Libro ESTATICA Problemas Resueltos

ESTATICA PROBLEMAS RESUELTOS ______________________________________________ Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008 Lima Per 2011 2 PROLOGO La Esttica, es una ciencia de la Mecnica Terica, que estudia el equilibrio de diversos elementos o sistemas estructurales sometidos a la accin externa de cargas puntuales y distribuidas, as como de momentos. Por lo general, los textos base de Esttica, son muy voluminosos y, principalmente, se centran en ladescripcinterica,locualdificultaelprocesodeaprendizajeatravsdetrabajosdomiciliariose investigacin, conducentes a un mejor dominio de la materia. El presente libro naci, despus de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolucin de problemas aplicados en prcticas calificadas y exmenes, as como en la realizacin de sus trabajos domiciliarios. Esporello,quetomelretodeescribirunlibro,quehagamsdidcticoelprocesodeestudio individual, resolviendo para ello 125 problemas tipos en forma seria y con el rigor cientfico, propiciando de manera ms amena la convivencia con la Esttica. Enelpresentelibro,setratantemasqueenlamayoradeprogramasdelasuniversidadesse analizan y que son muy importantes en la formacin profesional de los ingenieros civiles. ComobasesetomlaexperienciaadquiridaeneldictadodeloscursosdeEstticaenla Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martn de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinin, el presente libro es nico en su gnero, tanto en la forma de resolucin de problemas; as como en su contenido, que no es una repeticin de otros textos, editados anteriormente.El presente libro consta de 5 captulos y bibliografa. Enelprimercaptuloseanalizanlasdiversasformasdelasfuerzasymomentos,alascuales estn sometidas las estructuras. Enelsegundocaptuloseestudianelequilibriodeestructurassimples,estructurasconrtulas intermedias, estructuras compuestas y estructuras espaciales. En el tercercaptulosecalculanlos centroides en alambres y reas, as como,los momentos de inercia de reas planas y de perfiles metlicos. En el cuarto captulo se analizan diversos tipos de armaduras, a travs del mtodo de los nudos y mtodo de las secciones. En el quinto captulo secalculan las fuerzas internas y se grafican los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para vigas, prticos, arcos y estructuras espaciales. El presente texto est dirigido a estudiantes de ingeniera civil y docentes que imparten los cursos de Esttica; as como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el rea de estructuras. EstelibroselodedicoamisalumnosdeEstticadelaUniversidadPeruanadeCiencias Aplicadas, Universidad de San Martn de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultasme motivaronaescribirelpresentelibroyconsuenergarenovadamepermitieronculminar con xito este trabajo. De manera muy especial, dedico el presente libro a la Ing. Leyda Yudith Surez Rondn, una linda venezolana,quienconsuinteligencia,comprensin,apoyoconstante,dulzuraybellezaespiritual 3 conquistmicorazn,rogandoaDiosTodopoderosonosconcedalaoportunidaddeseguir compartiendo nuestras vidas, para continuar aportando al desarrollo integral de la sociedad. Ph.D. Genner Villarreal Castro [email protected] Lima, Julio del 2011 4 CAPITULO 1 FUERZAS Y MOMENTOS 1.1OPERACIONES CON VECTORES PROBLEMA 1.1 Ser correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes? Fig. 1.1 Solucin: Para que ambos sistemas, sean equivalentes, las fuerzas del sistema I debieron estar orientadas tal comosemuestraenlafigura1.2,quelodenominaremoscomoSistemaIII,cuyovalordela resultante lo determinamos por la ley del paralelogramo. N 25 24 7 R2 2III= + = Fig. 1.2 En consecuencia, los sistemas I y II no son equivalentes, a pesar que la resultante del sistema I tiene la misma direccin y sentido que la fuerza nica del sistema II. PROBLEMA 1.2 SikN 76 P =ykN 52 Q = , determine en forma analtica la resultante de P y Q Fig. 1.3 5 Solucin: Calculamos el ngulo que forma el vector Pcon la vertical y el ngulo que forma el vectorQ con la horizontal. o56 , 263216arctg =|.|

\|= oo56 , 262412arctg =|.|

\|= | Fig. 1.4 Deestamanera,elnguloqueformanlosvectoresPyQes o12 , 143 90 56 , 26 . 2 = + = uyla resultante se calcular por la frmula: kN 45 , 46 12 , 143 cos . 52 . 76 . 2 52 76 cos PQ 2 Q P Ro 2 2 2 2= + + = u + + =Para determinar el ngulo que forma la resultante con Q, aplicamos la ley de senos (figura 1.5): =senP88 , 36 senRo o09 , 79 = El ngulo que formar la resultante con el eje horizontal ser de o53 , 52 . Fig. 1.5 PROBLEMA 1.3 Para la estructura mostrada en la figura 1.6, se pide: a)Descomponer la fuerza de 360 lb en componentes a lo largo de los cables AB y AC. Considerar o55 = oy o30 = | . b)Si los cables de soporte AB y AC estn orientados de manera que las componentes de la fuerza de 360 lb a lo largo de AB y AC son de 185 lb y 200 lb, respectivamente. Determinar los ngulos o y| . 6 Fig. 1.6 Solucin: a)Comolaestructuradebedeencontrarseenequilibrio,porlotanto,aplicamoseltringulode fuerzas, mostrado en la figura 1.7 Fig. 1.7 Aplicamos la ley de senos y obtenemos los valores de las fuerzas en los cables AB y AC 0 0AB95 sen36030 senP= lb 69 , 180 PAB =0 0AC95 sen36055 senP= lb 02 , 296 PAC =b)Analizamoseltringulodefuerzas,mostradoenlafigura1.8yaplicamoslaleydesenospara determinar los nguloso y| Fig. 1.8 7 o=| sen200sen185| = o sen 08 , 1 sen (a) ( ) | | o=| + o sen200180 sen360o944 , 1 cos 08 , 1 cos = | + o (b) Aplicamosenlaecuacin(a)elprincipioqueo = o2cos 1 seny| = |2cos 1 sen , reemplazando luego| cosde la ecuacin (b) en la ecuacin (a), obteniendo: o6 , 21 = oo9 , 19 = | PROBLEMA 1.4 La longitud del vector posicin r es de 2,40m (figura 1.9). Determine: a)La representacin rectangular del vector posicin r b)Los ngulos entre r y cada uno de los ejes coordenados positivos Solucin: a)Descomponemosrendoscomponentescomosemuestraenlafigura1.10.Portrigonometra obtenemos: m 84 , 1 40 cos 4 , 2 40 cos r ro oz= = =m 54 , 1 40 sen 4 , 2 40 rsen ro oxy= = =En forma anloga, descomponemos xyren xry yr : m 99 , 0 50 cos r roxy x= =m 18 , 1 50 sen r roxy y= =Por lo tanto, la representacin rectangular de r es: k 84 , 1 j 18 , 1 i 99 , 0 k r j r i r rz y x+ + = + + = Fig. 1.9 8 Fig. 1.10 b)Los ngulos entre r y los ejes coordenados, los calculamos por las siguientes ecuaciones: o xx6 , 654 , 299 , 0arccosrrarccos = |.|

\|= |.|

\|= uoyy5 , 604 , 218 , 1arccosrrarccos = |.|

\|=||.|

\|= uo zz0 , 404 , 284 , 1arccosrrarccos = |.|

\|= |.|

\|= uDichosngulossemuestranenlafigura1.11ycomosepuedeapreciar,nofuenecesario calcular zu , porque ya estaba dado en la figura 1.9 Fig. 1.11 9 PROBLEMA 1.5 Encuentre la representacin rectangular de la fuerza F cuya magnitud es de 240N Fig. 1.12 Solucin: ComoseconocenlascoordenadasdelospuntosOyAsobrelalneadeaccindeF,entonces escribimoselvectorOA (vectordeOhastaA)enformarectangular(figura1.13),expresadoen metros: k 3 j 5 i 4 OA + + =Luego, el vector unitario de O hasta A ser: k 424 , 0 j 707 , 0 i 566 , 03 5 ) 4 (k 3 j 5 i 4OAOA2 2 2+ + =+ + + + = = Fig. 1.13 Asimismo, se tendr: k 76 , 101 j 68 , 169 i 84 , 135 ) k 424 , 0 j 707 , 0 i 566 , 0 ( 240 F + + = + + =Las componentes rectangulares de F se muestran en la figura 1.14 Fig. 1.14 10 PROBLEMA 1.6 Dado los vectores: k j 4 i 6 A + =(N) k 3 j B + =(m) k 4 j i 2 C + = (m) Determinar: a)B . Ab)La componente ortogonal de B en la direccin de C c)El ngulo entre A y C d)AxB e)Un vector unitario perpendicular a A y B f)C . AxBSolucin: a)Aplicamos la siguiente ecuacin, obteniendo: m . N 1 ) 3 )( 1 ( ) 1 ( 4 ) 0 ( 6 B A B A B A B . Az z y y x x= + + = + + =El signo positivo, indica que el ngulo entre A y B es menor que o90b)Siues el ngulo entre B y C, se obtiene de la ecuacin: m 40 , 221) 4 ( 3 ) 1 ( 14 ) 1 ( 2k 4 j i 2). k 3 j (CC. B . B cos B2 2 2C=+ =+ ++ + = = = u c)Sio es el ngulo entre A y C, se encuentra de la siguiente ecuacin: 21 53) 4 )( 1 ( ) 1 ( 4 ) 2 ( 64 ) 1 ( 2k 4 j i 2.) 1 ( 4 6k j 4 i 6CC.AA. cos2 2 2 2 2 2C A + +=+ ++ + + += = = o 1199 , 0 cos = o o1 , 83 = od)El producto cruz de A y B es: k 6 j 18 i 131 04 6k3 01 6j3 11 4i3 1 01 4 6k j iB B BA A Ak j iAxBz y xz y x+ = += = =(m) e)El producto cruz A x B es perpendicular a A y B. Por lo tanto, un vector unitario en esa direccin se obtiene dividiendo A x B, que fue evaluado anteriormente, entre su magnitud: k 261 , 0 j 783 , 0 i 565 , 06 ) 18 ( 13k 6 j 18 i 13AxBAxB2 2 2+ =+ ++ =Como el negativo de este vector es tambin un vector unitario que es perpendicular aAy B, se obtiene: ) k 261 , 0 j 783 , 0 i 565 , 0 ( + = f)El triple producto escalarC . AxBse evala usando la ecuacin: 11 2z y xz y xz y xm . N 681 21 0) 1 (4 23 044 13 164 1 23 1 01 4 6C C CB B BA A AC . AxB = + == = PROBLEMA 1.7 Determinar a, b y c; tal que (a; 3; 5) x (20; -30; -60) = (b; 400; c) Solucin: Reemplazamos valores y obtenemos: 30 203 ak60 205 aj60 305 3i60 30 205 3 ak j iAxB+ = =k ) 60 a 30 ( j ) 100 a 60 ( i 30 AxB + =Por dato del problema: ck j 400 bi AxB + + =Luego: 30 b =100 a 60 400 + = 5 a =210 60 ) 5 ( 30 c = = 1.2FUERZAS CONCURRENTES PROBLEMA 1.8 Si R es la resultante de las fuerzas P y Q, determine P y Q Fig. 1.15 Solucin: Fig. 1.16 12 De acuerdo a la figura 1.16, las representaciones rectangulares de P y Q son: j 25 Psen i 25 cos P Po o+ = j 50 Qsen i 50 cos Q Qo o = La resultante de P y Q se encuentra sumando sus componentes: j ) 50 Qsen 25 Psen ( i ) 50 cos Q 25 cos P ( Q P Ro o o o + = + = (a) Segn dato del problema, expresamos la resultante R en funcin de sus componentes rectangulares: j 100 i 240 j 62 , 22 sen 260 i 62 , 22 cos 260 Ro o = =(b) Igualamos las ecuaciones (a) y (b) y obtenemos: lb 588 P =lb 455 Q = PROBLEMA1.9La fuerzaResla resultante delas fuerzasP1,P2yP3que actan sobrelaplaca rectangular de 0,6m x 1m. Determinar P1 y P2 sikN 40 R =ykN 20 P3 = Fig. 1.17 Solucin: Este problema lo podemos resolver de 2 formas: 1ra FORMA: =x xF R o o2o130 cos 40 20 53 cos P 43 , 63 cos P = +64 , 54 P 60 , 0 P 45 , 02 1= + (a) =y yF R o o2o130 sen 40 53 sen P 43 , 63 sen P = 20 P 80 , 0 P 89 , 02 1= (b) Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: kN 32 , 62 P1 =kN 33 , 44 P2 = 13 2da FORMA: Escribimos las fuerzas en forma vectorial: j 43 , 63 sen P i 43 , 63 cos P Po1o1 1+ = j 53 sen P i 53 cos P Po2o2 2 = i 20 P3 = j 30 sen 40 i 30 cos 40 Ro o+ = Como la fuerza resultante R se determinar de la ecuacin vectorial: + + = =3 2 1P P P F R j ) 53 sen P 43 , 63 sen P ( i ) 20 53 cos P 43 , 63 cos P ( j 30 sen 40 i 30 cos 40o2o1o2o1o o + + = +De esta manera, se obtienen las ecuaciones: o o2o130 cos 40 20 53 cos P 43 , 63 cos P = + o o2o130 sen 40 53 sen P 43 , 63 sen P = Estas ecuaciones, son las mismas que (a) y (b), obteniendo los mismos resultados, es decir: kN 32 , 62 P1 =kN 33 , 44 P2 = PROBLEMA1.10UnpequeoarotieneunacargaverticaldepesoPyestsostenidopordos cuerdas AB y BC, la ltima de las cuales soporta en su extremo libre un pesoN 100 PQ = , como se observa en la figura. Determinar la magnitud del peso de la carga P y la tensin de la cuerda AB, si el sistema se encuentra en equilibrio. Fig. 1.18 Solucin: Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio del nudo B Fig. 1.19 14 = 0 FX 0 45 cos T 30 cos 100oABo= N 47 , 122 TAB == 0 FY 0 P 45 sen 47 , 122 30 sen 100o o= + N 60 , 136 P = PROBLEMA1.11SeaRla resultante de las tres fuerzas mostradas. Silb 110 P1 = ,lb 200 P2 =y lb 150 P3 = , determinar: a)La magnitud de R b)Los cosenos directores de R c)El punto en que la lnea de accin de R interseca al plano YZ Fig. 1.20 Solucin: a)LasfuerzassonconcurrentesenelpuntoA(figura1.21),porloquepuedensumarse inmediatamente.Comolasfuerzasnoseencuentranenunplanocoordenado,convieneusar notacin vectorial. Un mtodo para expresar cada una de las fuerzas en notacin vectorial es usar la forma F = F, donde es el vector unitario en la direccin de la fuerza.De esta manera, se tendr: j 110 P1 = j 52 , 84 i 26 , 181) 25 tg 2 ( ) 2 (j 25 tg 2 i 2200ACAC200 200 P2 o 2oAC 2+ =||.|

\|+ + = = =k 42 , 96 i 90 , 114) 40 tg 2 ( ) 2 (k 40 tg 2 i 2150ABAB150 150 P2 o 2oAB 3+ =||.|

\|+ + = = =La fuerza resultante estar dada por: + + + = + + = = k 42 , 96 j ) 52 , 84 110 ( i ) 90 , 114 26 , 181 ( P P P F R3 2 1 k 42 , 96 j 52 , 194 i 16 , 296 R + + = 15 La magnitud de la resultante R es: lb 21 , 367 ) 42 , 96 ( ) 52 , 194 ( ) 16 , 296 ( R2 2 2= + + = Fig. 1.21 b)El vector unitario en la direccin de R es: k 263 , 0 j 530 , 0 i 807 , 021 , 367k 42 , 96 j 52 , 194 i 16 , 296RR+ + =+ + = = Los cosenos directores de R y los ngulos entre R y los ejes coordenados son: 807 , 0 cosx = u ox8 , 143 = u530 , 0 cosy = u oy58 = u263 , 0 cosz = u oz8 , 74 = uc)Sea D el punto en que la lnea de accin de la resultanteRinterseca al planoYZ. La distancia horizontaleyladistanciaverticalh ,mostradasenlafigura1.22,puedendeterminarsepor proporciones: 16 , 296242 , 96h52 , 194e= =De donde: pies 314 , 1 e =pies 651 , 0 h =De la figura 1.18, las coordenadas del punto D son: 0 xD =pies 314 , 1 e yD= =pies 651 , 0 h zD= = 16 Fig. 1.22 PROBLEMA1.12Tres tensiones, T , T , T3 2 1 generadas en cables, actanenel punto A del mstil OA. Si la fuerza resultante de las tres tensiones esk 400 R =(N), determinar la magnitud de cada tensin en los cables. Fig. 1.23 Solucin: Se sabe que = . F F Luego, analizamos cada cable en forma separada. CABLE AB: k 768 , 0 j 64 , 0) 12 ( ) 10 (k 12 j 10ABAB2 2AB = + = = 17 1 1 AB 1 1kT 768 , 0 jT 64 , 0 . T T = = CABLE AC: k 894 , 0 i 447 , 0) 12 ( 6k 12 i 6ACAC2 2AC = += = 2 2 AC 2 2kT 894 , 0 iT 447 , 0 . T T = = CABLE AD: k 923 , 0 j 231 , 0 i 308 , 0) 12 ( 3 ) 4 (k 12 j 3 i 4ADAD2 2 2AD + = + + + = = 3 3 3 AD 3 3kT 923 , 0 jT 231 , 0 iT 308 , 0 . T T + = = Determinamos la resultante de la accin de las tres fuerzas: k ) T 923 , 0 T 894 , 0 T 768 , 0 ( j ) T 231 , 0 T 64 , 0 ( i ) T 308 , 0 T 447 , 0 ( T T T R3 2 1 3 1 3 2 3 2 1 + + + = + + = Por condicin del problema: k 400 R = Esto significa que: 0 T 308 , 0 T 447 , 03 2= 3 2T 689 , 0 T =0 T 231 , 0 T 64 , 03 1= + 3 1T 361 , 0 T =400 T 923 , 0 T 894 , 0 T 768 , 03 2 1 = Reemplazamos valores en esta ltima ecuacin y obtenemos: N 24 , 220 T3 =N 74 , 151 T2 =N 50 , 79 T1 = 1.3MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A UN PUNTO. TEOREMA DE VARIGNON PROBLEMA 1.13 Una placa rectangular delgada est sostenida por los soportes de bisagra en A y B y por dos cables PQ y RS, cuyas tensiones son 200N y 300N, respectivamente. a)Determinar el momento de la fuerza ejercida por el cable PQ respecto al punto A b)Determinar el ngulo que forma el cable RS con la lnea RT Solucin: a)La fuerza en el cable PQ lo denotamos como P y en forma vectorial es: 89 , 0k 8 , 0 j 3 , 0 i 4 , 0200) 8 , 0 ( 3 , 0 ) 4 , 0 (k 8 , 0 j 3 , 0 i 4 , 0200PQPQ200 P2 2 2 + = + + + = =k 6 , 169 j 6 , 63 i 8 , 84 P + =Paraelmomento,respectoaA,elegimosunvector APrquevadesdeAhastaP(puntoque pertenece a la lnea de accin PQ) k 8 , 0 rAP = 18 Luego: 6 , 63 8 , 840 0k6 , 169 8 , 848 , 0 0j6 , 169 6 , 638 , 0 0i6 , 169 6 , 63 8 , 848 , 0 0 0k j ixP r MAP ) P ( A+ = = =j 84 , 67 i 88 , 50 M) P ( A =(N.m) Fig. 1.24 b)Determinamos los vectores RSr , RTry calculamos el ngulo que forman dichos vectores k 8 , 0 j i 4 , 0 rRS + =k 8 , 0 i 4 , 0 rRT =667 , 0) 8 , 0 ( 4 , 0k 8 , 0 i 4 , 0.) 8 , 0 ( 1 4 , 0k 8 , 0 j i 4 , 0RTRT.RSRS. cos2 2 2 2 2RT RS= + + + += = = oo16 , 48 ) 667 , 0 arccos( = = o PROBLEMA1.14Una placa rectangularest sostenida por dos mnsulas en AyBypor un cable CD; sabiendo que el momento de la tensin respecto al punto A esk 8 , 28 j 8 , 28 i 68 , 7 + + (N.m), determinar el mdulo de la tensin en N. Fig. 1.25 19 Solucin: La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es: P ) k 64 , 0 j 48 , 0 i 6 , 0 () 32 , 0 ( 24 , 0 ) 3 , 0 (k 32 , 0 j 24 , 0 i 3 , 0. PCDCD. P P2 2 2 + = + + + = = Para el momento respecto a A, elegimos un vector ACrque va desde A hasta el punto C (punto que pertenece a la lnea de accin CD) k 08 , 0 i 3 , 0 rAC+ =Luego: P 48 , 0 P 6 , 00 3 , 0kP 64 , 0 P 6 , 008 , 0 3 , 0jP 64 , 0 P 48 , 008 , 0 0iP 64 , 0 P 48 , 0 P 6 , 008 , 0 0 3 , 0k j ixP r MAC A+ = = = Pk 144 , 0 Pj 144 , 0 Pi 0384 , 0 MA+ + =De donde: N 200 P = PROBLEMA 1.15 La puerta batiente se mantiene en la posicin mostrada en la figura, por medio de doscablesAByACy,adems,porlasbisagrasmostradas.Silastensionesenloscablesson lb 30 T1 = ylb 90 T2 = . Determinar: a)La magnitud de la fuerza resultante b)El momento de la fuerza tensional 1Trespecto al punto C Fig. 1.26 Solucin: a)Determinamos las coordenadas de los puntos A, B y C, de acuerdo a la figura 1.27 A (2; 0; 4) B (5; 2,819; 1,026) C (0; 2,819; 1,026) 20 Fig. 1.27 Luego: k 585 , 0 j 555 , 0 i 591 , 0974 , 2 ) 819 , 2 ( ) 3 (k 974 , 2 j 819 , 2 i 32 2 2BA+ =+ + + = k 55 , 17 j 65 , 16 i 73 , 17 ) k 585 , 0 j 555 , 0 i 591 , 0 .( 30 . T TBA 1 1+ = + = = k 652 , 0 j 618 , 0 i 438 , 0974 , 2 ) 819 , 2 ( 2k 974 , 2 j 819 , 2 i 22 2 2CA+ =+ ++ = k 68 , 58 j 62 , 55 i 42 , 39 ) k 652 , 0 j 618 , 0 i 438 , 0 .( 90 . T TCA 2 2+ = + = = En consecuencia: k 23 , 76 j 27 , 72 i 69 , 21 T T R2 1+ = + = La magnitud de la fuerza resultante: lb 26 , 107 23 , 76 ) 27 , 72 ( 69 , 21 R2 2 2= + + = b)ParaelmomentorespectoaC,elegimosunvector CBrquevadesdeChastaB(puntoque pertenece a la lnea de accin de la tensin 1T ) i 5 rCB =55 , 17 65 , 16 73 , 170 0 5k j ixT r M1 CB C = =k 25 , 83 j 75 , 8765 , 16 73 , 170 5k55 , 17 73 , 170 5j55 , 17 65 , 160 0i MC = += (lb.pie) PROBLEMA1.16SilasmagnitudesdelasfuerzasN 100 P =yN 250 Q = (figura1.28), determinar: a)Los momentos de P y Q respecto a los puntos O y C b)Las distancias perpendiculares entre los puntos O y C y las fuerzas P y Q Solucin: En este caso es conveniente utilizar la forma vectorial: k 9 , 41 j 8 , 69 i 1 , 58860 , 0k 36 , 0 j 6 , 0 i 5 , 0100ABAB100 P + = |.|

\| + = =(N) k 1 , 146 i 9 , 202616 , 0k 36 , 0 i 5 , 0250DBDB250 Q + = |.|

\| + = =(N) 21 Fig. 1.28 Para el caso de los momentos respecto al punto O, elegimos un vector OBrque va del punto O hasta B (punto que pertenece a la lnea de accin de los vectores Py Q) y para el caso de los momentos respecto al punto C, elegimos el vector CBrque va del punto C hasta el punto B, escribindolos en forma vectorial: k 36 , 0 rOB =(m)j 6 , 0 rCB =(m) Ahora, determinamos los valores de los momentos respecto a los puntos O y C, posteriormente las distancias requeridas. a)El momento de P respecto al punto O ser: j 9 , 20 i 1 , 259 , 41 8 , 69 1 , 5836 , 0 0 0k j ixP r MOB ) P ( O = = =(N.m) El momento de P respecto al punto C es: k 9 , 34 i 1 , 259 , 41 8 , 69 1 , 580 6 , 0 0k j ixP r MCB ) P ( C = = =(N.m) El momento de Q respecto al punto O ser: j 0 , 731 , 146 0 9 , 20236 , 0 0 0k j ixQ r MOB ) Q ( O == =(N.m) El momento de Q respecto al punto C es: k 7 , 121 i 7 , 871 , 146 0 9 , 2020 6 , 0 0k j ixQ r MCB ) Q ( C = = =(N.m) 22 b)La distancia perpendicular del punto O a la lnea de accin de P puede determinarse por: m 327 , 0100) 9 , 20 ( 1 , 25PMd2 2) P ( OOP= += =La distancia perpendicular del punto C a la lnea de accin de P es: m 430 , 0100) 9 , 34 ( ) 1 , 25 (PMd2 2) P ( CCP= + = =La distancia perpendicular del punto O a la lnea de accin de Q puede determinarse por: m 292 , 0250) 0 , 73 (QMd2) Q ( OOQ== =La distancia perpendicular del punto C a la lnea de accin de Q es: m 600 , 0250) 7 , 121 ( ) 7 , 87 (QMd2 2) Q ( CCQ= + = = PROBLEMA1.17 Si el momento combinado de las dos fuerzas, cada una de magnitudN 100 P = , respecto al punto H es cero. Se pide: a) Determinar la distancia d que localiza a H b) Determinar el ngulo que forman las lneas EC y EB Fig. 1.29 Solucin: a)Calculamos los momentos respecto al punto H k 71 , 70 j 71 , 70) 3 ( 3k 3 j 3. 100ECEC. 100 P P2 21 EC = += = =i . d rHC =71 , 70 00 dk71 , 70 00 dj71 , 70 71 , 700 0i71 , 70 71 , 70 00 0 dk j ixP r M1 HCPH1+= = = 23 dk 71 , 70 dj 71 , 70 M1PH =k 73 , 57 j 73 , 57 i 73 , 57) 3 ( 3 3k 3 j 3 i 3. 100EBEB. 100 P P2 2 22 EB + = + + += = =i ). d 3 ( rHB =+= = =73 , 57 73 , 570 ) d 3 (j73 , 57 73 , 570 0i73 , 57 73 , 57 73 , 570 0 ) d 3 (k j ixP r M2 HBPH2 k ) d 3 ).( 73 , 57 ( j ) 73 , 57 ).( d 3 (73 , 57 73 , 570 ) d 3 (k + =+Luego, por condicin del problema: 0 M M2 1PHPH= +0 ) 73 , 57 ).( d 3 ( d 71 , 70 = + m 348 , 1 d =b)Determinamos el ngulo que forman las lneas EC y EB k 3 j 3 rEC =k 3 j 3 i 3 rEB + =8165 , 027 . 189 927k 3 j 3 i 3.18k 3 j 3EBEB.ECEC. cosEB EC=+= + = = = o o26 , 35 ) 8165 , 0 arccos( = = o PROBLEMA 1.18 Determinar el momento de la fuerza de 50kN respecto al punto A (figura 1.30). a)Usar el mtodo vectorial. b)Usar el mtodo escalar colocando las componentes rectangulares de la fuerza en los puntos B, C y D. Fig. 1.30 24 Solucin: a)Escribimoslafuerzaenformavectorial,escogiendoelpuntoDcomoiniciodelejede coordenadas en el plano XY, pudiendo apreciar que el rectngulo es de 0,6m x 0,8m, es decir, el ngulo ADB es o37 . j 30 i 40 j 37 sen 50 i 37 cos 50 Fo o+ = + =(kN) Elegimos el vector r del punto A al punto D, por facilidad de clculo, siendo: i 3 , 0 r rAD = =(m) Usando la forma de determinante para el producto cruz, el momento respecto al punto A es: | | k 9 ) 30 )( 3 , 0 ( k0 30 400 0 3 , 0k j ixF r rxF MAD A = = = = =(kN.m) La magnitud de AMes 9kN.m y la direccin de AMes en la direccin de Z negativo, que por la regla de la mano derecha significa que el momento respecto al punto A es horario. b)Enesteproblemaelclculoescalarestanconvenientecomoelmtodovectorial,porquelas distanciasperpendicularesentreAycadaunadelascomponentesdefuerza(figura1.31) pueden determinarse por inspeccin. Fig. 1.31 Como primer caso, analizamos cuando las componentes estn colocadas en el punto B: m . kN 9 ) 6 , 0 )( 40 ( ) 5 , 0 )( 30 ( MA = =(sentido horario) Luego, analizamos el caso cuando las componentes estn colocadas en el punto C: m . kN 9 ) 3 , 0 )( 40 ( ) 1 , 0 )( 30 ( MA = =(sentido horario) Finalmente, analizamos el caso cuando las componentes han sido colocadas en el punto D: m . kN 9 ) 3 , 0 )( 30 ( MA = =(sentido horario) Comosepuedeapreciar,losresultadossonlosmismos,loqueimplicaquesitenemosun sistemacoordenado,lgicamenteesmuchomsfcilaplicarelmtodoescalar, descomponiendo la fuerzaen sus componentes rectangularesyaplicarlo en cualquierpuntode la lnea de accin de la fuerza, que los resultados sern los mismos, como se ha demostrado en este problema. 25 PROBLEMA1.19Enlasiguientefigura,considerandoqueelpesoW delabarraesde100kg, evaluar el momento de giro en el punto A. Fig. 1.32 Solucin: Comosesabe,laubicacindelpesodebeserenlapartemediadelabarra,calculandolas distancias respectivas, que se muestran en la figura 1.33,a y 1.33,b Fig. 1.33 Evaluamos el momento en el apoyo A m . kg 6 , 1071 ) 14 , 1 .( 100 ) 28 , 2 .( 220 ) 04 , 3 .( 150 MA = =El sentido es horario por ser negativo PROBLEMA1.20Determinarlarelacina/b,sabiendoqueelmomentoenlabaseAdelpostees nulo. Fig. 1.34 26 Solucin: Comoelmomentorespectoaunpuntoesfuerzaxdistancia,aplicamosesteconceptoalpresente problema. Fa 26 Fb 28 ) a 2 .( F 4 ) a 5 , 1 .( F 8 ) a .( F 6 ) b 5 , 1 .( F 10 ) b 2 .( F 2 ) b .( F 9 MA+ = + + + =Por condicin del problema: 0 Fa 26 Fb 28 = + De donde: 077 , 1ba= PROBLEMA1.21LafuerzaFactasobrelastenazasdelbrazoderobot.LosmomentosdeF respecto a los puntos A y B son de 120N.m y 60N.m respectivamente, ambos en sentido antihorario. Determinar F y el ngulou Fig. 1.35 Solucin: Efectuamos los momentos respecto a los puntos A y B, descomponiendo la fuerza F y calculando por geometra las distancias: PUNTO A: 120000 ) 150 .( Fsen ) 23 , 1561 .( cos F = u u (a) PUNTO B: 60000 ) 450 .( Fsen ) 62 , 1041 .( cos F = u u (b) Fig. 1.36 27 Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: 33 , 57 Fsen = u (c) 37 , 82 cos F = u (d) Dividimos (c) entre (d) y obtenemos: 696 , 0 tg = uo84 , 34 ) 696 , 0 ( arctg = = uLuego: N 35 , 10084 , 34 sen33 , 57Fo = = 1.4MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO A LOS EJES CARTESIANOS PROBLEMA 1.22 En la figura mostrada, la fuerza F2 es paralela al plano XZ, determinar el momento resultante respecto a cada uno de los ejes coordenados. Fig. 1.37 Solucin: Proyectamos la fuerza F2 en los ejes OX y OZ (figura 1.38) Fig. 1.38 28 Resolvemos el problema de las dos formas: escalar y vectorial METODO ESCALAR: Proyectamos las fuerzas en los planos YZ (momento respecto al eje OX), XZ (momento respecto al eje OY), XY (momento respecto al eje OZ) EJE OX (PLANO YZ): Calculamos el momento respecto al eje OX m . N 1600 ) 4 ( 60 cos 600 1 . 400 MoX = =Como el signo es negativo, el sentido del momento es horario, tal como se muestra en la figura 1.39 Fig. 1.39 EJE OY (PLANO XZ): Efectuamos un proceso anlogo al caso anterior. m . N 61 , 419 ) 1 .( 100 ) 1 .( 60 sen 600 MoY= =El sentido del momento es antihorario, por ser positivo su valor (figura 1.40) Fig. 1.40 EJE OZ (PLANO XY): m . N 46 , 1278 ) 2 .( 400 ) 4 .( 60 sen 600 MoZ = + =El sentido del momento es horario, por ser negativo su valor (figura 1.41) 29 Fig. 1.41 METODO VECTORIAL: EJE OX: 00 0 10 0 1001 0 0. xF r MOA 3 OCFOA3= = =Donde: k rOC =(radio-vector que se inicia en O e interseca la fuerza) i 100 F3 = i2i 22OA= = (vector unitario en la direccin del eje OX) Como se podr apreciar, no era necesario calcular dicho momento, ya que se sabe por propiedades que el momento de una fuerza respecto a un eje paralelo a la accin de la misma es cero. 4000 0 10 400 01 0 2. xF r MOA 1 OBFOA1 = = =00 0 10 0 60 sen 6001 4 0. xF r MoOA 2 OGFOA2= = =Tampoco era necesario su clculo, debido a la misma propiedad que el de la fuerza F3 1200 60 cos 24000 0 160 cos 600 0 00 4 0. xF r Mo oOA 4 OFFOA4 = = = =Luego: m . N 1600 1200 400 MX = =Como el signo es negativo, indica que su orientacin es en sentido horario. 30 EJE OY: Por propiedad se sabe, que F1 no genera momento por ser paralelo al eje OY yF4 tampoco genera momento por intersecar el eje. Calculamos los momentos que generan las fuerzas F3 y F2 1000 1 00 0 1001 0 0. xF r MOF 3 OCFOF3 = = =Donde: j4j 42OF= = o oOF 2 OGFOF60 sen 6000 1 00 0 60 sen 6001 4 0. xF r M2= = =Luego: m . N 61 , 419 60 sen 600 100 MoY= + =El sentido del momento es antihorario EJE OZ: La fuerza F3 interseca el eje y no genera momento y la fuerza F4 tampoco genera momento por ser paralela al eje. Calculamos los momentos que generan las fuerzas F1 y F2 8001 0 00 400 01 0 2. xF r MOC 1 OBFOC1= = =o oOC 2 OGFOC60 sen 24001 0 00 0 60 sen 6001 4 0. xF r M2 = = =Luego: m . N 46 , 1278 60 sen 2400 800 MoZ = =El sentido del momento es horario. PROBLEMA1.23Paralafiguramostrada,determinarlafuerzaresultanteyelmomentoresultante respectoacadaunodelosejescoordenados,dondelafuerzade2kNesparalelaalplanoXZ,la fuerzade 4kN es vertical y la fuerza de 7kN es paralela al plano YZ Solucin: Descomponemoslafuerzade7kNenlosejesOYyOZ,ycalculamoslasproyeccionesdela resultante en los ejes OX, OY y OZ. 2 F RX X = = 31 = = = 062 , 6 60 sen 7 F RoY Y 5 , 7 60 cos 7 4 RoZ = =Luego, la fuerza resultante es: k 5 , 7 j 062 , 6 i 2 R + = Fig. 1.42 Ahora, calculamos los momentos respecto a los ejes coordenados. METODO ESCALAR: EJE OX (PLANO YZ): m . kN 25 , 39 ) 4 .( 60 sen 7 ) 2 .( 60 cos 7 ) 2 .( 4 Mo oX = =El signo negativo indica que su orientacin es en sentido horario Fig. 1.43 EJE OY (PLANO XZ): m . kN 5 , 9 ) 5 .( 2 ) 1 .( 4 ) 1 .( 60 cos 7 MoY = + =Una vez ms el signo negativo indica que va en sentido horario. 32 Fig. 1.44 EJE OZ (PLANO XY): m . kN 06 , 4 ) 1 .( 2 ) 1 .( 60 sen 7 MoZ = + =La orientacin del momento es en sentido horario. Fig. 1.45 METODO VECTORIAL: Codificamos las fuerzas de la figura 1.42, de la siguiente manera: kN 2 F1 =(punto D) kN 4 F2 =(punto E) kN 7 F3 =(punto G) Calculamos los momentos respecto a los ejes coordenados. EJE OX: 0 M1FOX =80 0 14 0 04 2 1. xF r MOX 2 OEFOX2 = = =k 4 j 2 i rOE+ + = 33 iOX = k 4 F2 =25 , 31 60 sen 28 60 cos 140 0 160 cos 7 60 sen 7 04 2 1. xF r Mo o o oOX 3 OGFOX3 = = = =k 4 j 2 i rOG+ + =k 60 cos 7 j 60 sen 7 Fo o3 =Luego: m . kN 25 , 39 25 , 31 8 MX = =La orientacin del momento es en sentido horario. EJE OY: 100 1 00 0 25 1 0. xF r MOY 1 ODFOY1 = = =k 5 j rOD+ =jOY = i 2 F1 =40 1 04 0 04 2 1. xF r MOY 2 OEFOY2= = =5 , 3 60 cos 70 1 060 cos 7 60 sen 7 04 2 1. xF r Mo o oOY 3 OGFOY3 = = = =Luego: m . kN 5 , 9 5 , 3 4 10 MY = + =El momento va en sentido horario. EJE OZ: 21 0 00 0 25 1 0. xF r MOZ 1 ODFOZ1= = =kOZ = 06 , 6 60 sen 71 0 060 cos 7 60 sen 7 04 2 1. xF r Mo o oOZ 3 OGFOZ3 = = = = 34 Luego: m . kN 06 , 4 06 , 6 2 MZ = =El momento va en sentido horario. PROBLEMA 1.24Se aplican a la pieza compuesta ABDE las cuatro fuerzas mostradas en la figura, donde la fuerza de 50N es vertical, la fuerza de 250N paralela al eje X, las fuerzas de 300N y 120N son paralelas al eje Y. Determinar la fuerza resultante y el momento resultante de todas las fuerzas respecto a los ejes coordenados. Fig. 1.46 Solucin: Proyectamos las fuerzas en cada eje, calculando su resultante parcial respecto a cada eje. 250 RX =420 120 300 RY = =50 RZ =Luego, la fuerza resultante es: k 50 j 420 i 250 R =Ahora, analizamos los momentos respecto a los ejes coordenados: METODO ESCALAR: EJE OX (PLANO YZ): m . N 22 mm . N 22000 100 . 120 200 . 50 MX = = = 35 Fig. 1.47 EJE OY (PLANO XZ): 0 MY = Fig. 1.48 EJE OZ (PLANO XY): m . N 8 , 30 mm . N 30800 200 . 250 160 . 120 MZ= = + = Fig. 1.49 METODO VECTORIAL: Escribimos las fuerzas en forma vectorial, asumiendo que los mdulos de las fuerzas sonN 50 F1 = ; N 300 F2 = ;N 250 F3 =yN 120 F4 = 36 k 50 F1 = j 300 F2 = i 250 F3 = j 120 F4 = Luego: = = + + + = =41 i4 3 2 1 ik 50 j 420 i 250 F F F F F R Ahora, determinamos los momentos respecto a los ejes coordenados: EJE OX: mm . N 10000 200 . 500 0 150 0 010 200 0. xF r MX 1 OFFOX11 = = = =00 0 10 300 00 220 0. xF r MX 2 OFFOX22= = =00 0 10 0 2500 200 170. xF r MX 3 OFFOX33= = =mm . N 12000 ) 100 ).( 120 (0 0 10 120 0100 220 160. xF r MX 4 OFFOX44 = = = =Luego: m . N 22 mm . N 22000 12000 10000 M M M M M4 3 2 1FOXFOXFOXFOX X = = = + + + =EJE OY: 00 1 050 0 010 200 0. xF r MY 1 OFFOY11= = =00 1 00 300 00 220 0. xF r MY 2 OFFOY22= = =00 1 00 0 2500 200 170. xF r MY 3 OFFOY33= = = 37 00 1 00 120 0100 220 160. xF r MY 4 OFFOY44= = =Luego: 0 M M M M M4 3 2 1FOYFOYFOYFOY Y= + + + =EJE OZ: 01 0 050 0 010 200 0. xF r MZ 1 OFFOZ11= = =01 0 00 300 00 220 0. xF r MZ 2 OFFOZ22= = =mm . N 50000 ) 200 ).( 250 (1 0 00 0 2500 200 170. xF r MZ 3 OFFOZ33= = = =mm . N 19200 1 ). 120 .( 1601 0 00 120 0100 220 160. xF r MZ 4 OFFOZ44 = = = =Luego: m . N 8 , 30 mm . N 30800 19200 50000 M M M M M4 3 2 1FOZFOZFOZFOZ Z= = = + + + = PROBLEMA1.25UnafuerzanicaPactasobreelpuntoCendireccinperpendicularalmango BC, el cual es paralelo al eje X. Determinar el valor del nguloo y el momento XMde la fuerza P con respecto al eje X, cuando o70 = u , sabiendo quem . N 20 MY =ym . N 5 , 37 MZ = Fig. 1.50 Solucin: Resolvemos el problema por ambos mtodos. 38 METODO ESCALAR: EJE OX (PLANO YZ): ) Psen .( 70 cos 2 , 0 ) cos P .( 70 sen 2 , 0 Mo oXo + o = Fig. 1.51 EJE OY (PLANO XZ): o = o = cos P 25 , 0 ) 25 , 0 .( cos P MY Fig. 1.52 EJE OZ (PLANO XY): o = Psen 25 , 0 MZ Fig. 1.53 39 Por datos del problema: 20 cos P 25 , 0 = o (a) 5 , 37 Psen 25 , 0 = o (b) Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: 875 , 1 tg = oLuego: o93 , 61 ) 875 , 1 ( arctg = = oReemplazamos el valor obtenido en la ecuacin (a): N 17093 , 61 cos 25 , 020Po = =Ahora, determinamos el momento respecto al eje X m . N 29 , 25 93 , 61 sen ). 170 .( 70 cos 2 , 0 93 , 61 cos ). 170 .( 70 sen 2 , 0 Mo o o oX= + =El sentido del momento es antihorario. METODO VECTORIAL: Trazamos un vector OCr , siendo: k 70 cos 2 , 0 j 70 sen 2 , 0 i 25 , 0 ro oOC+ + = k ). cos P ( j ). Psen ( P o + o = Luego: o o = =cos P Psen 070 cos 2 , 0 70 sen 2 , 0 25 , 0k j iP x r Mo oOC O o +oo o =Psen 070 sen 2 , 0 25 , 0kcos P 070 cos 2 , 0 25 , 0jcos P Psen70 cos 2 , 0 70 sen 2 , 0i Mo o o oO k ) Psen 25 , 0 ( j ) cos P 25 , 0 ( i ) Psen 70 cos 2 , 0 cos P 70 sen 2 , 0 ( Mo oOo + o + o + o =Siendo: o + o = Psen 70 cos 2 , 0 cos P 70 sen 2 , 0 Mo oX o = cos P 25 , 0 MY o = Psen 25 , 0 MZ Por datos del problema: 20 cos P 25 , 0 = o (a) 5 , 37 Psen 25 , 0 = o (b) Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: 875 , 1 tg = oLuego: 40 o93 , 61 ) 875 , 1 ( arctg = = oReemplazamos el valor obtenido en la ecuacin (a): N 17093 , 61 cos 25 , 020Po = =Ahora, determinamos el momento respecto al eje X m . N 29 , 25 93 , 61 sen ). 170 .( 70 cos 2 , 0 93 , 61 cos ). 170 .( 70 sen 2 , 0 Mo o o oX= + =Como se podr apreciar se obtienen los mismos resultados por ambos mtodos. 1.5CUPLA O PAR DE FUERZAS PROBLEMA 1.26 Ser correcto afirmar que los dos sistemas mostrados son equivalentes? Fig. 1.54 Solucin: Calculamoslosmomentosquegeneranambossistemas,yaquesetratadecuplasoparesde fuerzas, cuyas proyecciones como fuerzas en los ejes X e Y son ceros. SISTEMA I: m . N 6 3 , 0 . 20 MI = =SISTEMA II: m . N 6 4 2 , 0 . 10 MII = =Efectivamente,ambossistemassonequivalentes,yaquegeneranelmismomomento.Hayque aclarar, que sistema equivalente no es lo mismo que igual, ya que generan diferentes efectos. PROBLEMA 1.27 Los trabajadores del sector petrolero pueden ejercer entre 220N y 550N con cada mano sobre el volante de una vlvula (una mano en cada lado). Si para cerrar la vlvula se requiere un par de momento de 140N.m, determinar el intervalo del dimetro d que debe tener el volante. Fig. 1.55 41 Solucin: Analizamos cada caso, es decir: FUERZA 220N: Se sabe: M Fd =Reemplazamos valores: 140 d 220 =Obtenemos: m 636 , 0 d =FUERZA 550N: Analizamos en forma anloga al caso anterior: 140 d 550 =m 254 , 0 d =Luego, el intervalo en el cual puede variar el dimetro del volante es: m 636 , 0 d m 254 , 0 s s PROBLEMA 1.28 La placa delgada en forma de paralelogramo mostrado en la figura, se somete a la accin de dos pares de fuerzas (cuplas), determinar: a)El momento formado por las dos fuerzas de 210N, indicando su sentido. b)Ladistanciaperpendicularentrelasfuerzasde120N,sielparresultantedelosdospareses nulo. Fig. 1.56 Solucin: a)El momento del par formado por las dos fuerzas de 210N es: m . N 6 , 33 16 , 0 . 210 M210= =La orientacin del momento es sentido antihorario. b)Por dato del problema: 0 M M210 120= +0 6 , 33 d 120 = + m 28 , 0 d =Siendo d la distancia perpendicular entre las fuerzas de 120N 42 PROBLEMA1.29Si el sistema mostrado es equivalente a un parm . T 16 M = , determinar el valor deo tal queF sea mnimo y luego estimar el valor deF mnimo. Fig. 1.57 Solucin: En la figura 1.58 se muestra la distancia d que separa ambas fuerzasF Fig. 1.58 Se sabe que: d . F M =Reemplazamos valores: ) sen 2 .( F 16 o =o=sen8FEl valor deF ser mnimo, cuando el denominador, es deciro sen , sea mximo, esto es: mnF 1 sen = o o90 = oLuego: T 8 Fmn = 1.6TRASLACION DE FUERZAS. PAR DE TRANSPORTE PROBLEMA1.30TrasladartodaslasfuerzasmostradasalpuntoByexpresarlascomounasola fuerza ms un momento. En su respuesta debe incluir la direccin de la fuerza. Solucin: Como se sabe, el resultado de trasladar una fuerza hacia otro punto, generar un momento ms la accin de la fuerza en dicho sentido, por ello, el equivalente de un sistema de fuerzas, ser la suma delasproyeccionesdelasfuerzasenlosejesverticalyhorizontalmselmomentoresultantede todas ellas. 43 Fig. 1.59 Enbasealoindicadoanteriormente,calculamoslasproyeccionesdelasfuerzasenelpuntoBy determinamos la resultante de las mismas. | = + = T 70 40 30 FBRV = = T 10 10 20 FBRH ( ) ( ) T 71 , 70 10 70 F F F2 22BRH2BRVBR= + = + =Determinamos el nguloo que forma la fuerza resultante BRFcon el eje horizontal 71070FFtgBRHBRV= = = o o87 , 81 ) 7 ( arctg = = o Fig. 1.60 Ahora, calculamos el momento resultante: m . T 10 1 . 40 1 . 10 2 . 30 MB = + + =Esquematizamos los resultados obtenidos en la figura 1.61 Fig. 1.61 44 PROBLEMA1.31TrasladartodaslasfuerzasmostradasalpuntoByexpresarlascomounasola fuerza ms un momento. En su respuesta debe incluir la direccin de la fuerza. Fig. 1.62 Solucin: CalculamoslasproyeccionesdelasfuerzasenelpuntoBydeterminamoslaresultantedelas mismas. | = + = N 82 , 1392 60 sen 800 700 Fo BRV = + = N 1000 60 cos 800 600 Fo BRH ( ) ( ) N 63 , 1714 1000 82 , 1392 F F F2 22BRH2BRVBR= + = + =Determinamos el nguloo que forma la fuerza resultante BRFcon el eje horizontal. 3928 , 1100082 , 1392FFtgBRHBRV= = = o o32 , 54 ) 3928 , 1 ( arctg = = o Fig. 1.63 Ahora, calculamos el momento resultante: m . N 59 , 803 200 ) 5 , 2 .( 700 ) 2 .( 60 cos 800 ) 5 , 0 .( 60 sen 800 Mo oB= + + =Esquematizamos los resultados obtenidos en la figura 1.64 45 Fig. 1.64 1.7REDUCCION DE FUERZAS PARALELAS PROBLEMA1.32En la figura 1.65 se muestra una platea de cimentacin, donde actan las cuatro columnas, sabiendo quela fuerza resultante acta en el punto (3;3,5)m del plano XY. Determinar los mdulos de las fuerzas P y Q Fig. 1.65 Solucin: Calculamos el valor de la resultante: | + + = + + + = ) 52 Q P ( 12 40 Q P RAplicamos el Teorema de Varignon para fuerzas paralelas, sabiendo que por condicin del problema, la ubicacin de la fuerza resultante es la mostrada en la figura 1.66 1) ==41 iFXRXiM M) 10 .( 12 ) 10 .( Q ) 4 .( P ) 5 , 3 ).( 52 Q P ( = + + 62 Q 5 , 6 P 5 , 0 = + (a) 46 2) ==41 iFYRYiM M) 5 .( Q ) 10 .( P ) 3 ).( 52 Q P ( + = + +156 Q 2 P 7 = + (b) Resolvemos (a) y (b), obteniendo: T 20 P =T 8 Q = Fig. 1.66 PROBLEMA1.33La figura muestra una platea de cimentacin, donde se encuentran apoyadas las columnas con las fuerzas indicadas. Determinar los mdulos de Py Q, de tal manera que el centro de presin pase por (2,4; 0,8) m. Fig. 1.67 Solucin: Calculamos el valor de la resultante: =| + + = + + + + = =81 ii) Q P 85 ( Q P ) 10 .( 2 20 ) 3 .( 15 F R 47 Aplicamos el Teorema de Varignon, sabiendo que el centro de presin es el lugar donde se ubica la resultante. 1)==81 iFXRXiM M6 . 10 3 . 20 5 ). 15 P 10 ( 8 , 0 ). Q P 85 ( + + + + = + + 63 Q 8 , 0 P 2 , 4 = (a) 2)==81 iFYRYiM M5 . 30 5 , 2 ). Q P 20 ( 4 , 2 ). Q P 85 ( + + + = + +40 Q P = + (b) Resolvemos (a) y (b), obteniendo: T 19 P =T 21 Q = PROBLEMA1.34La figura muestra una platea de cimentacin que tienela forma de un hexgono regular ABCDEF (en planta) de 6m de lado, sobre la cual se encuentran 6 columnas. Determinar los valores de P y Q, de modo que la fuerza resultante pase por el centro O de la platea. Fig. 1.68 Solucin: Un hexgono regular es aquel que tiene todos sus ngulos internos iguales y son de o120 . Tambin se puede definir, como una figura formada por 6 tringulos equilteros (figura 1.69) Fig. 1.69 48 Aplicamos el Teorema de Varignon: 1) ==61 iFXRXiM M) 3 .( Q ) 3 .( P 6 . 15 6 . 30 3 . 10 3 . 20 0 + + + =60 Q P = + (a) 2) ==61 iFYRYiM M) 2 , 5 .( Q 2 , 5 . 20 2 , 5 . 10 ) 2 , 5 .( P 0 + =10 Q P = (b) Resolvemos (a) y (b), obteniendo: T 35 P =T 25 Q = 1.8FUERZAS DISTRIBUIDAS PROBLEMA1.35DeterminarlaresultantedelacargadistribuidaqueactasobrelabarraABCe indicar su direccin, sentido y ubicacin. Fig. 1.70 Solucin: Calculamoslasresultantesdecadaaccindelacargadistribuidasobreunalnea,sabiendoque dicho valor es igual al rea de la figura. Para ello, dividimos en 3 figuras geomtricas: 2 rectngulos y 1 tringulo. RECTANGULO EN EL TRAMO AB: | = = lb 1500 3 . 500 R1 EstubicadaenelcentrodeltramoAB(centrodegravedaddelrectnguloformadoporlacarga distribuida de 500lb/pie con el tramo AB) RECTANGULO EN EL TRAMO BC: | = = lb 2000 4 . 500 R2 EstubicadaenelcentrodeltramoBC(centrodegravedaddelrectnguloformadoporlacarga distribuida de 500lb/pie con el tramo BC) TRIANGULO EN EL TRAMO BC: | = = lb 600 4 . 300 .21R3 49 Estubicadaaunadistanciade2/3delalongituddeltramoBCrespectoalpuntoB(centrode gravedad del tringulo formado por la diferencia de 800lb/pie y 500lb/pie con el tramo BC), es decir, a una distancia 2,67pie respecto al punto B o a una distancia 1,33pie respecto al punto C. Fig. 1.71 Calculamos la resultante del sistema de fuerzas distribuidas: =| = + + = =31 iYlb 4100 600 2000 1500 F RPara determinar la ubicacin de la resultante, aplicamos el Teorema de Varignon: ==31 iFZRZiM M) 67 , 5 .( 600 ) 5 .( 2000 ) 5 , 1 .( 1500 Rx = 15652 x 4100 = pie 82 , 3 x = PROBLEMA1.36La resultante de las dos cargas distribuidas triangulares es un par antihorario de 60kN.m. Determinar la intensidad de la carga w0 Fig. 1.72 50 Solucin: Determinamoslasresultantesyorientamossusdireccionesdeacuerdoalomostradoenlafigura 1.73 Fig. 1.73 Calculamos el valor de w0, aplicando el concepto de cupla o par de fuerzas 60 ) 5 , 5 .( w 5 , 10=m / kN 27 , 7 w0 = PROBLEMA1.37Paralaplateadecimentacinmostradaenlafigura,determinelaresultantedel sistema de fuerzas, as como su ubicacin y sentido, si todas las cargas distribuidas son lineales. Fig. 1.74 Solucin: Calculamos la ubicacin y valor de las resultantes parciales de cada tramo. TRAMO FJ: N 9000 3 . 3000 R1= = Fig. 1.75 51 TRAMO EF, HJ: N 12000 4 . 3000 R2= = Fig. 1.76 TRAMO EG: N 15000 5 . 3000 R3= = Fig. 1.77 TRAMO AD: N 3750 ) 2500 ).( 3 .(21R4= = Fig. 1.78 TRAMO AB: N 8000 4 . 2000 R5= =N 5000 ) 2500 ).( 4 .(21R6= = Fig. 1.79 52 Calculamos el valor de la resultante: =| = + + + + + + = =81 iiN 66250 3750 15000 8000 5000 2 . 12000 9000 1500 R RAplicamos las cargas a la platea de cimentacin, tal como se muestra en la figura 1.80 Fig. 1.80 Para determinar la ubicacin de la resultante, utilizamos el Teorema de Varignon. 1) ==81 iFXRXiM M3 . 8000 3 . 5000 3 . 1500 1 . 3750 3 . 12000 5 , 1 . 15000 5 , 1 . 9000 y 66250 + + + + = m 373 , 0 y =2) ==81 iFYRYiM M4 . 3750 2 . 15000 2 . 8000 33 , 1 . 5000 4 . 9000 4 . 1500 2 . 12000 2 . 12000 x 66250 + + + + = m 337 , 0 x =Esto quiere decir, que la ubicacin de la resultante es la misma que la mostrada en la figura 1.80 PROBLEMA 1.38 Sabiendo que la abscisa de las coordenadas del centro de presin del conjunto de cargas distribuidas es 1,073m. Determinar el valor de a Solucin: Determinamos las resultantes de la accin de cada carga distribuida sobre superficie: CARGA TRIANGULAR: a 2250 ) 5 , 1 ).( a ).( 3000 .(21P1= =CARGA RECTANGULAR: 53 9000 ) 2 ).( 5 , 1 .( 3000 P2= =CARGA SEMICIRCULAR: 39 , 4712 ) 1 .(2. 3000 P23=|.|

\| t=Calculamos el valor de la resultante: =| + = + + = =31 ii) 39 , 13712 a 2250 ( 39 , 4712 9000 a 2250 P R Fig. 1.81 Ahora, aplicamos las fuerzas (figura 1.82) y el Teorema de Varignon: ==31 iPYRYiM M) 924 , 1 .( 39 , 4712 ) 75 , 0 .( 9000 ) 75 , 0 .( a 2250 073 , 1 ). 39 , 13712 a 2250 ( + + = +m 518 , 1 a = Fig. 1.82 54 PROBLEMA1.39Paralaplateadecimentacinmostradaenlafigura,sesabequeademsdela cargadistribuida 2m / T 2 w = ;existeunacargapuntualverticaldirigidahaciaabajodemagnitud T 16 P =ubicada en (2; 0; 2) y que CD es paralelo al eje OZ. Determinar la resultante del sistema y su ubicacin. Fig. 1.83 Solucin: Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas en las zonas rectangular y triangular SECTOR RECTANGULAR: T 36 2 . 6 . 3 R1= =SECTOR TRIANGULAR: T 9 2 . 3 . 3 .21R2= =Ubicamos las fuerzas resultantes y la cargaT 16 P = , de acuerdo a lo indicado en el problema Fig. 1.84 Calculamos la resultante del sistema de fuerzas: | = + + = T 61 9 16 36 R 55 Aplicamos el Teorema de Varignon, teniendo en cuenta los ejes coordenados: 1) ==31 iFXRXiM M5 . 9 3 . 36 2 . 16 z . 61 + + =m 03 , 3 z =2) ==31 iFZRZiM M4 . 9 5 , 1 . 36 2 . 16 x . 61 = m 2 x =En consecuencia, las coordenadas del centro de presin son (2; 0; 3,03) m. PROBLEMA1.40Determinarlascoordenadasdelcentrodepresindelasfuerzasdistribuidas mostradasenlafigura,dondeelcilindrocircularhuecode1,5mderadioseencuentraenlaparte centralcorrespondientealasfuerzasdistribuidasuniformesobreunasuperficiedelazonapositiva de los ejes X, Y, Z Fig. 1.85 Solucin: Calculamos las resultantes de la carga distribuida triangular y la carga rectangular con crculo interior CARGA TRIANGULAR: N 18000 2000 . 6 . 3 .21R1= =CARGA RECTANGULAR CON CIRCULO INTERIOR: N 83 , 57862 2000 ). 5 , 1 . 6 . 6 ( R22= t =Ubicamos las fuerzas resultantes en la figura 1.86 y determinamos el valor de la resultante: | = + = N 83 , 75862 83 , 57862 18000 RAplicamos el Teorema de Varignon: ==21 iFXRXiM M 56 1 . 18000 3 . 83 , 57862 y . 83 , 75862 + = De donde: m 05 , 2 y =Luego, las coordenadas del centro de presin son (3; 2,05; 0) m. Fig. 1.86 57 CAPITULO 2 EQUILIBRIO 2.1DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE PROBLEMA 2.1 Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para: a)La viga isosttica ABC Fig. 2.1 b)La viga hiperesttica AB Fig. 2.2 Solucin: Se denomina diagrama de cuerpo libre (DCL), al esquema resultante de eliminar los apoyos, fuerzas distribuidasycargaspuntualesinclinadas,reemplazndolosporsusreaccionesyfuerzas equivalentesresultantesdelascargasdistribuidasocomponentesdelascargaspuntuales inclinadas. Hayquerecordar,queunapoyosimpleposee1reaccin,elapoyofijoposee2reaccionesyel empotramiento 3 reacciones (2 fuerzas y 1 momento). Tambin hay que aclarar, que una viga es isosttica, cuando se puede resolver su equilibrio por las ecuaciones simples delaesttica ehiperesttica, cuando no sepuede resolver porlasecuaciones simples de la esttica y necesita ecuaciones adicionales de compatibilidad. a)Calculamoslaresultantedelacargatrapezoidal,dividindolaenunacargauniformemente distribuida y otra carga triangular. CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA: | = = N 6000 3 . 2000 R1 58 CARGA TRIANGULAR: | = = N 3000 3 . 2000 .21R2 Luego, descomponemos la carga puntual inclinada. CARGA INCLINADA: = = N 400 60 cos 800 RoX 3 | = = N 82 , 692 60 sen 800 RoY 3 Ubicamos las cargas resultantes en los centros de gravedad para lasdistribuidasy en el punto deaccindelasmismasparalaspuntualesdescompuestas,talcomosemuestraenlafigura 2.3. Ntese, que el momento queda igual. Fig. 2.3 b)Efectuamos en forma anloga con la viga hiperesttica AB CARGA TRIANGULAR: | = = N 900 5 , 1 . 1200 .21R1 CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA: | = = N 3000 1200 . 5 , 2 R2 Con estos valores, esquematizamos el DCL de la viga hiperesttica. Fig. 2.4 59 PROBLEMA2.2Paralavigamostradaenequilibrio,cuyopesoes300N,dondeenAexisteun empotramiento, dibuje su diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado. Fig. 2.5 Solucin: Calculamoslasresultantesdelacargatrapezoidal,dividindolaenuniformementedistribuiday triangular. CARGA UNIFORMEMENTE DISTRIBUIDA: | = = N 900 ) 5 , 4 .( 200 R1 CARGA TRIANGULAR: | = = N 675 ) 300 ).( 5 , 4 .(21R2 Luego, el DCL ser el mostrado en la figura 2.6 Fig. 2.6 Como se puede apreciar, el peso se ubica en el centro de la viga. 2.2CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS SIMPLES PROBLEMA 2.3 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes armaduras:

60 Fig. 2.7 Solucin: a)Esquematizamos las reacciones como se muestra en la figura 2.8, calculando sus valores por las ecuaciones simples de equilibrio esttico en el plano. Fig. 2.8 ParadeterminarelmomentoenA,aplicamoselconceptodemomentorespectodeunpuntoy recordandoquelaorientacindelmomentoespositivaensentidoantihorarioynegativaen sentido horario. = 0 MA0 ) 18 .( 4 ) 15 .( 8 ) 12 .( 8 ) 9 .( 8 ) 6 .( 8 ) 3 .( 8 ) 3 .( 2 ) 18 .( VP= | = T 33 , 24 VP = 0 FY0 ) 5 .( 8 ) 2 .( 4 33 , 24 VA= +| = T 67 , 23 VA = 0 FX0 H 2A = = T 2 HA b)Esquematizamos las reacciones como se muestra en la figura 2.9 61 Fig. 2.9 Para calcular las reacciones, previamente, ser necesario calcular el valor del nguloo Fig. 2.10 5 , 135 , 4tg = o |.|

\|= o31arctgo435 , 18 = oAhora, determinamos la longitud del tramo AF m 23 , 14 5 , 4 5 , 13 L2 2AF= + == 0 MA0 ) 23 , 14 .( 45 ) 486 , 9 .( 90 ) 743 , 4 .( 90 ) 27 .( VM= | = kN 147 , 71 VM = 0 FY0 ) 435 , 18 cos 90 .( 2 ) 435 , 18 cos 45 .( 2 147 , 71 Vo oA= +| = kN 997 , 184 VA = 0 FX0 ) 435 , 18 sen 90 .( 2 ) 435 , 18 sen 45 .( 2 Ho oA= + + = kN 382 , 85 HA Ntese,queparalasumatoriadefuerzasproyectadasenlosejeshorizontalyvertical,setuvo que descomponer las fuerzas de 45kN y 90kN en dichos ejes. PROBLEMA 2.4Sabiendo que la viga homognea AD pesa W, determinar la distancia x tal que la componente de reaccin en el apoyo B sea el doble de la componente de reaccin en C Fig. 2.11 62 Solucin: Por condicin del problema, sabemos que C BV 2 V = , entonces analizamos el equilibrio de la viga. = 0 FY W V VC B= +| =3WVC | =3W 2VB Luego, esquematizamos las reacciones en la viga y determinamos la distancia x Fig. 2.12 = 0 MA0 ) 4 .(3W) 3 .( W ) x .(3W 2= + m 5 , 2 x = PROBLEMA2.5Determinar el peso de lavigaylascomponentes de reaccin en el apoyoA, si la reaccin en B es 14,44kN Fig. 2.13 Solucin: Esquematizamos el peso de lavigacomo Pylo ubicamosen el centrode la misma,analizandoel equilibrio de la estructura. Fig. 2.14 = 0 MA0 ) 5 .( 60 sen 4 6 ) 5 , 2 .( P ) 3 .( 44 , 14o= kN 8 P == 0 FX 0 60 cos 4 HoA= = kN 2 HA 63 0 FY = 0 60 sen 4 8 44 , 14 VoA= + | = kN 97 , 2 VA PROBLEMA 2.6 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes vigas: Fig. 2.15 Solucin: a)Esquematizamos las reacciones, como se muestra en la figura 2.16 y calculamos sus reacciones Fig. 2.16 = 0 MB0 4 ) 3 ).( 6 .( 10 ) 6 .( VC= + | = T 33 , 29 VC = 0 FY0 ) 6 .( 10 8 33 , 29 VB= + | = T 67 , 38 VB = 0 FX0 HB =b)Esquematizamossus reacciones(figura2.17)ydeterminamossusvalores,descomponiendola carga puntual de 60kN en sus fuerzas horizontal y vertical. Fig. 2.17 64 = 0 MB0 ) 4 ).( 15 cos 60 ( ) 18 ).( 15 sen 60 ( 6 ). 12 .( 10 ) 6 .( 30 ) 12 .( Vo oC= + +| = kN 02 , 41 VC = 0 FY0 15 sen 60 ) 12 .( 10 30 02 , 41 VoB= + +| = kN 45 , 93 VB = 0 FX0 15 cos 60 HoB= + = kN 95 , 57 HB PROBLEMA 2.7 Determinar las reacciones en los apoyos de las siguientes barras de eje quebrado: Fig. 2.18 Solucin: a)Calculamoslasresultantesdelaaccindelacargauniformementedistribuidade12T/myla cargatrapezoidal,dividiendoestaltimaen2resultantesparcialesdeunauniformemente distribuidayotratriangular,esquematizandotodaslascargasyreaccionesdelabarradeeje quebrado en la figura 2.19 65 Fig. 2.19 Determinamos las reacciones por las ecuaciones de equilibrio esttico: = 0 MC0 ) 667 , 1 .( 15 ) 5 , 2 .( 60 ) 2 .( 53 sen 60 ) 5 , 6 .( 53 cos 60 ) 8 .( Vo oA= + + + + | = T 125 , 63 VA = 0 FY 0 15 60 53 cos 60 V 125 , 63oC= +| = T 875 , 47 VC = 0 FX 0 H 53 sen 60Co= = T 48 HC b)Orientamos las reacciones en los apoyos como se muestra en la figura 2.20 y determinamos sus valores mediante el equilibrio esttico. Fig. 2.20 = 0 MA0 ) 4 .( 3000 ) 6 ).( 2000 ).( 3 .(21) 5 , 2 ).( 5 .( 800 ) 7 .( VC= | = N 28 , 5714 VC 66 = 0 FY0 ) 2000 ).( 3 .(213000 37 cos ). 5 .( 800 28 , 5714 VoA= +| = N 72 , 3485 VA = 0 FX0 H 37 sen ). 5 .( 800Ao= = N 2400 HA PROBLEMA2.8EnlasiguienteestructuraenequilibriosetieneunabarradobladaABC,lacual pesa 330kgf, determinar las componentes de reaccin en los apoyos A y C Fig. 2.21 Solucin: Como el peso total es 330kgf, determinamos los pesos en los tramos AB y BC, dividindolo en forma proporcional a su longitud, obteniendo: kgf 180 PAB =kgf 150 PBC =Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas y ubicamos dichas resultantes en el DCL de la viga doblada ABC, tal como se muestra en la figura 2.22 Fig. 2.22 67 Calculamos las reacciones en los apoyos, aplicando las ecuaciones de equilibrio esttico en el plano = 0 MA 0 ) 8 .( 53 sen 3000 ) 5 , 1 .( 53 cos 3000 ) 8 .( 150 ) 6 .( 400 ) 5 , 5 .( 225 ) 3 .( 180 ) 5 , 1 .( 2025 ) 10 .( Vo oC= + | = kgf 2784 VC = 0 FY 0 53 sen 3000 150 400 180 2025 225 2784 VoA= + +| = kgf 2146 VA = 0 FX 0 53 cos 3000 HoA= = kgf 1800 HA PROBLEMA2.9DeterminarlasreaccionesenlosapoyosAyCdelaestructuramostradaenla figura 2.23 Fig. 2.23 Solucin: Proyectamos la reaccin ARen la horizontal y vertical (figura 2.24)y analizamos el equilibrio de la estructura. Fig. 2.24 68 = 0 MC0 ) 5 , 4 .( 29 , 88 ) 5 , 7 .( 675 ) 8 , 10 .( 18 sen R ) 15 .( 18 cos RoAoA= + + kN 216 , 310 RA == 0 FY 0 675 18 cos 216 , 310 VoC= +| = kN 967 , 379 VC = 0 FX 0 18 sen 216 , 310 29 , 88 HoC= + = kN 572 , 7 HC Ntese, que la reaccin ARforma un ngulo de o18con la vertical PROBLEMA 2.10Determinar las reacciones en los apoyos de los siguientes prticos, considerando para el caso b) que la carga de 10kN y el momento de 8kN.m dividen a la barra CD en tres tramos iguales. Fig. 2.25 Solucin: a)Orientamoslasreaccionesenlosapoyos,comosemuestraenlafigura2.26,calculandolas reacciones por las ecuaciones de equilibrio esttico. 69 Fig. 2.26 = 0 MA0 ) 6 , 3 .( 108 ) 2 , 7 .( 54 ) 4 , 5 ).( 8 , 10 .( 60 ) 8 , 10 .( VD= | = kN 396 VD = 0 FY0 ) 8 , 10 .( 60 396 VA= +| = kN 252 VA = 0 FX0 54 108 HA= + + = kN 162 HA b)Esquematizamoslasreaccionesenlosapoyos,talcomosemuestraenlafigura2.27y calculamos sus valores por el equilibrio esttico. Fig. 2.27 = 0 MA 0 838. 53 sen 10 ) 5 .( 53 cos 10 4 .32). 20 ).( 4 .(21) 2 ).( 4 .( 15 ) 7 .( Vo oD= +|.|

\|+ |.|

\| | = kN 476 , 32 VD 70 = 0 FY0 53 cos 10 ) 20 ).( 4 .(21476 , 32 VoA= +| = kN 524 , 13 VA = 0 FX0 ) 4 .( 15 53 sen 10 HoA= + = kN 52 HA 2.3CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS CON ROTULAS INTERMEDIAS PROBLEMA2.11Determinar las reacciones en los apoyos A, C y D, sabiendo que en B existe una rtula. Fig. 2.28 Solucin: Efectuamos un corte en la rtula B y analizamos el equilibrio en el tramo AB de la viga, sabiendo que en una rtula existen 2 fuerzas internas. = 0 MA0 ) 15 ).( 30 .( 45 ) 12 .( 450 ) 30 .( VB= | = kN 855 VB = 0 FY 0 ) 10 .( 45 450 855 VA= +| = kN 945 VA = 0 FX B AH H= Fig. 2.29 71 Ahora, analizamos el equilibrio del tramo BCD de la viga. = 0 MD0 ) 45 .( 360 ) 27 ).( 54 .( 45 ) 54 .( 855 ) 36 .( VC= + + + | = kN 3555 VC = 0 FY 0 ) 54 .( 45 360 855 V 3555D= +| = kN 90 VD = 0 FX 0 HB =De esta manera, se cumplir que0 H HB A= = Fig. 2.30 Ahora, comprobamos el equilibrio de toda la viga, incorporando,para ello,las reacciones obtenidas en el clculo previo. Fig. 2.31 = 0 FX 0 0 == 0 FY 0 ) 84 .( 45 360 450 90 3555 945 = + += 0 MB 0 ) 12 ).( 84 .( 45 ) 9 .( 360 ) 30 .( 945 ) 18 .( 450 ) 54 .( 90 ) 18 .( 3555 = + +De esta manera, se ha comprobado el correcto clculo de las reacciones en los apoyos. 72 PROBLEMA2.12Sabiendoqueelsiguientesistemaseencuentraenequilibrio,dondeenCyE existen rtulas, determinar las componentes de reaccin en los apoyos A, B, D y F Fig. 2.32 Solucin: Analizamos en forma consecutiva los tramos EF, CDE y ABC TRAMO EF: = 0 FX 0 HE == 0 ME0 ) 2 , 1 ).( 3 ).( 8 , 1 .(21) 8 , 1 .( VF= | = T 8 , 1 VF = 0 FY 0 ) 3 ).( 8 , 1 .(218 , 1 VE= + | = T 9 , 0 VE Fig. 2.33 TRAMO CDE: = 0 FX 0 60 cos 2 HoC= =T 1 HC = 0 MC0 ) 2 .( 9 , 0 ) 1 .( 60 sen 2 ) 1 .( VoD= | = T 53 , 3 VD = 0 FY 0 9 , 0 60 sen 2 V 53 , 3oC= | = T 9 , 0 VC 73 Fig. 2.34 TRAMO ABC: = 0 FX 0 1 HA= =T 1 HA = 0 MA0 ) 5 , 0 ).( 3 .( 2 5 , 0 ) 3 .( 9 , 0 ) 2 .( VB= + + | = T 1 , 0 VB = 0 FY 0 9 , 0 ) 3 .( 2 1 , 0 VA= + | = T 2 , 5 VA Fig. 2.35 Ahora,comprobamoselequilibriodetodalaviga,incorporandolasreaccionesobtenidasenel clculo previo. Fig. 2.36 = 0 FX 0 60 cos 2 1o= = 0 FY 0 ) 3 ).( 8 , 1 .(2160 sen 2 ) 3 .( 2 8 , 1 53 , 3 1 , 0 2 , 5o= + + = 0 MF 0 ) 6 , 0 ).( 3 ).( 8 , 1 .(21) 8 , 2 .( 60 sen 2 ) 3 , 6 ).( 3 .( 2 5 , 0 ) 8 , 6 .( 2 , 5 ) 8 , 4 .( 1 , 0 ) 8 , 2 .( 53 , 3o= + + + + + De esta manera, se ha comprobado el correcto clculo de las reacciones en los apoyos. 74 PROBLEMA2.13En el sistema mostrado en equilibrio, las barras AB y BC pesan 200kgf y 100kgf, determinar las componentes de reaccin en los apoyos A y C Fig. 2.37 Solucin: Como se sabe, la resultante del peso de una estructura, se ubica en el propio centro de la misma y en este caso, por ser B una rtula, efectuamos un corte en dicha rtula y analizamos el equilibrio de los tramos BC y AB TRAMO BC: Fig. 2.38 = 0 MderB0 ) 5 , 0 .( 100 ) 1 .( VC= | = kgf 50 VC = 0 FY 0 100 50 VB= + | = kgf 50 VB = 0 FX 0 HB =TRAMO AB: Fig. 2.39 75 Como se podr apreciar, en la rtula B, la fuerza interna BVdel tramo AB es igual que la del tramo BC, pero en sentido opuesto. = 0 FX 0 HA == 0 FY 0 ) 600 ).( 3 .(2150 200 VA= | = kgf 1150 VA = 0 MA0 ) 2 ).( 600 ).( 3 .(21) 5 , 1 .( 200 ) 3 .( 50 MA= m . kgf 2250 MA =El momento AMva orientado en el mismo sentido que la figura 2.39 PROBLEMA2.14Enelsistemaenequilibriomostradoenlafigura,setienendosbarrasdobladas ABC de peso despreciable y CDE cuyo peso es 60kgf. Determinar las componentes de reaccin en los apoyos A y E Fig. 2.40 Solucin: Distribuimos las reacciones y pesos en forma proporcional a su longitud y analizamos todo el sistema (figura 2.41,a): = 0 MA0 120 ) 5 .( 36 ) 5 , 3 .( 24 ) 0 ).( 50 ).( 6 .(21) 5 , 1 .( H ) 5 .( VE E= + 144 H 5 , 1 V 5E E= (a) Ahora, analizamos la parte derecha de la estructura, es decir derecha de la rtula C (figura 2.41,b): = 0 MderC0 120 ) 3 .( 36 ) 5 , 1 .( 24 ) 5 , 4 .( H ) 3 .( VE E= + 24 H 5 , 4 V 3E E= (b) Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: 76 | = kgf 34 VE = kgf 33 , 17 HE Retornamos al sistema general (figura 2.41,a), analizando el equilibrio final: = 0 FX 0 33 , 17 HA= = kgf 33 , 17 HA = 0 FY 0 36 24 ) 50 ).( 6 .(2134 VA= +| = kgf 176 VA Fig. 2.41 PROBLEMA 2.15 Determinar las reacciones en los apoyos A y C del arco triarticulado ABC Fig. 2.42 Solucin: Analizamos el equilibrio del arco triarticulado ABC: = 0 MA0 ) 30 .( 270 ) 12 .( 135 ) 6 .( 135 ) 36 .( VC= | = kN 5 , 292 VC 77 = 0 FY 0 270 135 135 5 , 292 VA= +| = kN 5 , 247 VA ParadeterminarlasreaccioneshorizontalesenAyC,efectuamosuncorteenlartulaBy analizamos el tramo AB del arco. = 0 MizqB0 ) 9 .( H ) 12 .( 135 ) 6 .( 135 ) 18 .( 5 , 247A= = kN 225 HA Fig. 2.43 Para determinar la reaccin horizontal en el apoyo C, analizamos el equilibrio del arco ABC = 0 FX 0 H 225C = = kN 225 HC De esta manera, las reacciones finales de todo el arco se muestran en la figura 2.44 Fig. 2.44 78 PROBLEMA2.16DeterminarlasreaccionesenlosapoyosAyBdelarcotriarticuladoACB mostrado en la figura 2.45 Fig. 2.45 Solucin: Efectuamos el equilibrio de todo el arco ACB = 0 MA0 ) 6 .( H ) 33 .( 180 ) 18 .( 180 ) 12 .( 360 ) 42 .( VB B= + 2250 H V 7B B= + (a) Ahora, efectuamos un corte en la rtula C y analizamos el equilibrio del tramo CB = 0 MderC0 ) 18 .( V ) 6 .( H ) 9 .( 180B B= + 270 H V 3B B= (b) Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: | = kN 252 VB = kN 486 HB Retornamos, para analizar el equilibrio de todo el arco, determinando las componentes de reaccin en el apoyo A Fig. 2.46 79 = 0 FX 0 486 HA= = kN 486 HA = 0 FY 0 180 180 360 252 VA= +| = kN 468 VA De esta manera, las componentes de reaccin en los apoyos A y C se muestran en la figura 2.46 2.4CALCULO DE ESTRUCTURAS COMPUESTAS PROBLEMA 2.17 Para la estructura mostrada en equilibrio, determinar las componentes de reaccin en los apoyos A, E y la tensin en el cable FG Fig. 2.47 Solucin: Efectuamos un corte por el cable y analizamos el equilibrio de toda la estructura. = 0 MA 0 ) 9 , 4 .( 60 ) 3 , 1 ).( 100 ).( 9 , 3 .(21) 95 , 1 ).( 9 , 3 .( 200 ) 2 .( T ) 9 , 5 .( VFG E= 5 , 2068 T 2 V 9 , 5FG E= (a) Fig. 2.48 80 Ahora, efectuamos un corte en el perno B y analizamos el tramo BE = 0 MderB0 ) 2 .( T ) 3 .( VFG E= E FGV 3 T 2 = (b) Fig. 2.49 Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: | = N 27 , 713 VE = N 91 , 1069 TFG Luego, analizamos el equilibrio de todo el sistema: = 0 FX 0 T HFG A= = N 91 , 1069 HA = 0 FY 0 6029 , 3 ). 300 200 (27 , 713 VA= + +| = N 73 , 321 VA PROBLEMA2.18Paralaestructuramostradaenlafigura,despreciandoelpesodeAD,sepide calcularlasreaccionesenlosapoyos,sielpesodelabarraCDEes125kgyelpesodelabarra quebrada GEB es 250kg. Fig. 2.50 81 Solucin: Calculamos las reacciones en el centro C de la polea: Fig. 2.51 = 0 FX 0 H 250C = = kg 250 HC = 0 FY 0 250 VC= | = kg 250 VC Ahora,pasamosdichoefectoensentidosopuestosalabarraCDEyanalizamoselequilibriodela barra CDE incluyendo su peso de 125kg Fig. 2.52 = 0 ME0 ) 7 .( 125 ) 10 .( V ) 14 .( 250D= + | = kg 5 , 437 VD = 0 FY 0 V 250 125 5 , 437E = | = kg 5 , 62 VE Nos detenemos en el anlisis y pasamos a la barra AD Fig. 2.53 = 0 MA0 ) 6 .( HD= 0 HD == 0 FX 0 HA = 82 = 0 FY 0 5 , 437 VA= | = kg 5 , 437 VA Ahora, retornamos al equilibrio de la barra CDE = 0 FX 0 H 250E = = kg 250 HE Finalmente,analizamoselequilibriodelabarraGEB,aplicandolospesosenformaproporcionala sus longitudes y las acciones de las otras componentes en G y E Fig. 2.54 = 0 FX 0 H 250 250B = 0 HB == 0 FY 0 V 200 5 , 62 50B = + + | = kg 5 , 187 VB = 0 MB022. 50 ) 2 8 .( 250 ) 8 .( 250 MB=||.|

\|+ + + m . kg 91 , 388 MB =El sentido del momento BMes horario, tal como se muestra en la figura 2.54 PROBLEMA2.19Para laestructura mostrada enequilibrio,lapoleatiene masa 120kg, determinar las componentes de reaccin en: a)El centro E de la polea b)Los apoyos A y C c)La articulacin G 83 Fig. 2.55 Solucin: a)Calculamos el peso en el centro de la polea: N 2 , 1177 ) 81 , 9 .( 120 mg P = = =Luego, analizamos el equilibrio de la polea: = 0 FX0 H 500E = = N 500 HE = 0 FY0 2 , 1177 500 VE= | = N 2 , 1677 VE Fig. 2.56 b)Aplicamos todas las reacciones y sus acciones en toda la estructura (figura 2.57) = 0 FX0 500 500 HA= +0 HA == 0 MA0 ) 4 , 2 .( 2 , 1677 ) 2 , 1 .( 500 ) 8 , 1 .( 500 ) 6 , 3 .( VC= +| = N 8 , 1034 VC = 0 FY0 2 , 1677 8 , 1034 VA= +| = N 4 , 642 VA 84 Fig. 2.57 c)Analizamos el equilibrio de la barra BEG = 0 MB0 ) 2 , 1 .( 2 , 1677 ) 4 , 2 .( VG= | = N 6 , 838 VG Fig. 2.58 Luego, analizamos el equilibrio de la barra DGC: = 0 MD0 ) 4 , 2 .( H ) 8 , 1 .( 500G= + = N 375 HG Fig. 2.59 85 PROBLEMA2.20LasiguienteestructuraestenequilibrioyformadapordosbarrasAByBCde pesos 50N y 80N respectivamente. Se pide: a)Determinar las componentes de reaccin en los apoyos. b)DibujareldiagramadecuerpolibredelpernoenB,indicandolascomponentesdelasfuerzas que actan sobre el mismo. Fig. 2.60 Solucin: a)Ubicamos las cargas y pesos sobre la estructura, analizando su equilibrio: = 0 MA0 ) 2 ).( 4 .( 200 ) 4 .( 100 ) 1 .( 80 ) 5 , 2 .( H ) 2 .( VC C= +2080 H 5 , 2 V 2C C= +(a) Fig. 2.61 Ahora,analizamoselequilibriodelapartederechadelaestructura,efectuandouncorteenel perno B. = 0 MderB0 ) 1 .( 80 ) 5 , 1 .( H ) 2 .( VC C= 80 H 5 , 1 V 2C C= (b) 86 Fig. 2.62 Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: | = N 415 VC = N 500 HC Analizamos el equilibrio del tramo BC: = 0 FX0 500 H'B= = N 500 H'B = 0 FY0 V 80 415'B = | = N 335 V'B Retornamos al sistema completo (figura 2.61), para analizar su equilibrio: = 0 FX0 500 100 ) 4 .( 200 HA= + + = N 400 HA = 0 FY0 415 80 50 VA= + | = N 285 VA Ahora, analizamos la barra AB y comprobamos su equilibrio: = 0 FX0 ) 4 .( 200 H 400B= + = N 400 HB = 0 FY0 285 50 VB= | = N 335 VB Fig. 2.63 87 b)Conlosvaloresobtenidos,dibujamoselDCLdelpernoBycomprobamosqueexisteequilibrio en dicho nudo, lo cual certifica el correcto clculo. = 0 FX0 500 100 400 = += 0 FY0 335 335 = Fig. 2.64 PROBLEMA 2.21 Para el sistema en equilibrio mostrado en la figura, calcular: a)Las reacciones en el centro E de la polea b)La reaccin en el apoyo C y las fuerzas internas en el perno B c)La reaccin en el apoyo A y el diagrama de cuerpo libre del perno B Fig. 2.65 Solucin: a)Calculamos las reacciones en el centro E de la polea: = 0 FX0 20 HE= = T 20 HE = 0 FY0 20 VE= | = T 20 VE Fig. 2.66 88 b)Efectuamos un corte en el perno B (rtula) y analizamos el equilibrio en la barra BC = 0 MB0 25 ) 5 .( VC= T 5 VC == 0 FX0 H 37 cos 5Bo= = T 4 HB = 0 FY0 V 37 sen 5Bo= | = T 3 VB Fig. 2.67 c)Ahora, analizamos el equilibrio de la barra ADB, efectundolo de 2 formas: 1ra. FORMA: = 0 FX0 4 20 HA= + = T 16 HA = 0 FY0 3 20 VA= + | = T 17 VA = 0 MA0 M ) 5 , 0 .( 20 ) 5 , 4 .( 20 ) 8 .( 3A = + + m . T 56 MA = Fig. 2.68 2da. FORMA: = 0 FX0 20 4 HA= + = T 16 HA = 0 FY0 3 20 VA= + | = T 17 VA = 0 MA0 ) 8 .( 3 ) 4 .( 20 MA= + m . T 56 MA = 89 Fig. 2.69 Efectuamos el diagrama de cuerpo libre (DCL) del perno B y comprobamos el equilibrio en dicho nudo, corroborando, de esta manera, el correcto anlisis. = 0 FX0 4 4 = = 0 FY0 3 3 = Fig. 2.70 PROBLEMA 2.22La siguiente estructura en equilibrio est formada por dos barras AB y BC, donde labarraABesdepesodespreciable,labarraBCtiene0,5Tdepesoylapoleaesdepeso despreciable, con radiom 5 , 0 r = . Se pide: a)Determinar las componentes de reaccin en los apoyos A y C b)DibujareldiagramadecuerpolibredelpernoenB,indicandolascomponentesdelasfuerzas que actan sobre el mismo. Fig. 2.71 Solucin: a)Analizamos el equilibrio de toda la estructura, incorporando el peso de la barra BC (figura 2.72): = 0 MA0 ) 5 , 0 .( 4 ) 5 , 0 .( 4 ) 2 .( 5 , 0 ) 6 .( 2 ) 3 .( H ) 4 .( VC C= + +13 H 3 V 4C C= + (a) 90 Fig. 2.72 Ahora, analizamos el equilibrio de la barra BC: = 0 MderB0 ) 2 .( 5 , 0 ) 3 .( H ) 4 .( VC C= 1 H 3 V 4C C= (b) Fig. 2.73 Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: | = T 75 , 1 VC = T 2 HC Luego, analizamos el equilibrio de la barra BC: = 0 FX0 2 HB= = T 2 HB = 0 FY0 V 5 , 0 75 , 1B = | = T 25 , 1 VB Retornamos al sistema completo (figura 2.72): = 0 FX0 2 2 HA= + 0 HA == 0 FY0 75 , 1 5 , 0 8 VA= + | = T 75 , 6 VA Ahora, analizamos el equilibrio de la barra AB: = 0 FX0 0 H'B= 0 H'B == 0 FY0 8 V 75 , 6'B= + | = T 25 , 1 V'B 91 Fig. 2.74 b)Con los valores obtenidos, dibujamos el DCL del perno B y comprobamos el equilibrio del mismo = 0 FX0 2 2 0 = + = 0 FY0 25 , 1 25 , 1 = Fig. 2.75 2.5CALCULO DE REACCIONES DE ESTRUCTURAS ESPACIALES PROBLEMA 2.23 Calcular las reacciones que surgen en el empotramiento A, por efecto del sistema de cargas mostrado en la figura. Considerar que la barra CD es paralela al eje Z Fig. 2.76 92 Solucin: Sabemos que en un empotramiento en 3D existen 6 reacciones (3 fuerzas y 3 momentos), teniendo que analizar el equilibrio para 6 ecuaciones. Orientamos las reacciones en el punto A (fuerzas) en las direcciones mostradas en la figura 2.77 Fig. 2.77 = 0 FX 0 500 XA= + = N 500 XA = 0 FY 0 ) 6 .( 400 ) 600 ).( 3 .(211000 YA= | = N 4300 YA = 0 FZ0 800 ZA= N 800 ZA =La orientacin de la reaccin AZes la misma que la mostrada en la figura 2.77 Proyectamos los momentos en los planos YZ, XZ, XY, con la finalidad de determinar los momentos respecto a los ejes X, Y, Z respectivamente. = 0 MX0 ) 3 ).( 6 .( 400 ) 2 .( 800 MAX= + + m . N 8800 MAX = Fig. 2.78 = 0 MY0 ) 5 .( 800 MAY= + m . N 4000 MAY = 93 Fig. 2.79 = 0 MZ0 ) 5 .( 2400 ) 4 ).( 600 ).( 3 .(21) 2 .( 1000 MAZ= m . N 17600 MAZ = Fig. 2.80 PROBLEMA2.24LalosahomogneapesakN 8 P =yestunidaalaparedpormediodeuna rtula esfrica A, una rtula cilndrica B y un cable AD, cuyo peso se desprecia. La losa soporta una cargakN 15 F =y un par de fuerzas con momentom . kN 5 M = . Se pide determinar las reacciones en los apoyos y la tensin en el cable. Fig. 2.81 94 Solucin: Elaboramos el esquema de clculo, incorporando las cargas y reacciones en la losa. El pesoPlo aplicamos en el centroide de la losa, es decir en la interseccin de las diagonales.El sistema de ejes coordenados, lo elegimos de tal manera que la mayor cantidad de incgnitas sean paralelas a los ejes coordenados o intersectan a los mismos, disminuyendo, as, el clculo. Parasimplicidaddeclculo,descomponemoslosvectoresF yM pormediodesusproyecciones en los ejes coordenados. Fig. 2.82 FUERZA F: o = cos F F1 o = Fsen F2 MOMENTO M: o = cos M M1 o = Msen M2 Siendo: 6 , 0534 33GEGCcos2 2= =+= = o8 , 054GECEsen = = = oDe esta manera, obtenemos: kN 9 6 , 0 . 15 F1= =kN 12 8 , 0 . 15 F2= =m . kN 3 6 , 0 . 5 M1= =m . kN 4 8 , 0 . 5 M2= =La tensinS en el cable tambin lo descomponemos en sus proyecciones: S 866 , 0 30 cos . S So1= =S 5 , 0 30 sen . S So3= = 95 Fig. 2.83 Plateamos las ecuaciones de equilibrio esttico: = 0 FX 0 X X S FB A 1 1= + + (a) = 0 FY 0 Y FA 2= + (b) = 0 FZ0 Z Z P SB A 3= + + (c) = 0 MX0 M 2 . Z 2 . S1 B 3= + + (d) = 0 MY0 M 5 , 1 . P 3 . S2 3= + (e) = 0 MZ0 2 . X 2 . F 2 . SB 1 1= + (f) Resolvemoslasecuaciones(a)(f),previamente,reemplazamoslosvalorescalculados anteriormente, obteniendo: kN 76 , 8 XA =kN 12 YA =kN 16 , 4 ZA =kN 38 , 4 XB =kN 17 , 1 ZB =kN 33 , 5 S =

96 CAPITULO 3 CENTROIDES Y MOMENTOS DE INERCIA 3.1CENTROIDE DE ALAMBRES PROBLEMA 3.1 Un alambre compuesto delgado de seccin uniforme ABCD est conformado por un tramoABdecuartodecircunferenciaydostramosrectosBCyCDdondeesteltimoesvertical. Determinar las coordenadas de su centro de gravedad. Fig. 3.1 Solucin: Paradeterminarelcentrodegravedaddefiguras,comoeselcasodealambrescompuestos,se divide en sectores conocidos (tramo cuarto de crculo AB y lneas BC y CD). Para el caso del cuarto de crculo, tenemos: t =t=t= 5 , 1232RLAB t=t=t= =6 3 . 2 R 2Z YCG CG Fig. 3.2 Las longitudes y ubicacin de los centros de gravedad de las lneas BC y CD se conocen y muestran en la tabla 3.1 97 Tabla 3.1 TRAMO iL(m) iXiYiZAB t 5 , 10 t / 6 t / 6BC521,50 CD2401 Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad: m 537 , 1712 , 11182 5 5 , 1) 4 .( 2 ) 2 .( 5 ) 0 .( 5 , 1LX LXii i= =+ + t+ + t= = m 409 , 1712 , 115 , 16712 , 11) 0 .( 2 ) 5 , 1 .( 56. 5 , 1LY LYii i= =+ +|.|

\|tt= = m 939 , 0712 , 1111712 , 11) 1 .( 2 ) 0 .( 56. 5 , 1LZ LZii i= =+ +|.|

\|tt= = PROBLEMA3.2Sabiendo que la coordenadaen Z del centro de gravedad del siguiente alambre delgadohomogneoes0,466m.DeterminarR,sabiendoquelasemi-circunferenciaseencuentra en el plano YZ Fig. 3.3 Solucin: Determinamos las longitudes de cada tramo: m 5 , 0 LAB =m 3 , 1 2 , 1 5 , 0 L2 2BC= + =m 5 , 1 2 , 1 9 , 0 L2 2CD= + =R LDEt =En la tabla 3.2 se tienen las longitudes y centroides de cada tramo. 98 Tabla 3.2 TRAMO iL(m) iZAB0,50 BC1,30 CD1,50,45 DE R tt+R 29 , 0 Luego: =ii iLZ LZ R 5 , 1 3 , 1 5 , 0R 29 , 0 . R ) 45 , 0 .( 5 , 1 ) 0 .( 3 , 1 ) 0 .( 5 , 0466 , 0t + + +|.|

\|t+ t + + +=Efectuamos clculos y obtenemos: 0 8628 , 0 R 3634 , 1 R 22= +Resolvemos la ecuacin cuadrtica, tomando solo el valor positivo, ya que el radio siempre ser as, obteniendo: m 4 , 0 R = 3.2CENTROIDE DE AREAS PROBLEMA 3.3Determinar las coordenadas del centroide de la lmina compuesta delgada, la cual est formada por una regin de cuarto de crculo y otra regin rectangular hueca. Fig. 3.4 Solucin: Analizamos cada figuraen forma independiente, determinando sus reasy coordenadas del centro de gravedad. FIGURA 1: t=t=t=43) 3 .( 43R 4X1 99 0 Y1 =t=t=t=43) 3 .( 43R 4Z1 t =t=t= 25 , 24) 3 .(R .4A221 Fig. 3.5 FIGURA 2: 5 , 1 X2 =5 , 1 Y2 =0 Z2 =9 3 . 3 A2= = Fig. 3.6 FIGURA 3: 75 , 0 X3 =5 , 1 Y3 =0 Z3 =5 , 1 5 , 1 . 1 A3= = 100 Fig. 3.7 Conlosresultadosobtenidos,elaboramoslatabla3.3,conlafinalidaddedeterminarlas coordenadas del centro de gravedad de la lmina compuesta. Tabla 3.3 FIGURA iA(m2) iXiYiZi iX Ai iY Ai iZ A1 t 25 , 2 t / 40 t / 4909 291,51,5013,513,50 3-1,50,751,50-1,125-2,250 14,568---21,37511,259 Ntese, que el rea de la figura 3, es negativa, por ser la lmina hueca en esa parte. Luego: m 467 , 1568 , 14375 , 21AX AXii i= = = m 772 , 0568 , 1425 , 11AY AYii i= = = m 618 , 0568 , 149AZ AZii i= = = PROBLEMA3.4Sabiendoquelascoordenadasdelcentrodegravedaddelalminadelgada homognea mostrada es) Z ; Y ; 421 , 0 ( . Determinara ,Y,Z . Fig. 3.8 101 Solucin:Una vez ms, dividimos en figuras regulares. FIGURA 1: 3aX1 =0 Y1 =32Z1 =a ) 2 ).( a .(21A1= = Fig. 3.9 FIGURA 2: 0 X2 =5 , 1 Y2 =1 Z2 =6 3 . 2 A2= = Fig. 3.10 FIGURA 3: 0 X3 =t+ =t+ =3433) 1 .( 43 Y3 1 Z3 =2 21 .2RA2 23t=t=t= 102 Fig. 3.11 Luego: =ii iAX AX 26 a) 0 .(2) 0 .( 63a. a421 , 0t+ +t+ +|.|

\|=Efectuando clculos se obtiene: 0 561 , 9 a 263 , 1 a2= Tomamos solo el valor positivo de la solucin de la ecuacin cuadrtica, obteniendo: m 787 , 3 a =Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad de toda la figura: m 266 , 126 787 , 3343 .2) 5 , 1 .( 6 ) 0 .( 787 , 3AY AYii i=t+ +|.|

\|t+t+ += = m 889 , 026 787 , 3) 1 .(2) 1 .( 632. 787 , 3AZ AZii i=t+ +t+ +|.|

\|= = 3.3MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS PROBLEMA3.5Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la seccin transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones estn dadas en centmetros. Fig. 3.12 Solucin: Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la seccin transversal. Determinamos los momentos de inercia, reas del rectngulo y de cada uno de los crculos huecos. 103 RECTANGULO: 43 3) 1 (Xcm 400001220 . 6012bhI = = =43 3) 1 (Ycm 3600001260 . 2012hbI = = =21cm 1200 20 . 60 A = =CIRCULO: 44 4) 2 (Y) 2 (Xcm 88 , 101746 .4RI I =t=t= =2 2 22cm 10 , 113 6 . R A = t = t =Calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales, aplicando elteorema de ejes paralelos: 4 ) 2 (X) 1 (X Xcm 36 , 36946 88 , 1017 . 3 40000 I 3 I I = = =4 2 22) 2 (Y) 1 (Y Ycm 56 , 283657 18 . 10 , 113 . 2 88 , 1017 . 3 360000 d . A 2 I 3 I I = = = PROBLEMA3.6Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales de la seccin transversal mostrada en la figura 3.13, cuyas dimensiones estn dadas en centmetros. Fig. 3.13 Solucin: Dividimos la seccin transversal en tres figuras geomtricas sencillas: un rectngulo y dos tringulos issceles.Calculamoslasreasymomentosdeinerciadelrectnguloytringulos,respectoasusejes centrales. RECTANGULO (eje central XOY): 43) 1 (Xcm 512128 . 12I = =43) 1 (Ycm 11521212 . 8I = =21cm 96 8 . 12 A = = 104 TRIANGULO (eje central X1O1Y) 43 3) 2 (Xcm 72366 . 1236bhI1= = =43 3) 2 (Ycm 2164812 . 648hbI = = =22cm 3626 . 12A = =Ahora,calculamoslosmomentosdeinerciarespectoalosejescentralesprincipalesOXyOY, considerando el teorema de ejes paralelos. ( ) ( )4 2 22) 2 (X) 1 (X Xcm 3248 6 . 36 72 . 2 512 d . A I 2 I I1= + + = + + =4 ) 2 (Y) 1 (Y Ycm 1584 216 . 2 1152 I 2 I I = + = + = PROBLEMA 3.7 Determinar la ubicacin del centro de gravedad y los momentos de inercia respecto alosejescentralesprincipalesdelaseccintransversalmostradoenlafigura3.14,cuyas dimensiones estn dadas en centmetros. Fig. 3.14 Solucin: Laseccintransversalmostrada,sepuedeanalizarcomounrectngulode24cmx18cmyotro rectngulo hueco de 12cm x 12cm El rea de la seccin transversal es: 2cm 288 12 . 12 18 . 24 A = =Paradeterminarlaposicindelcentrodegravedad,elcualseubicaenelejedesimetraOY, utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la seccin. El momento esttico de la seccin respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre los momentos estticos de dos rectngulos. 32 2 1 1 Xcm 3024 6 . 12 . 12 9 . 18 . 24 y A y A S1= = =Determinamos la ubicacin del centro de gravedad. cm 5 , 102883024ASy1X0= = =De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales. 105 DeterminamoselmomentodeinerciadetodalaseccinrespectoalejeO1X1,queeslabasede ambos rectngulos: 43 3 32 231 1Xcm 39744312 . 12318 . 243h b3h bI1= = =Ahora,determinamoslosmomentosdeinerciarespectoalosejescentralesprincipales,aplicando para el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coinciden los ejes de las figuras analizadas anteriormente con la seccin completa, producto de la simetra. 4 2 20 X Xcm 7992 5 , 10 . 288 39744 Ay I I1= = =43 3Ycm 190081212 . 121224 . 18I = =OtradelasformasparadeterminarelmomentodeinerciarespectoalejeOX,esanalizandocada figura en forma independiente y considerando el teorema de ejes paralelos para cada figura, es decir la distancia de cada eje local respecto al eje OX. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, donde existematerial,esdecir,unrectnguloenlapartesuperiorde24cmx6cmydosrectngulos laterales de 6cm x 12cm. 4 2323Xcm 7992 5 , 4 . 12 . 61212 . 6. 2 5 , 4 . 6 . 24126 . 24I =

+ +

+ =Comopodemosapreciar,coincidelarespuesta,quedandoacriteriodellectorelmtodoms adecuado a utilizar. PROBLEMA 3.8 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes 1 1X X y 2 2X X de la seccin mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes 1 1X X y 2 2X X son paralelos. Fig. 3.15 Solucin: Determinamos los momentos de inercia de toda la seccin, respecto a sus ejes centrales principales 43 3Y Xcm 832122 . 21210 . 10I I = = = 0 IXY =Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje 1 1X X 106 o o + o = 2 sen I sen I cos I IXY2Y2X X1 Paraestecaso,reemplazamoslosvaloresobtenidosanteriormentey o45 = o ,porqueoes positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso. 4 o 2 o 2Xcm 832 0 ) 45 ( sen 832 ) 45 ( cos 832 I1= + =Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje 2 2X X , utilizando el teorema de ejes paralelos. 4 2 2 2 2X Xcm 5632 ) 2 5 ).( 2 10 ( 832 d . A I I1 2= + = + =Sienelpresente problema, noshubiesen pedidodeterminar el momento de inercia respecto al eje 1 1Y Y , perpendicular al eje 1 1X X , se determinara de la siguiente manera: o + o + o = 2 sen I cos I sen I IXY2Y2X Y1 4 o 2 o 2Ycm 832 0 ) 45 ( cos 832 ) 45 ( sen 832 I1= + + =Paradeterminarelproductodeinerciarespectoalosejes 1 1X X e 1 1Y Y ,sedeterminar mediante la siguiente relacin: o + o= 2 cos I 2 sen2I IIXYY XY X1 1 0 0 ) 90 ( sen2832 832IoY X1 1= + =Estodemuestraunprincipiobsicodelproductodeinercia,queindica:Siunreatieneunejede simetra,eseejeyelejeperpendicularal,constituyenunconjuntodeejesparaloscualesel producto de inercia es cero. 3.4MOMENTOS DE INERCIA DE PERFILES METALICOS PROBLEMA3.9Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la seccintransversaldeacero,compuestadecuatrongulosdeladosigualesL10x10x1yuna plancha de seccin 30x1, tal como se muestra en la figura 3.16, cuyas dimensiones estn dadas en centmetros. Las caractersticas del ngulo se dan en la tabla 3.4, respecto a los ejes O1X1 y O1Y1 Fig. 3.16 107 Tabla 3.4 PERFIL 1A(cm2) ) 1 (X1I(cm4) ) 1 (Y1I(cm4) L10x10x119,2179179 Solucin: Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el rea de la plancha son: 43) 2 (Xcm 22501230 . 1I = =43) 2 (Ycm 5 , 2121 . 30I = =22cm 30 1 . 30 A = =El rea de toda la seccin transversal es: 22 1cm 8 , 106 30 2 , 19 . 4 A A 4 A = + = + =LosmomentosdeinerciarespectoalosejescentralesprincipalesOXyOYlodeterminamos, teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos. ( ) ( )4 2 ) 2 (X21 1) 1 (X Xcm 76 , 14340 2250 17 , 12 . 2 , 19 179 . 4 I b A I . 4 I1= + + = + + =( ) ( )4 2 ) 2 (Y21 1) 1 (Y Ycm 13 , 1570 5 , 2 33 , 3 . 2 , 19 179 . 4 I a A I . 4 I1= + + = + + = PROBLEMA3.10Determinarlaubicacindelcentrodegravedadylosmomentosdeinercia respecto a los ejes centrales principales de la seccin transversal de una viga de acero compuesta por dos perfiles I27 y una plancha de seccin 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. Las caractersticas del perfil I27 se dan en la tabla 3.5 Fig. 3.17 Tabla 3.5 PERFIL 1A(cm2) ) 1 (X1I(cm4) ) 1 (Y1I(cm4) I27 40,25010260 108 Solucin:Los momentos de inercia respecto a los ejes O2X2Y2 y el rea de la plancha son: 43) 2 (Xcm 76 , 5122 , 1 . 40I2= =43) 2 (Ycm 64001240 . 2 , 1I2= =22cm 48 2 , 1 . 40 A = =El rea de toda la seccin ser: 2cm 4 , 128 48 2 , 40 . 2 A = + =Paradeterminarlaubicacindelcentrodegravedaddetodalaseccin,calculamoselmomento esttico de la seccin respecto al eje O1X1, que pasa por el centro de gravedad de los perfiles I27 y, en consecuencia, no generan dichos perfiles momentos estticos respecto al eje indicado. 32 2 Xcm 8 , 67622 , 15 , 13 . 48 y A S1=|.|

\|+ = =De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la seccin, respecto al eje O1X1: cm 27 , 54 , 1288 , 676ASy1X0= = =LosejesOXyOYsedenominanejescentralesprincipalesylosmomentosdeinerciarespectoa dichos ejes son: ( )4 2 2Xcm 21 , 16001 83 , 8 . 48 76 , 5 27 , 5 . 2 , 40 5010 . 2 I = + + + =( )4 2Ycm 14960 6400 10 . 2 , 40 260 . 2 I = + + = PROBLEMA3.11 Para la seccin no simtrica mostrada en la figura 3.18,a compuesta por un perfil I50yunngulodeladosdesigualesL20x12,5x1,6.Sepidedeterminarlaubicacindelcentrode gravedaddelaseccin,losmomentosdeinerciarespectoalosejescentralesprincipalesyla orientacindeestosejes.Losmomentosdeinerciayreasdeambosperfilesrespectoasusejes locales centrales se dan en la tabla 3.6 Fig. 3.18 109 Tabla 3.6 PERFIL I50 PERFIL L20x12,5x1,6 4Xcm 39727 I1=4Xcm 617 I2=4Ycm 1043 I1=4Ycm 2026 I2=- 4Y Xcm 644 I2 2 =21cm 100 A =22cm 8 , 49 A = Solucin: El rea de toda la seccin es: 2cm 8 , 149 8 , 49 100 A = + =Para determinar la ubicacin del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil I50, es decir, los ejes O1X1 y O1Y1 cm 24 , 78 , 14979 , 21 . 8 , 49Ax AASx2 2Y01= = = =cm 32 , 78 , 14901 , 22 . 8 , 49Ay AASy2 2X01= = = =Estasmagnitudesylascoordenadasdeloscentrosdegravedaddelosperfilessemuestranenla figura 3.18,a, cuyos valores son: cm 24 , 7 a1 = ;cm 32 , 7 b1 = ;cm 55 , 14 a2 = ;cm 69 , 14 b2 =Determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales OX y OY 22 2 X21 1 X Xb A I b A I I2 1+ + + =4 2 2Xcm 88 , 56448 69 , 14 . 8 , 49 617 ) 32 , 7 .( 100 39727 I = + + + =22 2 Y21 1 Y Ya A I a A I I2 1+ + + =4 2 2Ycm 54 , 18853 55 , 14 . 8 , 49 2026 ) 24 , 7 .( 100 1043 I = + + + =2 2 2 Y X 1 1 1 Y X XYb a A I b a A I I2 2 1 1+ + + =4XYcm 91 , 15299 69 , 14 . 55 , 14 . 8 , 49 644 ) 32 , 7 ).( 24 , 7 .( 100 0 I = + + =Ahora,determinamoslosmomentosdeinerciaprincipalesylosngulosdedesviacindelosejes principales 1 y 2 respecto al eje OX 2XY2Y X Y X2 , 1I2I I2I II + |.|

\| +=4 221cm 36 , 61888 91 , 15299254 , 18853 88 , 56448254 , 18853 88 , 56448I = +|.|

\| ++= 110 4 222cm 05 , 13414 91 , 15299254 , 18853 88 , 56448254 , 18853 88 , 56448I = +|.|

\| +=355 , 036 , 61888 54 , 1885391 , 15299I IItg1 YXY1 === o o154 , 19 = o813 , 205 , 13414 54 , 1885391 , 15299I IItg2 YXY2=== o o243 , 70 = oEnlafigura3.18,bsemuestralaobtencingrficadelosmomentosdeinerciaprincipalesyla orientacin de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuacin: 1.Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inerciaY XI , Iy en el eje vertical el producto de inercia XYI2.De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de los momentos de inercia XIe YI3.La diferencia de dichos momentos de inercia lo dividimos entre dos y obtenemos el centro C de la figura. 4.Apartirdelextremodelmomentodeinercia YI ,levantamosenelejeverticaldelproductode inercia, es decir XYI , obteniendo el punto K de la figura. 5.Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos de inercia. 6.TrazamoseldenominadocirculodeMohr,intersecndoseconelejehorizontalendospuntos, quecorrespondendemayoramenoralosmomentosdeinerciaprincipales 1Ie 2I ,cuyos valores se obtienen como indicamos en un inicio de acuerdo a una escala previamente elegida. 7.Paraobtenerlaorientacindelosejesprincipales,trazamosdesdeelpuntoKdoslneasque unenalpuntoKconelextremodelmomentodeinerciaprincipal 1Iycorrespondeala orientacin del eje principal 1. Anlogamente, unimos el punto K con el extremo del momento de inercia principal 2Iy cuya direccin corresponde a la orientacin del eje principal 2. 8.Los ngulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ngulos dedesviacindelosejesprincipales1y2respectoalejeOX,recordandoqueelsignoes positivoensentidoantihorarioynegativoensentidohorario,siempreycuandosetomecomo referencia el eje OX como inicio de la medida. 111 CAPITULO 4 ARMADURAS 4.1METODO DE LOS NUDOS PROBLEMA 4.1 Para la siguiente armadura: a)Calcular las reacciones en los apoyos b)Indicar que barras no trabajan c)Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes Fig. 4.1 Solucin: a)Calculamos las reacciones en los apoyos: = 0 MB0 ) 4 .( 9 ) 3 .( HA= = T 12 HA = 0 FX0 12 HB= + = T 12 HB = 0 FY0 9 VB= | = T 9 VB b)Sabemosqueunabarranotrabaja,sisufuerzainternaescero,tambinconocidacomobarra nula, existiendo 3 principios de determinacin visual de tal tipo de barras, los cuales son: 1.Si en un nudo convergen dos barras y el nudo no est cargado, entonces ambas barras son nulas. 2.Si en un nudo convergen dos barrasy el nudo est cargado con una fuerza en la direccin de una de las barras, entonces la otra barra ser nula. 3.Sienunnudoconvergentresbarras,dondedosdelasbarrasseencuentransobreuna mismalneaylaterceraenunadireccinarbitraria,ademselnudonoestcargado, entonces la barra que tiene direccin arbitraria es nula. Basado enestos principios, analizamos la armaduradela figura4.1, para elloiniciamos con el nudoKyvemosquelabarraKLesnulaporel3erprincipioanteriormentedescrito,luego, pasamosalnudoLyobservamosquelabarraLIesnulaporelmismoprincipio.Continuamos analizando el nudo I, determinando que la barra IJ es nula y as, sucesivamente, se cumplir con este mismo principio al analizar los nudos J, G, H, E, F, D y C. 112 Las reacciones en los apoyos y las barras nulas se muestran en la figura 4.2, esquematizndolas las barras nulas con un crculo. Fig. 4.2 c)Paracalcularlasfuerzasinternasenelrestodebarras,aplicamoselmtododelosnudos, analizando el equilibrio en el nudo M = 0 FY0 9 37 sen FoLM= T 15 FLM =(TRACCION) = 0 FX0 37 cos 15 FoKM= T 12 FKM =(COMPRESION) Fig. 4.3 El resto de barras tienen las mismas fuerzas internas, tal como se muestra en la figura 4.4 Fig. 4.4 113 PROBLEMA 4.2 Para la siguiente armadura: a)Calcular las reacciones en los apoyos b)Indicar que barras no trabajan c)Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes Fig. 4.5 Solucin: a)Calculamos las reacciones en los apoyos: = 0 MA0 ) 6 .( 100 ) 8 .( VI= | = kN 75 VI = 0 FY0 100 75 VA= + | = kN 25 VA = 0 FX0 HA =b)SianalizamoselnudoEyaplicamosel1erprincipiodebarrasnulas,setendrquelasbarras EDyEIsonnulas.Luego,aplicamosel3erprincipioalnudoF,siendolabarraFBnulay continuamos con este principio en los nudos B, G y C, siendo nulas las barras BG, GC y CH. Lasreaccionesenlosapoyos,lasbarrasnulasylasfuerzasinternasenelrestodebarrasse muestran en la figura 4.6, esquematizando las barras nulas con un crculo. Fig. 4.6 114 c)Aplicamos el mtodo de los nudos para determinar las fuerzas internas en el resto de barras. NUDO A: = 0 FY0 37 sen F 25oAB= kN 67 , 41 FAB =(COMPRESION) = 0 FX0 37 cos 67 , 41 FoAF= kN 33 , 33 FAF =(TRACCION) Fig. 4.7 Ahora, pasamos al nudo F, en el cual, la barra FB es nula y las fuerzas internas en las barras AF y FG son iguales. Lo mismo sucede con las barras FG y GH, as como en AB y BC, BC y CD.NUDO H: = 0 FX0 33 , 33 FHI= kN 33 , 33 FHI =(TRACCION) 0 FY =0 100 FHD= kN 100 FHD =(TRACCION) Fig. 4.8 NUDO I: Previamente, calculamos el valor del ngulo| : 25 , 4tg = | o04 , 66 = |Ahora, calculamos la fuerza interna en la barra DI: = 0 FY0 04 , 66 sen F 75oDI= kN 07 , 82 FDI =(COMPRESION) Como comprobacin, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal: = 0 FX0 33 , 33 04 , 66 cos 07 , 82o= OK Con esto, no es necesario comprobar el equilibrio del nudo D, el cual tambin ser correcto. 115 Fig. 4.9 PROBLEMA 4.3 Para la armadura mostrada en la figura, determinar: a)Las reacciones en los apoyos b)Las fuerzas axiales en las barras AB y BE, indicando si estn en traccin o compresin Fig. 4.10 Solucin: a)Calculamos las reacciones en los apoyos: = 0 MA0 ) 8 .( 300 ) 3 .( 400 ) 6 .( VD= + | = kN 200 VD = 0 FX0 300 HA= = kN 300 HA = 0 FY0 400 200 VA= | = kN 600 VA b)Determinamos la fuerza interna en la barra AB, analizando el equilibrio en el nudo A y la fuerza en la barra BE, analizando el equilibrio en el nudo B. NUDO A: Previamente, calculamos el nguloo: 35tg = o o04 , 59 = o 116 = 0 FX0 04 , 59 cos F 300oAE= kN 16 , 583 FAE =(COMPRESION) = 0 FY0 04 , 59 sen 16 , 583 F 600oAB= kN 92 , 99 FAB =(COMPRESION) Fig. 4.11 NUDO B: = 0 FY0 45 sen F 92 , 99oBC= kN 31 , 141 FBC =(COMPRESION) = 0 FX0 45 cos 31 , 141 FoBE= kN 92 , 99 FBE =(TRACCION) Fig. 4.12 Las reacciones y fuerzas internas de las barras AB y BE, se muestran en la figura 4.13 Fig. 4.13 117 PROBLEMA 4.4 Para la armadura mostrada en la figura, usando el mtodo de los nudos, determinar las fuerzas en las barras CD y DF Fig. 4.14 Solucin: Comosepodrapreciar,noesnecesariocalcularlasreaccionesenlosapoyosyanalizamos consecutivamente el equilibrio en los nudos E y D. NUDO E: Determinamos el valor del nguloo: 124tg = o o43 , 18 = oLuego: = 0 FY 0 2 43 , 18 sen FoEF= kN 326 , 6 FEF =(COMPRESION) = 0 FX 0 F 43 , 18 cos 326 , 6EDo= kN 6 FED =(TRACCION) Fig. 4.15 NUDO D: Calculamos el ngulo| : 94tg = | o96 , 23 = |Luego: = 0 FY 0 3 96 , 23 sen FoDF= kN 387 , 7 FDF =(COMPRESION) 118 = 0 FX 0 F 6 96 , 23 cos 387 , 7CDo= +kN 75 , 12 FCD =(TRACCION) Fig. 4.16 La armadura con las fuerzas internas en las barras CD y DF, se muestran en la figura 4.17 Fig. 4.17 PROBLEMA 4.5 Para la siguiente armadura: a)Calcular las reacciones en los apoyos. b)Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras. Fig. 4.18 Solucin: a)Calculamos las reacciones en los apoyos, para ello, proyectamos el tramo FC hasta el punto H, producto de la interseccin de dicha prolongacin con la perpendicular trazada desde el punto A, determinando la distancia d (figura 4.19). 119 m 10 30 sen 20 do= = Fig. 4.19 Comolasfuerzas4kNy8kNsonparalelas,entoncesladistanciadesdeelapoyoAhastala interseccin con la proyeccin de DG es 20m. = 0 MA 0 ) 20 .( 8 ) 10 .( 4 ) 20 .( 5 ) 10 .( 10 ) 30 cos 20 . 2 .( VoE= + + 0 VE == 0 MderC0 ) 10 .( H ) 10 .( 8E= = kN 8 HE Ahora, analizamos el equilibrio de toda la armadura: = 0 FX0 8 30 sen 8 30 sen 4 30 sen 5 30 sen 10 Ho o o oA= + + + + = kN 5 , 5 HA = 0 FY0 V 30 cos 8 30 cos 4 30 cos 5 30 cos 10Ao o o o= + + + | = kN 6 , 2 VA b)Determinamoslasfuerzasinternasencadaunadelasbarrasdelaarmadura,analizandoel equilibrio nudo por nudo. NUDO A: = 0 FY0 30 sen F 6 , 2oAB= kN 2 , 5 FAB =(COMPRESION) = 0 FX0 5 , 5 30 cos 2 , 5 FoAF= kN 10 FAF =(TRACCION) Fig. 4.20 120 NUDO B: = 0 F'X0 F 2 , 5BC = kN 2 , 5 FBC =(COMPRESION) = 0 F'Y0 10 FBF= kN 10 FBF =(COMPRESION) Fig. 4.21 NUDO F: = 0 FY0 30 cos 10 30 cos Fo oBC= kN 10 FBC =(TRACCION) Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal: = 0 FX0 10 30 sen 10 30 sen 10o o= + Fig. 4.22 NUDO E: = 0 FY0 30 sen FoED=0 FED == 0 FX0 8 FEG= kN 8 FEG =(COMPRESION) Fig. 4.23 121 NUDO D: = 0 F" X0 F 8DG = kN 8 FDG =(TRACCION) = 0 F" Y0 FDC = Fig. 4.24 NUDO G: = 0 FY0 30 cos F 30 cos 8oGCo= kN 8 FGC =(COMPRESION) Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal: = 0 FX0 8 30 sen 8 30 sen 8o o= + Fig. 4.25 De esta manera, las reacciones y fuerzas inte

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