D

C

C D


Problema 321

Resolver el marco.

Solución:

AC: ΣFH = 0 BE + A = CD

ΣFH = 0 C = D (1)

ΣFV = 0 C + E = 75

E = 87.5 kg

ΣME = 0

C (1.8) – C (3.6) + 75(1.8) = 0

← C = – 100 kg

En (1):

← D = – 100 kg

ΣFH = 0 C = ← E = – 100 kg

75 kg

1.8 m 1.8 m

1.8 m

EE

CE

C

C

4 m

1200 kg/m

3 m3 m4 m

H D E

A B C


D.C.L:

ΣFV = 0 A = 3600 + BE + CD

ΣMA = 0 CD (6) + BE (3) + 3600(2) = 0

HE:

ΣMH = 0 (10)BE + CD (7) = 0

ΣFV = 0 H + DC + BE = 0

ΣFH = 0 H + DC – BE = 0

CD = – 2308 kg BE = 1616 kg

↑ A = 3046 kg ← A = – 2354 kg → H = 2354 kg ↑ H = 554 kg

3600 kg

3 m1 m2 m

7 m 3 m

A

H

H

A A B

EDH

Cα

α α

αBE

CD

CDsen α =

cos α = BE


Resolver el marco.

Problema 322

Solución:

D.C.L:

ΣMB= 0 C (0.9) + 300(1.5) = 0 ↓ C = – 500 kg

ΣFV= 0 ↓ E = ↑ C = – 500 kg

ΣMC = 0 E (1.5) + 300(0.3) – E (0.9) = 0 ← E = – 360 kg

ΣFH = 0 E + 300 – C = 0 C = – 60 kg

ΣFH = 0 C – B – 300 = 0 → B = – 360 kg

ΣFV = 0 C + B – 300 = 0 ↑ B = 800 kg

1.2 m

0.9 m

1.5 m

1.5 m

1.5 m

0.9 m300 kg

300 kg300 kg 360 kg

MF = 540 kg-mVF = 300 kg

360 kg

500 kg

800 kg0.3 m

C C

E

B

F

A

C

C

B

C

B

C

EE

D

E

1.5 m

1.5 m

1.5 m

300 kg

r = 0.3 m

0.9 m

E

B A

F

D

C


Problema 323

Resolver el marco.

Solución:

D.C.L.:

ΣFH = 0 ← H = 30 Klb

ΣME = 0 V (18.5) + 14(20.2) – 65(13.41) – 16(1.8) = 0 ↑ V = 33.4 Klb

ΣFV = 0 ↑ V = 31.6 Klb

C

C

V V

F F F F

He

C

Cc

b

b de

d

c

a16

14 Klb

65 Klb

16’

15’

5.2’

1.8’

18.5’

c

b

a

d

e

14 Klb

65 Klb16 Klb

superfi cie lisa


Problema 324

Resolver el marco.

2 m

2 T

4 T

2 T

2 m 2 m 2 m 2 m

CA

B

D

4 T-m1 m

1 m

ac:

ΣFV = 0 ↑C = 31.6 Klb

ΣM = 0 65(5.09) + 14(22) – 22C – 31.6(16) – 7F = 0

133.25 – 22C – 7F = 0 (1)

ce:

ΣM = 0 C (20.2) + 5.2F – 31.6(2.5) = 0

F = 15.2 – 3.91C en (1)

C = – 5.12

F = 35.12

16’ x

22’α = 53.97º

x = = 5.09’

7’

a a

c b

α α


Solución:

D.C.L.:

ΣMC = 0 VA(8) – 2(6) – 2(2) – 4(4) + 4 = 0 ↑ VA = 3.5 T ΣFV = 0 ↑ VC = 4.5 T HC = 0

DC:ΣMC = 0 D (2) = D (4) + 2(2)

DA:ΣMA = 0 D (2) + D (4) = 2(2)

D = 0 D = 2 TA = 2 , C = 2A = 2 , C = 2

BC:ΣMC = 0 B = B

AB:ΣMA = 0 B = B = 2 T

FAB = FBC = = 2.82 T

AC:ΣMC = 0 AV = 0.5 T ΣFV = 0 CV = 0.5 T

Nudo A:ΣFH = 0 FABcos 45º + A = AH = CH = 4 T

4 m

2 T 2 T4 m

4 m

2 m 2 m

4 m

C

4 m

4 m

4 m4 m

4 T-m

A

FAB

A C

B

4B

D D

BB

CC

FBC

D

DA

A

AV CV

AH CH

B


Problema 325

Resolver el marco.

Solución:Por simetría ↑ V D = VE =

DA:ΣMA = 0 = – BC(h)

BC =

ΣFH = + BC – A

A =

ΣFV = + A – Q

A =

A

QB C

h

E

cable

Dsuperfi cie lisa

E

C

A

BC

A

A

Q/2

AAA

Q

B

D

h

BC

Q/2/2


Problema 326

En la escalera mostrada formada por dos barras y un cable DE, calcular:

1.o La fuerza en el cable

2.o Dónde debe colocarse la fuerza P para que la fuerza en el cable sea máxima.

Solución:

Todo: ΣMB = 0 = P(2cos α – acos α) – VC(2cos α)

↑ VC =

ΣFV = 0 = VB + – P

↑ VB =

ΣMA = 0 = (cos α) – DE(h)

DE =

En DE, “a” es variable

DE es máximo si a =

A

aP ED

α αB superficie lisa C

h

cosα

A

Ah

A

D

BB =

DE


Problema 327

Resolver el marco.

P = 48 kg

Solución:

Todo:

ΣFH = 0 = A , ΣFV = 0 = A – 48 ↑ A = 48 kg

ΣMA = 0 = 48(120 cm) – MA MA = 5760 kg-cm

ΣMD = 0 = 48(120 cm) – BCsen α(180 cm)BC = 40 kg

FV = 0 = D – BCsen α – 48D = 80 kg

ΣFH = 0 = D – BCcos αD = 24 kg

5 4

α3

D

D EDC

48120180

α

BC

240 cm

60 cm

180 cm 120 cm

PEC

D

A

B


Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 BV(0.6) + BH(1.5) + 300 – 500(1.5) = 0

6BV + 15BH = 4500 (1)

ΣMC = 0 BV(0.9) – BH(1.2) = 0

9BV = 12BH

3BV = 4BH (2)

Problema 328

Calcular las fuerzas en todas las barras del marco. Indicar la fuerza total que soporta el pasador en A.

A

B

C

0.9 m

1.2 m

300 N-m

500 N0.6 m

1.5 m

0.6 m

BV

BH

CH

CV

C

B

1.2 m

0.9 m

BV

AV

BH

AH

B

A

0.6 m500

1.5 m

300

0.6 m


Solución:

ΣFV = 0 = VD – 2 KN(4) ↑ VD = 8 KN

ΣFH = 0 = HD

ΣMD = 0 = MD – 2 KN(2 m + 1.5 m + 1 m + 0.5 m)

MD = 10 KN-m

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A, B, C y las reacciones en el apoyo empotrado D del bastidor.

0.5 m 0.5 m 0.5 m 0.5 m

2 2 2 KN

2 m

2 m

2 2

AB

C

D

(2) en (1): BH = 195.65 N = CH

BV = 260.86 N = CV

ΣFH = 0 AH + BH – 500 = 0 AH = 304.35 N

ΣFV = 0 A V – BV = 0 AV = 260.86 N

A = = 400.84 N

Problema 329


D.C.L.:

AB:

ΣMB = 0 = AV(1.5 m) – 2 KN(2 + 1.5 + 1 + 0.5)

↑ AV = 6.67 KN

ΣFV = 0 = 6.67 + BV – 2(4)

↑ BV = 1.33 KN

BD:

ΣFV = 0 = 8 – 1.33 – CV

↓ CV = 6.67 KN

ΣMB = 0 = 10 + CH(2 m)

CH = – 5

→ C H = 5 KN

ΣFH = 0 = 5 – BH

← BH = 5 KN

AB:

ΣFH = 0 = – AH + 5

← AH = 5 KN

2 2 2 2

AV BV

AH

BH

2 m

BHB

C

D

CH

DH = 0

VD = 8MD = 10

CV

BV = 1.33


Problema 330

Calcular las fuerzas en H, D y la tensión T en el cable.

Solución:

ΣMD = 0 T (1.2) = 400(1), T = 416.67 kg

ΣFV = 0

D = 400 + T = 733.34 kg

ΣFH = 0

D = T = 250 kg

ΣFH = 0

← HH = 150 kg

ΣFV = 0

↑ VH = 733.34 kg

ΣMH = 0

400(2) – 250(1) – MH = 0

MH = 550 kg-m

400 kg

1 m

1 m

400 Kg

EB

AH

D

C

43

cable

1.20 1.0 m

1.2 m 1.0 m400

D

D

DB

T

400

D250

1 m

1 m

HH

MH

VH

733.34


Problema 331

Resolver el marco.

Solución:

D.C.L.:

ΣMC = 0 = AV(4 m) – 4000(3 m)

↑ AV = 3000 kg

ΣFV = 0 = AV + CV – 4000

CV = 1000 kg

DF:

ΣMC = 0 = – E(3 m) + 2000(2 m)

E = 1333.33 kg

ΣFH = 0 = E – CH + 2000

C H = 3333.33 kg

ΣFV = 0 = VF – CV

VF = 1000 kg

AC:

ΣFH = 0 = CH – AH – 3000

← AH = 333.33 kg

2000 kgD

C

3 m

2 m

1 mE E

CV

VF

CH

F

5000 kg

2000 kgD

C

E

B

A4

3

G

F

cable3 m3 m

1 m

1 m

2 m

1 m3 m

30004000 kg

A CB

AVCV

AH CH


Problema 332

Calcular P si el marco está en equilibrio.

Solución:

D.C.L.:

AD:ΣMB = 0 = 30(15 cm) + 15(30 cm) – D(30 cm) – 20(10 cm)

D = 23.34 kg

DE:ΣFH = 0 = E – D

E = 23.34 kg

EG:ΣMF = 0 = P(10) – 23.34(20 cm)

P = 46.68 kg

D

E

A CB

B D

D

1515 cm

3020 kg

10 cm E GF

F

E P10 cm20 cm

30 kgB

CAD

E FP

G

10 cm 15 cm 15 cm 20 cm 10 cm

20 kg 15 kg

15 cm


Problema 333

Resolver el marco.

Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 = 1000(10.93 m) – VE(9 m)

↑ VE = 1214.44 kg

ΣFV = 0 = VE – 1000 – VA

↓ VA = 214.44 kg

ΣFH = 0 = HA

ΣMB = 0 = 1000(8.93 m) – 1000sen 30º(8.93 m) – DV(6 m)

DV = 744.16 kg

ΣFV = 0 = DV – BV – 1000 + 1000sen 30º

↓ BV = 244.16 kg

BH B DF

BV DV

DH

1000

1000

6 m 2.93 m30º

1000

HAVA

VE

A E

4 m

6 m

EA

DB30º

F 1000 kg

C

1.5 1.5 1.43 0.5

2 m


ΣMC = 0 = BH(4 m) + BV(3 m) – VA(4.5 m)

BH = 58.12 kg

ΣFH = 0 = CH – BH

CH = 58.12 kg

ΣFV = 0 = – VA + BV – CV

CV = 29.72 kg

BF:ΣFH = 0 = DH + BH – 1000cos 30º

DH = 807.90 kg

CV

CH

VA

BV

BH

4 m

3 m1.5 m

C

B

A

Problema 334

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores en A, B y C ejercen sobre el bastidor.

Solución:

BC:

ΣMB = 0 = C (1 m) – 784.8(1.7 m)

C = 1334.16 N

ΣFV = 0 = B + 784.8 – 1334.16

↑ B = 549.36 N

0.7 m

784.8 N1 mB B C EC

B C

1 m

0.5 m 0.7 m

784.8 N

A

CE

B

D

Radio depolea = 0.1 m

D.C.L.:


AD:

ΣMA = 0 = 1569.6(1.8 m) – 1334.16(1 m) – C (0.5 m)

C = 2982.24 N

ΣFH = 0 = A – 2982.24

→ A = 2982.24 N

ΣFV = 0 = 1334.16 – 1569.6 – A

A = – 235.44

↑ A = 235.44 N

BC:

ΣFH = 0 = 2982.24 – BX

← B = 2982.24 N

0.8 m

1569.6 N

1 m

0.5 m C

AA

C

D

C

A

Problema 335

Resolver el marco.

0.6 m 0.6 m

0.6 m 0.6 m

2.70 m

1.35 1.350.9600 kg

150 kg375 kg

D

B

A

C


Solución:

ΣMA = 0 = – D(2.7 m) – 150(0.6 m) + 600(2.25 m) + 375(0.6 m) ↑ D = 550 kg

ΣFV = 0 AV = 50 Kg ΣFH = 0 ← AH = 225 Kg

D.C.L.:

AD

150

0.6 m

0.6 m

0.45 m 0.45 m

D

CC

C

D

3.79

3.60

1.20α

AD ADA D

AC

AC

C

Aα

0.6 m

0.6 m

375

A

B

A

A

B

B

B 1.35 m 1.35 m600

AC

αBC

CB


CD: ΣMC = 0 = 550(0.9 m) – AD(1.2 m) + 150(0.6 m)

AD = 487.5 kg

ΣFH = 0 = 487.5 – 150 – C C = 337.5 kg

ΣFV = 0 = 550 – C C = 550 kg

BC: ΣMC = 0 = B (2.7 m) – 600(1.35 m) B = 300 kg

ΣFV = 0 = 300 – 600 + 550 – ACsen α AC = 790.61 kg

ΣFH = 0 = B + 337.5 – 790.61cos α B = 412.5 kg

AB: ΣFH = 0 = A + 375 – 412.5 A = 37.5 kg

ΣFV = 0 = A – B A = 300 kg

Problema 336

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor de dos barras, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB.

Solución:

D.C.L.:ΣMA = 0 = 600(1.5 m) – CH(3 m)

→ CH = 300 N

ΣFH = 0 = 300 – AH

← AH = 300 N

600 N

1.5 m1.5 m

3 m

AH

AV

B

CH

CV

200 N/m

3 m

3 m

BA

C


D.C.L.:

ΣMB = 0 = AV(3 m) – 600(1.5 m)

↑ AV = 300 N

ΣFV = 0 = CV + 300 – 600

↑ CV = 300 N

BH = 300 N

BV = 300 N

300

3003 m

1.5 m1.5 m

300

300

225

B

B

B

A

A

A

+

+

+

–

M N-m

N N

V N

600 N1.5 m 1.5 m300 N

AV

BV

B BH

300

BV

B BH

CV

C

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical que los pasadores A y B ejercen sobre el bastidor. Luego calcular en la sección a-a: V, N y M.

Problema 337

400

N/m

1 mC

1 m

B

Aa60º

1.0 m

0.5 m

a

500 N


Solución:

D.C.L.:

AC: ΣMA = 0 = 600(0.75 m) – C (1.3 m) – C (0.75 m) (1)

CB: ΣMB = 0 = C (1 m) – C (1 m) – 500(1 m) (2)

De (1) y (2):C = 402.44 N

C = – 97.56 N

AC:ΣFH = 0 = – A + 519.6 – 402.44 ← A = 117.16 N

ΣFV = 0 = A – 97.56 – 300 ↑ A = 397.56 N

CB:ΣFH = 0 = 402.44 – 500 + B → B = 97.56 N

ΣFV = 0 = 97.56 + B B = – 97.56

↓ B = 97.56 N

0.75 m

1.30 m519.6 N

300 N600 N

60º

30º

A

C

AA

CC 1 m

1 m

500 N

C

C

BB

B


101.46

a

a

344.29

58.58

198.780.5

m

M = 100.12 N-m N = 285.71 N

V = 100.24 N

400 N

/m

Problema 338

Determinar las componentes de fuerza horizontal y vertical en los pasadores A y C del bastidor, luego dibujar diagramas de N, V y M en la barra AB. 500 N/m

600 N/m

400 N/m

3 m

3 m

C

A

B

397.56

117.16


Solución:

D.C.L.:

AB:

ΣMA = 0 = 750(2 m) – B (3 m)

B = 500 N

ΣFV = 0 = 500 + A – 750

↑ A = 250 N

Barra BC: ΣMC = 0 = 900(1 m) + 500(3 m) – B (3 m) + 1200(1.5 m)

B = = 1400 N

ΣFH = 0 = – 1400 + 900 + C

→ C = 500 N

ΣFV = 0 = – Cy – 1200 – 500

C = – 1700

↑ C = 1700 N

Barra AB: ΣFH = 0 = 1400 – A

← A = 1400 N

750 N

1200 N

B = 500A = 250

C = 1700

C = 500

B = 1400A = 1400

900 N

1.5 mC

A B

B

1.5 m

2 m

1 m

1 m2 m

B


~ de triángulos:

= y = x

↓ F = x2 = x2

M = x3

V = 250 – x2 = 0

x = 1.73

M = 250x – x3

1400 1400

500 N/m

3 m250

x 500

A By

N N

V N

3 m

1400

500

1.73 m1.27 m

+

+A

A

B

B

250

–

M N-m

1.73 m 1.27 m

288.33

BA

+


Problema 339

La barra AB está a punto de fallar si el momento interno máximo en D alcanza un valor de 800 N-m o si la fuerza normal en la barra BC alcanza los 1500 N. Determinar la carga W (N/m) más grande que el marco puede soportar.

Solución:

D.C.L.:

ΣMBi = 0 = AV(8 m) – 8w(4 m)

↑ AV = 4w (N)

ΣFV = 0

0 = 4w + CV – 8w

↑ CV = 4w

ΣMC = 0 = 4w(12 m) + AH(3 m) – 8w(8 m)

→ AH = 5.33w

← CH = 5.33w

w (N/m)

3 m

4 m

4 m 4 m

C

BDA

4 m

8 m 4 m

3 m

4 m B

C

8w

AH

AV

CV

CH


D.C.L.:

ΣMD = 0 = 4w(4 m) – 4w(2 m) – MD

MD = 8w = 800 N-m

w = 100 N/m

sen α = cos α = cos β =

N = 5.33wcos α + 4wcos β

N = 6.664w = 1500 N

w = 225.10 N/m

w = 100 N/m

4 mA D

5.33w

4w

w

N

V

MD

4w

5.33w

N

α

α

β

β

NBC


10.1.2 Cable parabólico• El cable soporta una carga uniformemente distribuida (q) a lo largo de la horizontal (en forma

aproximada).

• El peso del cable se desprecia.

• La fuerza interna en un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable.

ƩFv = 0 Tsen α = qx (1)

ƩFH = 0 Tcos α = T0 (2)

: , pendiente del cable

Triángulo de fuerzas

fuerza interna en el cable

, ecuación del cable

T0 → fuerza mínima en el cable

Longitud del cable: S

T0

T

α qx

dydx

dS

xB

CS

x

y

yB

B

D.C.L.

T0 C x

q

y BTα

T0

C

B

Tx/2 x/2qx

y

α

Capítulo 10: Fuerzas en cables 431Ing. Luis Gamio Arisnabarreta

(3)

en (3)

(4)

Desarrollando el binomio:

en (4)

(5)

...

en (5)

Longitud del cable

Esta serie converge para valores de

L → luz del cable

f → fl echa del cable

L

f


10.1.3 Cable catenaria• El cable soporta solo su peso propio y adopta la forma de la curva llamada catenaria.

q → peso por unidad de cable

• La fuerza interna de un punto del cable es de tensión y sigue la dirección tangente a la curva que adopta el cable.

D.C.L.

Triángulode fuerzas

y

y

x

Cq

S

B

T

α

c

T0 C

qS B

T

α

T0

qST

αT0

(1)

(2) en (1)

Integrando:

, parámetro de la catenaria


, longitud del cable

, fuerza mínima en el cable

De (2):

, ecuación de la curva denominada catenaria

, relación entre la longitud del cable y alturas.

Del triángulo de fuerzas:

, fuerza interna en el cable.

Del diagrama de cuerpo libre: (ƩFH = 0)

, relación entre alturas

+


Hallar:a. Fuerzas en A y Db. Longitud del cable

Solución:

ΣMD = 0

VA(15) – 10(9) – 6(4) = 0

↑ VA = 7.6 KN

ΣFV = 0

VD = 16 – 7.6 = 8.4

↑ VD = 8.4 KN

1-1: Lado izquierdo

ΣMB = 0

7.6(6) – HA(2) = 0

← HA = 22.8 = → HD

2-2: Lado derecho

ΣMC = 0 8.4(4) = 22.8YC YC = 1.47 m

Problema 340

6 m 5 m

2 m

10 KN6 KN

A

B CD

4 m

LAB = 6.32LBC = 5.02 LT = 15.6 mLCD = 4.26

B10

6

VA VD

yCHAHD

C

2

21

1

B10

6 m 4 m1.470.53

6

VA VD

HAHD

C


Problema 341

Hallar:a. Pb. d1

c. d2

1.2 m

A

BC

0.35 md1

d2

300 N200 N

100 N

D P0.4 m0.3 m

Solución:

D.C.L. total:

AH = P, AV = 600

Corte 1-1: Lado izquierdo

ΣFV = 0 300 + FBCsen α = 600 (1)

ΣFH = 0 P = FBCcos α (2)

Equilibrio nudo A:

ΣFV = 0 600 = FABsen 73.74º FAB = 625 N

ΣFH = 0 P = FABcos 73.74º P = 175 N

De (1): FBCsen α = 300

De (2): FBCcos α = 175

(1)/(2): tan α = 1.714 α = 59.74º

tan α = = 1.714 d1 = 0.58 m

D.C.L. total:

ΣMA = 0 100d2 + 200(0.58) + 300(0.35) = 175(1.90)

d2 = 1.11 m

0.35 m 600

300

β = 73.74º1.2

ββ

α

1

1

B

PA

600

APFABcos β

FABsen β


Problema 342

Un cable soporta una carga uniforme distribuida w = 100 kg/m. Hallar la tensión máxima del cable y su longitud total.

10 m

120 m

40 m

x

y

C

w

B(xB;10)

A(xA;40)

Solución:

XA – XB = 120 m (α)

Ecuación de la parábola:

Y = YA = 40 = (1)

YB = 10 = (2)

De (1): T0 =

De (2): T0 =

(1) = (2): = 4

XA = – 2XB

En (α):– 2XB – XB = 120 XB = – 40 m, XA = 80 m T0 = 8000 kg


Problema 343

El cable AB soporta una carga total de 200 kg, la pendiente en B es nula. Hallar la localización del punto en el cable en donde la tensión es el promedio de los valores de T y T .

30 m

15 m

B

A

Solución:

w = =

Y =

Y = 30 m, X = 15, w = T 0 = 50 kg

= + (wx)2 = 502 + 2002 T = 206.16 kg

T = T = 128.08 kg

T2 = (128.08)2 = (50)2 + x2 X = 8.84 m, Y = = 10.42 m

T = = = 11314 kg

SCA = XA = 91.33 m

SCB = XB = 41.60 m

SBCA = 132.93 m


Problema 344

Una tubería pesa 50 kg/m y pasa de un edifi cio a otro separados 20 m. Hallar la ubicación del punto más bajo (C), la fuerza máxima, la fuerza mínima y la longitud del cable.

Solución:A(XA; 4.5); B(XB; 2) XB – XA = 20 m

Y = ; w = 50 kg/m

4.5 = ; ....... (1)

2 = ; ....... (2)

Igualando las ecuaciones (1) y (2):

= 2 = 4.5(400 + + 40XA)

2.5 + 180XA + 1800 = 0

XA = = XA = – 60XA = – 12

XA = – 12; XB = 8

2 = ; T0 = 800 kg T = 1000 kg; T =

SCB = 8 = 8.32 m

SCA = 12 = 13.03 m Longitud total = 21.35 m

20 m

2 m

2.5

m

edifi cio

C

A

B

edifi cio


Problema 345

Una cadena de peso 10 kg y longitud 10 m está suspendida entre dos puntos que distan 5 m. Hallar la fl echa máxima y la fuerza mínima.

Solución:

w = = 1 kg/m

– C2 = = 25 YB =

Ecuación del cable: = Ccos h = YB

C = 1.14 m YB = 5.128 m f = YB – C = 3.988 m

T = YBw = 5.128 kg T0 = wC = 1.14(1) = 1.14 kg

5 m

A Bf

C Ccos h

21

1.151.141.16

5.3855.0995.1305.1285.132

3.7766.1325.1015.1565.046

Problema 346

El cable pesa 4 kg/m, está atado en A. La zona AB está apoyada en el suelo. P es una fuerza horizontal. Calcular X, T .

40 m

P = 500 kg

xA

B

28

α


Solución:500 = T C = T = wC = 4C C = 125 m

0 = ΣFH = Tcos α = 500 kg

T = 515 kg

TB = T = 515 kg = wYB = 4YB YB = 128.75 m

Y = Ccos h

1.03 = = cos h

40 – X = 30.5 X = 9.5 m

x’ cos h

3031

30.5

1.02891.03091.0299

X’ = 30.5 m

40 – x = x’

3.75 mP = 500 kg

BTα

Problema 347

Calcular dC para la cual la porción DE del cable es horizontal, luego calcular reacciones en A y E.

2 m

55

B

A

C

dBdC

dDD E

2 m 3 m

10 KN

3 m

4 m


La tensión máxima en el cable es 15 KN. Calcular hB y hC.

Solución:

ΣFV = 0 = VA – 5 – 5 – 10

VA = 20 KN

ΣMA = 0 = 5(2) + 5(4) + 10(7) – E(4)

E = 25 KN

ΣFH = 0 AH = 25 KN


ΣMC = 0 = 20(4) – 25dC – 5(2)

dC = 2.8 m

HA

VA

2 m 2 m 3 m 3 m

4 m

55 1

1

DE

ECdC

AB

10

Problema 348

3 mA D3 m 4 m

6 KN10 KN

BC

hB hC


Calcular XB si el cable está en equilibrio y las reacciones en los apoyos.

En A: (8.2)2 + = 152 HA = 12.56 KN = HD

En D: = 14.78 < 15 conforme


ΣMB = 0 = 8.2(3) – 12.56hB hB = 1.96 m

Lado derecho:ΣMC = 0 = – 7.8(4) + 12.56hC hC = 2.48 m

Problema 349XB

A

B

C

D3’

2’

8’

5’40 lb

60 lb

Solución:

ΣMD = 0 = VA(10) – 6(7) – 10(4)

VA = 8.2 KN

ΣFV = 0 = VD + 8.2 – 6 – 10

VD = 7.8 KN

ΣFH = 0 HA = HD

B

C

10

6

1

1

DAHA HD

VDVA


Solución:

ΣMD = 0 = – HA(15) + 40(10) + 60(2)

← HA = 34.66 lb ← HD = 65.34 lb

Corte 1-1: Lado de arriba

ΣMC = 0 = VA(3) + 40(8) – 34.66(13)

VA ↑ = 43.52 lb = ↓ VD

ΣMB = 0 = 43.52XB – 34.66(5)

XB = 3.98 pies

HA

HD

VA XB

A

B

C

D3’

2’

8’

5’40

60

VD

11

Problema 350

AV

AH A

1

1

50 lb100 lb

7’

4’ 5’ 3’

2

2B

C

D

4’DH

DV

y

Determinar la tensión en cada segmento del cable y la longitud total del cable.

Solución:

D.C.L. total: ΣMD = 0 = AV(12’) – AH(4’) – 50(8’) – 100(3’) (1)


Sección 1-1: Lado superior:ΣMB = 0 = AV(4’) – AH(7’)

AV = AH (2)

(2) en (1): 0 = 21AH – 4AH – 400 – 300 ← AH = 41.18 lb (3)

(3) en (1):↑ AV= 72.06 lb

D.C.L. total:ΣFH = 0 → DH = 41.18 lb

ΣFV = 0 = 72.06 + DV – 50 – 100 ↑ DV = 77.94 lb


ΣMC = 0 = 41.18(y) – 77.94 lb(3’) y = 5.68’

LongitudAB = = 8.06’

BC = = 5.67’ L = 20.15’

CD = = 6.42’

Tensión

ΣFH = 0 = BCcos β – BAcos αΣFV = 0 = BAsen α – 50 – BCsen βBA = 82.99 lbBC = 46.73 lb

ΣFH = 0 = CDcos γ – 46.73cos β

CD = 88.19 lb

CD

100

BCβ γ

C

BA

BCβα B

50

α = 60.26’β = 28.19’γ = 62.16’


Calcular en el cable T .

Solución:

XB – XA = 7.62 (1)

3.04 = (2)

1.52 = (3)

(2) = (3): = (2)

XB = – XA (4)

(4) en (1): – ( + 1)XA = 7.62

XA = – 3.156 m

XB = 4.464 m

T0 = 1463.26 kg

T =

T =

T = 2472.46 kg

Problema 3517.62 m

1.52 m

1.52 m

q = 446.456 kg/m

AB

Cx

(XB;3.04)

(XA;1.52)

y


Problema 352

Determinar el valor promedio de la tensión en el cable y su ubicación. El cable es horizontal en B.

Solución:

y =

20 =

T0 = 900 N

= + q2x2

T = 1200 N

(1200)2 = (900)2 + (40)2x2

x = 19.843 m

y = = 8.748 m

30 m

20 m

40 N/m

B

A

x = 30 my = 20 mq = 40 N/m


Problema 353

Calcular la fuerza mínima, la fuerza máxima y la longitud del cable.

Solución:

XB – XA = 80 (1)

10 = YA = (α) 20 = (β)

β/α:

2 = XB = ± XA en (1)

– XA – XA = 80

XA = – 33.137 m

XB = 46.863 m

De (α):

T0 = = 3294 kg

T =

T = 4331 kg

80 m

10 m

q = 60 kg/m

10 m

A

C

B


Calcular H si la fuerza horizontal en B es cero. Considerar los dos cables parabólicos.

Solución:

y =

AB: 20 = T0 = (1)

BC: H = T0 = (2)

(1) = (2)H = 5’

200’

20’BA

HC

100’

Problema 354

SCA = 33.137

SCA = 35.04 m

SCB = 46.863

SCB = 51.93 m

STOTAL = SCA + SCB = 86.97 m

YA = 10 mYB = 20 m


Problema 355

El cable se romperá cuando la tensión máxima sea T = 10 KN. Determinar la fl echa h para esa condición.

Solución:

y =

h = (1)

ΣFV = 0 = 10000sen α = 7500

sen α = 0.75

α = 48.59º

ΣFH = 10000cos 48.59º = T0

T0 = 6614.42 N (2)

(2) en (1):h = 7.09 m

25 mA B

h

q = 600 N/m

12.5 m 10000 N

7500 N

6.25 m

αh B

T0


Calcular la fuerza en B, en A, la fuerza mínima, XA, XB, YB, YA y la longitud total del cable.

Solución:

D.C.L.:

ΣMA = 0 = 240(10 m) – TBsen 18º(20 m) – TBcos 18º(2 m)

TB = 297 kg

ΣFV = 0 = 91.77 – 12XB ; XB = 7.65 m en (1)

XA = – 12.35 m

ΣF H = 0 = 282.46 – T0

T0 = 282.46 kg

yB = = 1.24 m ............................ en (2)

yA = 3.24 m

Problema 356

20 m

2 m

18ºB

A

12 kg/m

10 m

TBcos 18º

TBsen 18º

10 m

240 kg2 m

TA

Aα

B

91.77 kg

282.46 kgB

C

12XB

T0

yB

XB – XA = 20... (1)

yB + 2 = yA... (2)


Calcular T0, T , XA, XB, YA, YB.

Solución:

yB = , 2 = = (α)

XB – XA = 20 (1)

tan 18º =

T0 = = 36.93XB (β)

ΣFV = 0TAsen α = 240 – 91.77 = 148.23

ΣFH = 0TAcos α = 282.46

tan α = 0.5247

α = 27.685º

TA = 319 kg

SCB = 7.65 = 7.78 m

SCA = 12.35 = 12.89 m

STOTAL = 20.67 m

Problema 357

2 m

20 m

A

B18º

α

C

12 kg/m

18ºTB

T0

12XB


(β) en (α):

=

X = 12.31XB

XA = – 3.50 en (1)

XB + 3.5 = 20

XB = a2

a2 + 3.5a – 20 = 0

a = 3.05 m , Sí

a = – 6.327 m , No

X B = 9.30 m en (1)

XA = – 10.70 m

yA = 2 m

TBsen 18º = 12XB = 12(9.3)..................... (ΣFV = 0)

TB = 361.16 kg

T0 = TBcos 18º = 343.48 kg........ (ΣFH = 0)

TAsen α = 12(10.7).................................. (ΣFV = 0)

TAcos α = 343.48 = T0 ............................. (ΣFH = 0)

tan α = 0.3738

α = 20.495º

TA = 366.71 kg = T

yB = 1.51 m

12XB

12XA

TB

To

To

TA

B

A

18º

α


Problema 358

El cable pesa 6 lb/pie y su longitud es 150’. Calcular la fl echa h y la tensión mínima.

100’

Solución:

q = 6 lb/piex = 50’S = 75’

C = 30.83 pies

T0 = qc = 185 lb

h2 = y2 = S2 + C2

(C + h)2 = (75)2 + (30.83)2

(C + h) = 81.09 pies

h = 81.09 – C = 50.26 pies

S = Csen h

= sen h C

2.5002.5862.4192.4352.432

2.5522.7142.4092.4362.432

302931

30.830.83


Problema 359

El cable mide 50 m y pesa 200 N/m, la fuerza máxima es 12 KN. Calcular la luz .

Solución:q = 200 N/m

T = qy

103 × 12 = 200y y = 60 m

y2 – S2 = C2

(60)2 – (25)2 = C2 C = 54.54 m

y = Ccosh

60 = 54.54cosh

1.100 = cosh 0.4437 =

X = 24.20 m luz = = 2x = 48.40 m

B A

Problema 360

h

A C

B

Cx

yCalcular T , T , α en función de q, y h.

SAB = SAC =

Peso del cable por unidad de longitud: q

α

T

C


Solución:

Tm = qy = q(h + C) (1)

T0 = qC (2)

S2 + C2 = y2

2 + C2 = (h + C)2 = h2 + C2 + 2hC

C = (3)

(3) en (1) y (2):

T0 =

T =

ΣFH = 0 Tmcosα = T0

cos α = =

α = arc cos

Tm

T0

qα

T

T0

q C

B


Problema 361

El cable pesa 40 lb/pie. Calcular la fuerza mínima y la fuerza máxima.

Solución:

T0 = 40C (1)

Tmáx = 40(46.25 + C) (2)

y = 46.25 + C = Ccos h

1 + = cos h

C = 250 pie (3)

(3) en (1) y (2): T0 = 10000 lb

T = 11850 lb

300’

46.25’

C 1 + cos h

200220250

1.2311.2101.185

1.2941.2411.185


Problema 362

El cable pesa q = 12 kg/m y puede soportar una tensión máxima de 12000 kg. Calcular el peso de nieve q, por cada metro de longitud que puede formarse encima del cable sin exceder la tensión máxima.

Solución:q2 = 12 + q1

Tmáx = 12000 = q2y (1)

y = Ccosh

80 + C = Ccosh

+ 1 = cosh

C = 403 m

y = 483 m (2)

(2) en (1):

12000 = q2(483)

q2 = 24.84 kg/m

q1 = 12.84 kg/m

500 m

80 mA B

C

C + 1 cosh

300385403

1.2661.2071.198

1.3671.2181.198


Problema 363

El cable pesa 0.75 lb/pie. Determinar la fuerza resultante horizontal que el cable ejerce sobre el punto A.

150’ 175’

3’ 7’B A C

Solución:

y = C1cos h y = C2cos h

C1 + 3 = C1cos h C2 + 7 = C2cos h

1 + = cos h 1 + = cos h

0.75C1

0.75C1

0.75C1

0.75C2

0.75C2

0.75C2

A A

A

AH

CB

q = 0.75 lb/pieT0 = qc


El cable pesa 0.75 lb/pie. Calcular la fl echa f para que la fuerza horizontal resultante que el cable ejerce en A sea igual a cero.

Problema 364 150’ 175’

7’fB A C

C11 + cos h

300500600800939

1.0101.0061.0051.0031.003

1.0311.0111.0071.0041.003

C11 + cos h

200500550

1.0351.0141.012

1.0971.0151.012

C1 = 939 pie C2 = 550 pie

T0AB = 0.75C1 = 704.25 lb T0AC

= 412.5 lb = 0.75C2

T0AB – T0AC

= H = 291.75 lb

Solución:

Cable AC:

y = C + 7 = Ccos h

1 + = cos h

Las componentes horizontales de T2 y T1 son iguales a la fuerza mínima.

T01 = T02

qC1 = qC2

C1 = C2 = C

T02

TC

T01

AA

A

A

B

A

C

T1

T1

T2

T2

TB

T2T1


Longitud de la cuerda 400’ y pesa 0.8 lb/pie, TA = 150 lb. Calcular la longitud que se encuentra en el suelo y la altura h.

Solución:

D.C.L.:

C = 550 pies

Cable AC y BA:T0 = 0.75(550) = 412.5 lb

Cable BA:y = 550cos h = 555.12 pies

Cable BA:f = y – C = 5.12 pies

C 1 + cos h

200500550

1.0351.0141.012

1.0971.0151.012

Problema 365

60º A

y

C B

h

X

globo

150 = TA

60º

hA

S

B

TB

0.8S


q = 0.8 lb/pie

TA = 150 = qyA = 0.8yA

yA = 187.5 pies

ΣFV = 0 = 150sen 60º = 0.8S

S = 162.38’

= 400’ – 162.38’ = 237.62 pies

y2 = S2 + C2

(187.5)2 = (162.38)2 + C2

C = 93.75’

h = y – C = 93.75 pies

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BIBLIOGRAFÍA

Impreso en los talleres gráficos de

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