Material de Apoyo Didactico de Enseñanza

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA

CARRERA DE INGENIERÍA CIVIL

MARTERIAL DE APOYO DIDACTICO DE ENSEÑANZA Y APRENDIZAJE DE

LA ASIGNATURAESTRUCTURAS ISOSTATICAS

CIV-201

Trabajo Dirigido, en la Modalidad de Titulación por Adscripción, Para Optar al Diploma

Académico de Licenciatura en Ingeniería Civil

Presentado por: BELTRAN RODRIGUEZ GONZALES

VICTOR LEON MERUVIA

Tutor: M.Sc. Ing. Dante López Loredo

COCHABAMBA – BOLIVIA

Diciembre, 2010

UMSS INGENIERIA CIVIL

APOYO DIDÁCTICO PARA ESTRUCTURAS ISOSTÁTICAS CIV -201

2

DEDICATORIA

A mis Dos hermanas Rosmery y Ángela por brindarme su apoyo

incondicional.

Víctor León Meruvia



3

AGRADECIMIENTOS

A Dios por darme la luz y guía espiritual para mi crecimiento tanto intelectual como moral. A mi madre por el amor que me brindo por su amistad y compañerismo.

Al Ing. Dante López por ayudarme a que sea posible este Proyecto.

A hermano Hernán y su Familia por la ayuda que me brindó en todo momento.

A toda la carrera de ingeniería Civil por todo su apoyo. A los docentes por sus consejos y enseñanzas, haciendo de mí una persona de bien. A la Universidad por abrirme las puertas y cobijarme hasta la culminación de mis estudios. Y a todos mis amigos que me ayudaron y me apoyaron.

¡Muchas Gracias!

Víctor León Meruvia



4

DEDICATORIA

MIS PADRES

Hipólito D. Rodríguez Rioja (†) y

Catalina Gonzales de Rodríguez

Beltrán Rodríguez Gonzales



5

AGRADECIMIENTOS

A Dios, a la virgen maría por iluminarme en mi camino. Mis padres Hipólito D. Rodríguez Rioja (†) y Catalina Gonzales de Rodríguez los que me trajeron al mundo y siempre lucharon para que no me falte nada. A mis hermanos Abel, Emma, Zuzi y Leovina , los que siempre estaban en las buenas y en las malas, y nunca perdieron la confianza y la esperanza de mi formación profesional.

Mis Abuelitos

Fortunato Gonzales y Eleuteria García, Quintín Rodríguez y Fortunata Rioja que Dios los tenga en su gloria.

Mis Tíos:

Aurelio Gonzales y Victoria Zerna de Gonzales,Hindalecio García y Isabel Rosas, por darme su apoyo incondicional cuando lo necesitaba.

A las autoridades que fundaron la U.M.S.S. a los docentes de la carrera de Ing. Civil por inculcarme sus enseñanzasIng. Dante López, Víctor León M. Paola Renjifo

¡Muchas Gracias ¡

Beltrán Rodríguez Gonzales



6

FICHA RESUMEN

EL trabajo de Adscripción pretende mejorar el método de enseñanza y aprendizaje de la

asignatura de “Estructuras Isostáticas” de la carrera de Ingeniería Civil, de la facultad de

Ciencias y Tecnología de la universidad Mayor de San Simón, a través de la

implementación de cuatro instrumentos de modernización académica, con las que el

estudiante pueda adquirir conocimiento y un mejor aprovechamiento baja supervisión

del docente, estos instrumentos son:

Presentación del plan global de la materia, para permitir la organización optima en el desarrollo del temario, con el contenido de laos tópicos básicos a complejos de la asignatura.

Texto guía Docente, desarrolla en un formato que permita al docente de una lectura sencilla y un entendimiento adecuado; presenta un lenguaje adecuado al nivel de formación del estudiante a los principios básicos del análisis estructural.

Texto guía Estudiante se pone en práctica los fundamentos teóricos en su aplicación con casos típicos, expuestos de una manera práctica y didáctica desarrollado expresamente para uso del estudiante de la materia, donde el alumno pueda participar y aportar con ideas.

Copia digital, presentado un CD, del trabajo

De esta manera la información del trabajo estará a disposición del estudiantado y parte

docente, para fortalecer la actualización permanente.



7

ÍNDICE GENERAL

DEDICATORIA 2

AGRADECIMIENTOS 4

FICHA RESUMEN 6

ÍNDICE GENERAL 7

PLAN GLOBAL 13

CAPÍTULO 1. 21

PARTE I. 21

FUNDAMENTOS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL 21

1.1.1.- ANTECEDENTES 21

1.1.2.- DESARROLLO HISTÓRICO 21

1.1.3.- OBJETIVOS 21

1.1.3.1.- OBJETIVO GENERAL 22

1.1.3.2.- OBJETIVOS ESPECÍFICOS 22

1.4.- JUSTIFICACIÓN 22

PARTE II. 22

1.2. FUNDAMENTOS TEÓRICOS 22

1.2.1.-ENFOQUE VECTORIAL 22

1.2.1.1.- CONCEPTOS FUNDAMENTALES 22

1.2.1.1.1.- CANTIDADES BÁSICAS 22

1.2.1.1.2.- LONGITUD 22

1.2.1.1.3.- TIEMPO.- 23

1.2.1.1.4.- MASA 23

1.2.1.1.5.- FUERZA 23

1.2.1.2.- PARTÍCULA.- 23

1.2.2.- CUERPO RÍGIDO 23

23



8

1.2.2.1.- FUERZAS CONCENTRADA

1.2.2.2.- LAS TRES LEYES DEL MOVIMIENTO DE NEWTON.- 24

1.2.2.2.1.- PRIMERA LEY 24

1.2.2.2.2.- SECUNDA LEY.- 24

1.2.2.2.3.- TERCERA LEY.- 24

1.2.3.- ATRACCION GRAVITACIONAL 25

1.2.3.1.- PESO.- 24

1.2.3.2.- VECTOR 26

1 .2 .3 .3 .- COORDENADAS DE UN VECTOR 26

1.2.3.4.-CLASIFICACION DE VECTORES.- 27

1.2.3.4.1.-VECTORES EQUIVALENTES 27

1.2.3.4.2.-VECTORES LIBRES 27

1.2.3.4.3.-VECTORES FIJOS 27

1.2.3.4.4.-VECTORES LIGADOS 27

1.2.3.4.5.-VECTORES OPUESTOS 27

1.2.3.4.6.-VECTORES UNITARIOS 27

1.2.3.4.7.-VECTORES CONCURRENTES 27

1.2.3.4.8.-VECTOR DE POSICIÓN.- 27

1.2.3.4.9.-VECTORES LINEALMENTE DEPENDIENTES 28

1.2.3.4.10.-VECTORES LINEALMENTE INDEPENDIENTES 28

1.2.3.4.11.-VECTORES ORTOGONALES 28

1.2.3.4.12.-VECTORES ORTONORMALES 28

1.2.3.4.13.-DESCOMPONIENDO EN UN SISTEMA DE EJES

CARTESIANOS

29

1.2.4.- ADICIÓN Y RESTA DE VECTORES 29

1.2.5.- GRÁFICO 29

1.2.5.1.-REGLA DEL TRIÁNGULO.- 30

1.2.5.2.- MÉTODO ALGEBRAICO PARA LA SUMA DE VECTORES 31

1.2.5.3.- PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR 31

1.2.6.-PRODUCTO ESCALAR 32

1.2.6.1.-PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES 33

1.2.6.2.-PROPIEDADES 34



9

1.2.6.3.-EJEMPLO 34

1.2.6.3.1.-PROYECCIÓN ORTOGONAL 35

1.2.7.-PRODUCTO VECTORIAL 35

1.2.7.1.-PROPIEDADES 36

1.2.8.-MÓDULO DE UN VECTOR 36

1.2.8.1.-COORDENADAS CARTESIANAS 36

1.2.8.2.-EJERCICIOS 36

PARTE III 42

1.3.1.- FUNDAMENTOS BASICOS DE LA MECANICA VECTORIAL 42

1.3.1.1.- FUERZAS SOBRE UNA PARTÍCULA 42

1.3.1.2.- RESULTANTE DE VARIAS FUERZAS CONCURRENTES 43

1.3.1.3.-EQUILIBRIO DE UNA PARTÍCULA 43

1.3.1.4.- DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES (X Y Z) 44

1.3.1.5.-FUERZAS CONCENTRA 48

1.3.1.6.-COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA. 49

1.3.1.6.1- VECTORES UNITARIOS 49

1.3.1.7.- ADICIÓN DE FUERZAS SUMANDO SUS COMPONENTES X Y Y 51

1.3.1.8.- FUERZAS EN EL ESPACIO 53

1.3.1.8.1.- COMPONENTE RECTANGULAR DE UNA FUERZA EN EL ESPACIO 53

1.3.1.8.2.- FUERZAS DEFINIDA EN TÉRMINOS DE SU MAGNITUD Y DOS

PUNTOS SOBRE SU LÍNEA DE ACCIÓN

54

1.3.1.8.3.-ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO 55

1.3.1.9.-EJEMPLOS 56

1.3.2.-CUERPOS RIGIDOS 59

1.3.2.1-FUERZAS 59

1.3.2.2.-FUERZAS INTERNAS 59

1.3.2.2.1.- PRINCIPIOS DE TRANSMISIBILIDAD, FUERZAS EQUIVALENTES 59

1.3.2.3.- MOMENTOS DE UNA FUERZA CON RESPECTO A UN PUNTO 60

1.3.2.3.1.-MOMENTO EN DOS DIRECCIONES 61

1.3.2.3.2.-EL MOMENTO DE UNA FUERZA F CON RESPECTO A UN PUNTO O 62

1.3.2.3.3.- TORSIÓN O TORSOR 64

1.3.2.4.-TEOREMA DE VARIGNON 66

1.3.2.4.1.-EJERCICIO 67



10

CAPITULO 2

73

2. VIGAS 73

2.1.- ANTECEDENTES 73

2.2.- OBJETIVOS 73

2.2.1.- OBJETIVO GENERAL 73

2.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 73

2.3.- JUSTIFICACION 73

2.4.- RELACIÓN ENTRE LAS FUERZAS INTERNAS Y LA ARMADURA DE

REFUERZO

74

2.5.- TIPO DE VIGAS 74

2.5.1.-TIPO DE VIGAS SEGÚN SU DEFORMACION 74

2.5.2.- TIPO DE VIGAS SEGÚN SU CORTES Y MOMENTOS 75

2.5.3.- EVALUACION DEL GRADO HIPERESTATICO GH 76

2.5.4. ECUACCION METODO DE LOS ANILLOS 76

2.5.4.1.-EJERCCIO 77

2.6.-MÉTODO DE LAS AREAS 84

2.6.1.-EJERCICIO PROPUESTO 90

2.6.2 FORMULAS 97

CAPITULO 3 108

3.-INTRODUCCION ESTATICA DE LOS PORTICOS 108


3.2.- OBJETIVOS 108




3.4.- GRADO DE DETERMINACIÓN ESTÁTICA LOS PÓRTICOS 109

3.4.1 CONSIDERACIONES BASICAS 109

3.5.-DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO 110

3.6.-MÉTODO DE LOS ANILLOS 114

3.7.-CONSIDERACIONES BASICAS GRADO DE LIBERTAD 114

3.8.-EJEMPLO DE APLICACIÓN DEL METODO 115

3.9.-FUERZAS INTERNAS.- 115

3.10.-SUB ESTRUCTURAS 116



11

3.11.-DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS DEL PÓRTICO 116

EJERCICIO 117

CAPITULO 4 150

4. CERCHAS 150


4.2.- OBJETIVOS 150



4.3. JUSTIFICACION 150

4.5.-GRADO ISOSTATICO INTERNO 151

4.6.-HIPÓTESIS Y CONVENCIÓN DE SIGNOS 152

4.7. TIPO DE CERCHAS 152

4.7.1. ARMADURAS FORMADAS POR VARIAS ARMADURAS SIMPLES CERCHAS 152

4.7.1.2. ARMADURAS PLANAS 153

4.7.1.3. ARMADURAS ESPACIALES 153

4.7.1.4. ARMADURA ESPACIAL 155

4.7.2. PARA EL CÁLCULO TENEMOS VARIOS METODOS: 155

4.8.-MÉTODO DE LOS NUDOS.- 155

4.9.-EJEMPLO PROPUESTOS 156

CAPITULO 5 179

5.-INTRODUCCION A LAS LINES DE INFLUENCIA 179


5.2.- OBJETIVOS 179


5.2.2.-OBJETIVOS ESPECIFICOS 179

5.3.- DEFINICION 180

5.3.1.- FUERZAS CONCENTRADAS 181

5.4.-EJERCCIO 182

5.5.-EJERCICIOS PROPUESTOS 188

CAPITULO 6 189

6. ARCOS 189


6.2.- OBJETIVOS 189




12


6.3. -JUSTIFICACION 189

6.4.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS POLIGONALES 189

6.4.1.- TIPO DE ARCOS 190

6.5.-ARCOS SIMÉTRICO TRIARTICULADO. 190

6.6.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS CONTINUOS DE TRIARTICULADOS.- 191

6.7.-EJERCCIOS 194


CAPITULO 7 220

7. CABLES 220


7.2.- OBJETIVOS 220




7.4.- INTRODUCCIÓN 221

7.5.-CABLES PARABÓLICOS QUE SOPORTAN CARGAS DISTRIBUIDA

UNIFORMEMENTE EN LA DISTANCIA HORIZONTAL ENTRE AMBOS APOYOS.

221

7.6.-CABLES CON CARGAS PUNTUALES 223

7.7.-CABLES QUE SOPORTAN SU PESO PROPIO 227

7.8.-CABLES RECTILÍNEOS EN CUYOS PUNTOS DE INFLEXIÓN

SOPORTAN CARGAS CONCENTRADAS.

230

7.8.1. CABLES FLEXIBLES 231


CAPITULO 8 235

8.- ANALISIS ESTRUCTURAL – PLANTEO MATRICIAL 235


8.2.- OBJETIVOS 235




8.4.- ALGEBRA MATRICIAL PARA EL ANALISIS ESTRUCTURAL 236

8.5.- DEFINICIONES BASICAS Y TIPO DE MATRICES 236

8.6.- OPERACIONES CON MATRICES 236



13

8.7.- METODO DE GAUSS PARA RESOLVER ECUASIONES SIMULTANEAS 239

8.8.- VECTOR MATRICIAL 239

8.9.- COORDENADAS 240

8.10.- TRANSFORMACION DE COODENADAS 240

8.11.- ANALISIS ARTIFICIAL DE ESTRUCTURAS DE BARRA 242

8.12.- ANALISIS DE UNA BARRA EN COODENADAS LOCALES 244

8.13.- ANALISIS DE ESTRUCTURAS 247

EJERCICIO.- 253

CAPITULO 9 256

TUTORIAL DE PROGRAMAS 256

9.2.- OBJETIVOS 256

9.2.- OBJETIVO GENERAL 256

9.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS 256

9.3.-INTRODUCCION A PROGRAMA VIGA - G 256

9.4.- INTRODUCCION A PROGRAMA CERCHAS 263

CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES 278

CONCLUSIONES 278

RECOMENDACIONES 278

BLIBLIOGRAFIA 279



14

UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN

FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA GESTIÓN I/2010

PLAN GLOBAL

I. IDENTIFICACIÓN. ASIGNATURA: ESTRUCTURAS ISOSTATICAS

SIGLA: CIV201 COD_SIS: 2012004 NIVEL(AÑO/SEMESTRE): CUARTO

PRE-REQUISITOS: 1. Algebra Vectorial y Tensorial

ÁREAS DE COORDINACIÓN CURRICULAR DÍA HORARI

O

AULA

VERTICAL HORIZONTAL

Física Básica

Cálculo

Resistencia de Materiales

Lunes 6:45 –

8:15

Magciv

Martes 08:15-9:45 693B

Miércoles 9:45-12:00 693C

Miércoles 15:45-

17:15

691F

Jueves 6:45-8:15 692A

Viernes 6:45-9:00 Magciv

NOMBRE DEL DOCENTE:Ing. MScGrover Dante López Loredo Ing. Jose Meruvia Meruvia

DIRECCIÓN: Calle V /Nº 263 zona pacata alta

Calle Mariano Ricardo Terrazas Nº 1361

TELEFONO: 4710989-71780760 4251775

E-MAIL: [email protected]@yahoo.com.ar

[email protected]

II. JUSTIFICACIÓN GENERAL. El estudio del análisis estructural, del cual esta asignatura es su base de partida se constituye en parte



15

fundamental del desenvolvimiento profesional del Ingeniero Civil.

III. PROPÓSITOS GENERALES. Proporcionar al estudiante los fundamentos necesarios para iniciarse en el análisis estructural.

IV. OBJETIVOS GENERALES. 1. Comprender el funcionamiento de las estructuras isostáticas ante la presencia de cargas externas.

V. ESTRUCTURACIÓN EN UNIDADES DIDÁCTICAS Y SU DESCRIPCIÓN. NOMBRE DE LA UNDAD (1):FUERZAS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL FUERZAS INTERNAS Y CUERPOS RIGIDOS

DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 9

OBJETIVOS DE LA UNIDAD: 1. Recordar los conocimientos anteriores referidos a momentos, traslación de fuerzas, resultantes de fuerzas

utilizando el procedimiento vectorial.

CONTENIDO: - Momento de una fuerza respecto de un punto- respecto de un eje – Traslación de una fuerza a una

posición paralela condiciones de equilibrio – Fuerza equilibrante – Procedimiento vectorial- cuerpos rígidos –descomposición de las fuerzas internas de un cuerpo rígido

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:

TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:

1. Clase magistral 2. Lectura de libros EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:

1. Presentación de ejercicios propuestos en clases

BIBLIOGRAFÍA ESPECIFICA DE LA UNIDAD:

1. Análisis Estructural. Juan J. Turna, Mc. Graw Hill, 1974 2. Teorias de las Estructuras. S.- Timoshenko-D.H. Young. Mx, Graw Hill, 1945 3. Ingeniería Mecánica Estática. Shames, AIS, México, 1969 4. Estructuras Isostáticas. O. Antezana, Bolivia 1998

NOMBRE DE LA UNDAD (2): ANÁLISIS DE VIGAS


OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1.Reconocer los diferentes tipos de apoyo.

2.Determinar la estabilidad geométrica y el grado de isostaticidad de estructuras como vigas .



16

CONTENIDO: - Viga simple – Viga en Voladizo – viga Empotrada – viga con Apoyos Guiados – Viga Gerber - Teoría de Vinculos – Formas de sujeción – Tipos de apoyo – Comparación con la realidad – Articulación

Intermedia – Estabilidad Geométrica – Determinación Estática- análisis internos de una viga.

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


1. Clase Magistral 2. Lectura de libros EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:

Presentación de ejercicios propuestos en clase


1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974 2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945 3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969 4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998

NOMBRE DE LA UNDAD (3): ESTRUCTURAS DE PORTICOS


OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: - 1. Determinar el valor y la linal de acción de la resultante de un sistema de cargas puntuales,

uniformemente distriubidas y distribuidas de intensidad variable- saber calcula con diferentes métodos un pórtico- Pórticos Trarticulados – Pórticos de Caballete

CONTENIDO: grado de determinación estática los pórticos-método de los anillos-diagrama de fuerzas internas –diagrama de

fuerzas internas del pórtico

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


1. Clase magistral.

2. Lectura de libros

EVALUACIÓN DE LA UNIDAD:

1. Presentación de ejercicios propuestos en clase


1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974

2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945

3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969 4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998

NOMBRE DE LA UNDAD (4): ESTRUCTURAS DE CERCHAS




17

OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1. Determinar el valor de las reacciones de apoyo en las estructuras isostáticas.

CONTENIDO: - Grado isostático interno-descomposición de un elemento en fuerzas internas-armaduras planas-

armaduras especiales-armaduras espaciales-calculo método nudos-metodo de los coeficientes de uniones

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


1. Clase magistral 2. Lectura de libros


1. Presentación de ejercicios propuestos en clase


1. Análisis Estructural, Juan J. Tuma, Mc Graw Hill, 1974

2. Teorías de la estructuras, S. Timoshenko – DH. Young, Mc. Graw Hill, 1945

3. Ingeniería Mecánica Estática, Shames, AID, México, 1969

4. Estructuras Isóstaticas. O. Antezana, Bolivia, 1998

NOMBRE DE LA UNDAD (5): LÍNEAS DE INFLUENCIA


OBJETIVOS DE LA UNIDAD: al finalizar la unidad el estudiante será capaz de: 1. Determinar las ecuaciones de esfuerzos u dibujar los diferentes diagramas en las estructuras isostáticas.

CONTENIDO: - Construcción de Diagramas , Esfuerzos, Normales ,cortantes , Momentos Puntos de Esfuerzo Extremos

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


1.Clase magistral

2.Lectura de libros


Presentación de ejercicios propuestos en clase


Ref. 3: Pag. 301 a 305

Ref. 1: Pag. 6-56

Ref. 4: Pag. 25 a 29



18

NOMBRE DE LA UNDAD (6): ESTRUCTURAS EN ARCOS.


OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar un arco sometida a flexion en cualquiera de las tres zonas.

CONTENIDO:

Análisis estáticode arcos poligonales-arco simétrico triangulares-análisisestático de arcos continuos de

triarticulado-arcos de ejes parabólicos –arcos con ejes circular en coordenadascartesianas –barras de ejes

circular en coordenadas –cargas trasversales distribuidas uniformemente a lo largo del eje- control de su

deformación

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


Exposición y calculo de las distintas constantes y características de las secciones. Se

buscara la participación del alumno mediante preguntas directas y resolución del

problema tipo.


Tarea a la casa: Diseñar varias vigas con datos individuales para cada alumno. Prueba

estructurada

en el segundo parcial.


Ref. 3: Pag. 218 a 223, pag. 242 a 266, pag. 283-284

Ref. 1: Pag. 6-38, 6-39, 6-52 a 6-55

Pag. 1-146 a 1-147, 4 -15 a 4 -21, 4 –113 a 4 -166

NOMBRE DE LA UNDAD (7): ESTRUCTURASCABLES


OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar elementos sometidos a flexotraccion y flexocompresion en

CONTENIDO: - Cables con carga puntual-cables que soportan su propio peso-cables rectilíneos en cuyos puntos de

inflexión soportan carghas concentradas-cables flexibles-Pandeo en simple y doble curvatura. TÉCNICAS PREDOMINANTES PROPUESTAS PARA LAUNIDAD:



19

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:

Aplicacion de las formulas del Reglamento con ejemplos numericos. Se buscara la

participacion del alumno mediante preguntas directas y resolucion del problema tipo.


Tarea a la casa: diseño de varios elementos sometidos a flexotraccion y flexocompresion

con datos individuales para cada alumno. Prueba estructurada para el examen final.


Ref. 3: Pag. 325 a 331

Ref. 1: Pag. 6-41, pag. 6-95, pag 6-60

NOMBRE DE LA UNDAD (8): MATRIZ DE RIGIDEZ

DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6 HT + 6 HP

OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar estructuras en tres dimenciones.

CONTENIDO: -algebra matricial para análisis estructural- definición de tipo de matrices-operación de matricez-metodo de

gauss para resolver ecuaciones simultaneas-transformacion de coordenadas-analisis artificial de estructuras

de barra-analisis de estructuras .

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


Exposicion y calculo de uniones siguiendo el Reglamento AISC. Se buscara la

participacion del alumno mediante preguntas directas y resolucion del problema tipo.


Tarea a la casa: diseño de estructuras y calculo en tres dimensiones


Ref. 3:Pag. 361 a 374, 380 a 382, 443 a 464

Ref. 1: Pag, 6-70 a 6-84

Ref. 2: Pag. 8-13 a 8-153, pag 8-163 a 8-210

NOMBRE DE LA UNDAD (9): TUTORIAL DE PROGRAMACION

DURACIÓN DE LA UNIDAD EN PERIODOS ACADÉMICOS: 6 HT + 3 HP

OBJETIVOS DE LA UNIDAD: El alumno debe ser capaz de diseñar vigas y pórticoscerchas –arcos –cables con programacion



20

CONTENIDO: El metodo del trabajo virtual. Mecanismo de falla

METODOLOGÍA DE LA

ENSEÑANZA:


Calcular mecanismo de fallas. Se buscara la participación del alumno mediante

preguntas directas y resolución de problemas tipo con calculadoras.


Tarea a la casa: Diseñar una viga continua y un pórtico simple con el métodoplástico con

datos individuales para cada alumno. Prueba estructurada para examen final.


Ref. 3: Pag. 224 a 235

Ref. 1: Pag. 6-55, 6-56



21

CAPITULO 1 FUNDAMENTOS DE LA ESTATICA Y ENFOQUE VECTORIAL

PARTE I

1.1.1.-ANTECEDENTES

1.1.2.-Desarrollo Histórico El tema de la estática se desarrolló muy temprano en la historia porque los principios que

implican pudieron ser formulados simplemente a partir de mediciones de geometría y

fuerza, por ejemplo los escritores Arquímedes. (287 – 212) antes de Cristo tratan con el

principio de la palanca. Estudios de la polea, el plano inclinado y la llave, también están

registrados en escritos antiguos, en épocas en que los requisitos de la ingeniería se

limitaban principalmente a la construcción de edificios.

Como los principios de la dinámica dependen de una división precisa del tiempo, este

tema se desarrolla mucho después, Galileo Galilei en (1564 – 1642) fue uno de los

primeros y principales contribuyentes a este campo. Su trabajo consiste en experimentos

con péndulos y en analizar las caídas de cuerpos. Seguido sin embargo, la más importante

contribución en dinámica fue hecha por Isaac newton en (1642 -- en 1702), quien es

famoso por su formulación de las tres leyes fundamentales del movimiento y la ley de la

atracción gravitatoria universal. Lagrange y otros, desarrollaron importantes técnicas

para su aplicación.

1.1.3.-OBJETIVOS



22

1.1.3.1.- OBJETIVO GENERAL

EL objetivo fundamental de este capítulo es que el estudiante conozca los fundamentos

de la estática con un vector, y este desarrolle destrezas para el calculo del equilibrio

estático.

1.1.3.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS

Al finalizar este capítulo el estudiante podrá:

Describir la estática de la partícula en el espacio.

Comprender y determinar el concepto de fuerza, momento con relación a un punto

de un eje, además el efecto de este implica.

Adquirir destrezas para hallar la importante de un conjunto de fuerzas y

momentos en el espacio.

Clasificar los tipos de fuerzas por su forma geométrica, sistema estructural y el

grado Hiperestático.

Determinar las resultantes, reacciones y descomposición de los tipos de fuerzas

que existen en (vigas, pórticos, arcos y estructuras mixtas).

Podrá conocer la utilidad de los diagramas de esfuerzos internos.

1.4.-JUSTIFICACION

Es un abordaje del estudiante a la estática de partículas en general e ingreso a la

introducción del análisis estructural, a la estática vectorial.

Conceptualizara la estructura en su contexto, bajo la acción de fuerzas externas teniendo

la acción de su reacción en los vínculos, y por efecto el esfuerzo interno del elemento,

cumpliendo el equilibrio en su conjunto.

PARTE II

1.2.- FUNDAMENTOS TEORICOS

1.2.1.-ENFOQUE VECTORIAL

1.2.1.1.-CONCEPTOS FUNDAMENTALES

1.2.1.11.- Cantidades Básicas.-



23

1.2.1.1.2.- Longitud Figura 1.1

Long. Entre 2 puntos Medido a Escala 1:10

Necesario para localizar la posición de un punto en el

espacio, donde es posible describir el tamaño de un

sistema físico. Una vez definida la unidad estándar de

longitud, se puede establecer cuantitativamente

distancias y propiedades geométricas de un cuerpo

como múltiplos de la longitud unitaria.

.1.2.1.1.3.- Tiempo.- - Es una sucesión de eventos; aún que los principios de la estática

son independientes de este tipo de medida, la importancia se enmarca en el estudio de la

dinámica estructural.

1.2.1.1.4.- Masa

Figura 1.2

Influencia de la Gravedad en un cuerpo

Es una propiedad de la materia donde permite

la comparación de las acciones de un cuerpo,

manifestándose como una atracción gravitatoria

entre los cuerpos y proporciona una medida

cuantitativa de la resistencia de la materia a

cambios de la velocidad.

1.2.1.1.5- FuerzaSe considera como un "empuje" o un "jalón" ejercido por un cuerpo

sobre otro de acuerdo muestra la siguiente figura. Ocurre cuando existe el acto directo

entre cuerpos.

1.2.1.1.6.- Partícula.-

1˚er ley 2˚da ley 3˚ley

Figura 1.3. Cuerpo rígido, inerte y bajo la acción de movimiento

La partícula tiene masa, peso, tamaño que

puede ser ignorado. Por ejemplo, el tamaño

de la tierra es insignificante comparado con el

tamaño de su órbita, y por tanto, la tierra

puede ser modelada como una partícula al

estudiar su movimiento orbital.

1.2.2.- CUERPO RÍGIDO.-Es considerado como una combinación de un gran número

de partículas en la que todas las partículas permanecen a una distancia fija una de otras

antes y después de aplicar una carga.



24

1.2.2.1. Fuerzas Concentrada

FF

CARGAS DISTRIBUIDAS ENUN DIMENCION

CARGAS DISTRIBUIDAS ENDOS DIMENCION

Figura 1.4

fuerza concentrada

Se representa a una carga por medio de una

fuerza concentrada, siempre que él área sobre la

cual la carga es aplicada, será muy pequeña en

comparación con el tamaño total del cuerpo. Un

ejemplo sería la fuerza tacto entre una rueda y el

terreno.

1.2.2.2. Las tres leyes del Movimiento de Newton.-La mecánica del cuerpo rígido

está formulado con base en las tres leyes del movimiento de Newton, cuya validez se basa

en la observación experimental.

Estas leyes se aplican al movimiento de una partícula medida desde un marco de

referencia no acelerado. Con relación a la figura de la particula.

1.2.2.2.1.- Primera ley.- Una partícula originalmente en reposo, o que se mueve en

línea recta con velocidad constante, permanecerá en este estado siempre que no esté

sometida a una fuerza que no está balanceada.(Ver figura 1.3 partícula (a)).

1.2.2.2.2Secunda ley.- Una partícula sobre la que actúa una fuerza desbalanceada F

experimenta una aceleración (a) que tiene el mismo sentido que la fuerza y una magnitud

que es directamente proporcional a la fuerza, considerando la masa m .(Ver figura 1.3

partícula (b)). Esta ley se expresa como:

F =m*a (1-1)

1.2.2.2.3.- Tercera ley.- Las fuerzas mutuas de acción y reacción entre dos partículas

son iguales, opuestas y colineales.(Ver figura1.3 partícula c)



25

1.2.3.1.-Peso.-De acuerdo a la ecuación 1-2 dos partículas o cuerpos cualesquiera

tienen un fuerza de atracción mutua que actúan entre ellas. Sin embargo, en el caso de

una partícula localizada en un sector de la superficie de la tierra, la única fuerza

gravitatoria que consideraremos en nuestro estudio de la mecánica.

Aparte del ecuación 1-2 podemos desarrollar una expresión aproximada para encontrar

el peso W de una partícula con masa de la tierra es una esfera sin rotación de

densidad c constante y con una masa si suponemos M, m entonces, si r es la distancia

entre el centro de la tierra y la partícula, tenemos:

Haciendo resulta

(1.3)

Figura 1.6

1.2.3.-ATRACCION GRAVITACIONAL

Figura 1.5 representación grafica de la atracción

de dos partículas

Newton plantea una ley que gobierna la

atracción gravitatoria entre dos partículas

cualesquiera..Enunciando

matemáticamente resulta en:

(1-2)

G =66.73* ( 1.2.1)

Donde: F = fuerza de gravitación entre las dos

partículas.

G = constante universal de gravitación;

de acuerdo con la evidencia

exponencial.

M, m = Masa de cada partícula

r = distancia entre las dos partículas.



26

Si comparamos W=mg con F=ma donde g=a debido a la gravedad g es la aceleración.

1.2.3.- Vector: Es todo segmento de recta dirigido en el espacio, cada vector posee tres

características básicas:

Figura 1.7 Representación grafica

de un vector

1 .2.3.- Coordenadas de

un vector

Figura 1.8 representación grafica a partir

de coordenadas

Dirección.- Es la recta que contiene al vector A y B o de cualquier recta paralela a ella :

Sentido ( )Con origen A al extremo B(Ver figura 1.5).

Módulo AB→

Es la longitud o tamaño del

vector,el modulo del vector es la longitud del segmento AB y siempre es un numero positivo o cero.

Modulo de un vector ΙuΙ a partir de sus

componentes sea:

El modulo resulta (1.4)

Modulo apartir de las coordenadas de los

puntos sea



27

1.2.3.4.-CLASIFICACION DE VECTORES.-

Figura 1.9

Figura 1.10

Figura 1.11

Figura 1.12

Figura 1.13

1.2.3.4.1.- Vectores equivalentes.-dos

vectores son equivalentes cuando tienen igual

módulo, dirección y sentido. Figura 1.9

1.2.3.4.2.-Vectores libres.- es el conjunto de

todos los vectores equivalentes entre sí , los

cuales tienen módulo, dirección y sentido.

Figura 1.10

1.2.3.4.3.-Vectores fijos.-es un

representante del vector libre tienen el mismo

módulo, dirección, sentido y origen. Figura1.11

1.2.3.4.4.-Vectores ligados.- son vectores

equivalentes los que actúan en la misma recta

Figura 1.12

1.2.3.4.5.-Vectores opuestos.- tienen el

mismo módulo, dirección y distinto sentido.

Figura 1.13

1.2.3.4.6.-Vectores unitarios.- tienen de

módulo, la unidad de misma dirección y

sentido que el vector dado Figura 1.14

Sea =vector

=modulo

Resultante del vector unitario

(1.5)

1.2.3.4.7Vectores concurrentes.- tienen el

mismo origen. Figura 1.15

1.2.3.4.8.-vector de posición.-es aquel que

une el origen de coordenadas O con un punto P

se representa figura .1.16



28

Figura 1.14

Figura 1.15

Figura 1.16

Figura 1.17

Figura 1.18

1.2.3.4.9.Vectores linealmente

dependientes.- varios vectores libres del

plano son linealmente dependientes si existe

una combinación lineal de ellos que sea igual al

vector cero , sin que sean cero todos los

coeficientes de la combinación lineal. Figura

1.16

1.2.3.4.10.-Vectores linealmente

independientes.- varios vectores libres son

linealmente independientes si ninguno de ellos

se puede expresar como combinación lineal de

los otros. Figura 1.17

1.2.3.4.11.-vectores ortogonales .-dos

vectores son ortogonales o perpendiculares si su

producto escalar es cero. Figura 1.18

1.2.3.4.12.-Vectores ortonormales .- dos

vectores son ortonormales si:

1. Su producto escalar es cero.

2. Los dos vectores son unitarios.

Figuira 1.19

Figura 1.19 figura 1.20



29

1.2.3.4.13.-Descomponiendo en un sistema de ejes Cartesianos Sea

Propiedades Conmutativa:

Asociativa:

ElementoNeutro:

Elemento Simétrico:

Elementos simétricos u opuestos

1.2.4.-ADICIÓN Y RESTA DE

VECTORES

Figura 2.21 representación grafica de la suma

y resta de dos vectores

La suma de dos vectores libres es otro vector e sequ

determina de la siguiente forma:

Se sitúa el punto de aplicación de uno de

ellos sobre el extremo del otro; el vector

suma es el vector que tiene su origen en el

origen del primero y su extremo en el

extremo del segundo.Por tanto, el vector

suma de dos vectores coincide con una de

las diagonales, la "saliente", del

paralelogramo que puede formarse con los

vectores que se suman; la otra diagonal

representa la resta de dichos vectores.



30

La suma de los vectores podemos realizarla de dos maneras diferentes, analítica y gráficamente.

Para efectuar sumas o restas de tres o más vectores, el proceso es idéntico. Basta con

aplicar la propiedad asociativa.

1.2.5.- GRÁFICO

Figura 1.22 representación grafica

Para sumar dos vectores de manera gráfica

utilizaremos la denominada Regla del

paralelogramo, consistente en trasladar

paralelamente los vectores hasta unirlos por el

origen, y luego trazar un paralelogramo, del que

obtendremos el resultado de la suma, como

consecuencia de dibujar la diagonal

encontramos la resultante en la figura.

A partir de la ley del paralelogramo se puede obtener otro método para determinar la

suma de dos vectores como:

GRÁFICO

Figura 1.23

a) vectoresconcurrentes se restan

1.2.5.1.-Regla del triángulo.-considérese la

figura 1.3, donde la suma de los vectores P y Q ha

sido determinada por la ley del paralelogramo.

La resta de un vector se define como la adición del

vector negativo correspondiente. De manera que

el vector P — Q que representa la diferencia de los

vectores P y Q se obtiene agregándole a P el vec-

tor negativo —Q (figura 1.3b)

Otra manera de expresar la suma de manera

gráfica es trasladar el segundo vector a sumar de

tal manera que el origen de éste, coincida con el

extremo del primer vector, y la suma la

obtendremos dibujando un vector que vaya desde

el origen del primer vector hasta el extremo del

segundo, figura 1.4vectores con sentidos opuestos

se restan (tal y como se puede ver en el apartado

correspondiente a la resta de vectores).Un



31

1.2.5.2.- Método Algebraico para la Suma de vectores

Dados tres vectores

La expresión correspondiente al vector suma es:

o bien

siendo, por tanto,

(1.6)

1.2.5.3.- PRODUCTO DE UN VECTOR POR UN ESCALAR

Multiplicar un escalar k por un vector v, expresado analíticamente por kv, es otro vector

con las siguientes características:

1.-Tiene la misma dirección que v.

2.- Su sentido coincide con el de v, si k es un número positivo, y es el opuesto, si k

es un número negativo.

b) vectores no concurrentes se suman

Figura 1.2

ejemplo de suma y resta de vectores figura 1.23 -

1.24



32

3.- El módulo es k veces la longitud que representa el módulo de v. ( Sik es 0 el

resultado es el vector nulo).

Analíticamente, tenemos que multiplicar el escalar por cada una de las coordenadas del

vector como se muestra en el siguiente ejemplo.

Ejemplo: Dado el vector v de componentes: vxi + vyj + vzk, y la escalar 3, el producto es:

3 · v = 3 · vxi + 3 · vyj + 3 · vzk.

La representación gráfica del producto es igual a sumar el vector tantas veces como

indica el escalar.

Propiedades

El producto de un vector por un escalar cumple las siguientes propiedades:

1. Conmutativa: k · v = v · k.

2. Distributiva: k (v + u) = (k · v ) + (k · u).

3. Elemento Neutro: 1 · v = v.

4. Elemento Simétrico: -1 · v = - v

1.2.6.-PRODUCTO ESCALAR

El producto escalar de dos vectores es por definición un escalar.

Propiedades:



33

El producto escalar para encontrar el ángulo de los vectores a y b:

Con lo que deducimos que:

(1.7)

• El cosdará siempre entre 0 y 1

• El producto escalar varía como máximo entre el y O

• El cosnos dice si los vectores son paralelos o perpendiculares

Si cos de a y b = 0 vectores perpendiculares.

Si cos de a y b<> 0 vectores perpendiculares.

En este caso, , podemos sacar como conclusión que a = Oó b = O, o bien que a y

b son mutuamente perpendiculares.

1.2.6.1.-Producto escalar de dos vectores

El producto escalar de dos vectores, expresado analíticamente como r · v, se obtiene de la

suma de los productos formados por las componentes de uno y otro vector. Es decir,

dados dos vectores r y v, expresados en un mismo sistema de coordenadas:

teniendo en cuenta que el producto escalar de los vectores :

el resultado de multiplicar escalarmente r por v es:

r· v = rx· vx + ry · vy+ rz · vz



34

A

B

Z

Y

X

C

Esta operación no solo nos permite el cálculo de la longitud de los segmentos orientados que representan ( sus módulos ), sino también calcular el ángulo que hay entre ellos. Esto es posible, ya que el producto escalar también se puede hallar en función de sus módulos y del coseno del ángulo que forman mediante la fórmula:

r· v = |r| · |v| · cos (r, v) (1.8)

1.2.6.1.-Propiedades

Conmutativa : r · v = v · r

Distributiva : r · ( v + u ) = r · v + r · u

Asociativa : ( k · r ) · v = k · ( r · v ) = r · ( k · v ) siendo k escalar.

Además:

1.- r · r = 0 si, y sólo sí r = 0.

2.- Si r y v<> 0 y r · v = 0, esto implica que los vectores son perpendiculares, (cos 90º =

0).

3.- El producto escalar de dos vectores es equivalente a multiplicar escalarmente uno

de ellos por el vector proyección del otro sobre él.

1.2.6.3.-EJEMPLO:Determinar la dirección de los vectores A y B, modulo, multiplicación por escalar, proyección ortogonal Sea

A

B

Z

Y

X

(1.9)



35

MODULO 1.10)

Multiplicación por una escalar (1.11)

1.2.6.3.1.-Proyección ortogonal (rv) de r sobre v

rv= |r| cos (r, v) ->r · v = |v| · rv(1.12)

Ahora calculamos el Angulo que forman

sabemos que :

1.2.7.-PRODUCTO VECTORIAL

El producto vectorial de los vectores a y b, se define como un vector, donde su dirección

es perpendicular al plano de a y b, en el sentido del movimiento de un tornillo que gira

hacia la derecha por el camino más corto de aab,

Se escribe . Por tanto:

Donde n es un vector unitario

perpendicular al plano de a y b en el

sentido del movimiento de un tornillo que

gira hacia la derecha de aab.



36

1.2.7.1.-Propiedades:

1.2.8.-MÓDULO DE UN VECTOR

Un vector no solo nos da una dirección y un sentido, sino también una magnitud, a esa

magnitud se le denomina módulo.

Gráficamente: Es la distancia que existe entre su origen y su extremo, y se representa

por:

1.2.8.1.-Coordenadas cartesianas: En muchas ocasiones es conveniente tomar las

componentes sobre tres direcciones mutuamente perpendiculares OX, OY y OZ que

forman un sistema cartesiano tridimensional.

Si tomamos tres vectores unitarios, i sobre OX, j sobre OY y k sobre OZ, entonces

podemos encontrar puntos ax, ay, az sobre OX, OY, OZ, respectivamente, tales que:

y aplicando el teorema de Pitágoras nos

encontramos con que el módulo de a es:

(1.13)

1.2.8.2.-Ejercicios.-

Ejercicio 1.- Aplicando la ley de cosenos determinar el paralelo de la dirección del

resultante.



37

31°

39°39°

31°

8 KN

8 KN6 KN

6 KN

R

Regla de triángulos

Ley de cosenos : R²= a²+b²-2ab*cosα

Entonces:

Dirección de la resultante es

Si α = 39 - β β = 39-α β= -6.01 Dirección

Ejercico nº 2.- Mediante la ley del paralelogramo y regla de triángulos. Determinar la

resultante y la dirección.

38°

39°39°

8 KN6 KN

RB



38

tiran

te tirante

poste

10 K

N 15 KNB D C

2 3

4

A

Del



39

Por ley Cosenos

por ley de Senos

b)

Ejercicio nº3.- Mediante la ley del paralelogramo y regla de triángulos. Determinar la

resultante y la dirección de cada fuerza.

Ley del paralelogramo

P1

P2

P3

P1P1



40

Regla de triángulos

Por ley de Coseno la Resultante

Determinando por la ley de senos

Por tanto

Regla triángulos Determinando por la ley de senos

P1P2

R12

P2

R12

R123P3

R12



41

Por ley de Coseno la Resultante

Siendo direccion de

R123P3

R12



42

PARTE III

1.3.1.- FUNDAMENTOS BASICOS DE LA MECANICA VECTORIAL

1.3.1.1.- FUERZAS SOBRE UNA PARTÍCULA

Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro y se caracteriza por su punto de

aplicación, magnitud o módulo y dirección (figura 1.25)

a) figura 1.25 b)

a)

figura 1.26

La dirección de una fuerza se define por la

línea de acciones y el sentido de la fuerza.

La línea de acción es la línea recta infinita a

lo largo de la cual actúa la fuerza; se

caracteriza por el ángulo que forma, al

cumplirse fijo en la figuras 1.25

Dos fuerzas como las mostradas en la

figura 1.25 a y b tienen la misma magnitud

y la misma línea de acción pero diferente

sentido, tendrán efectos opuestos sobre

una partícula.

La evidencia experimental muestra que dos fuerzas P y Q que actúan sobre una partícula

(A) figura2.2a pueden sustituir por una sola fuerza (R). A esa fuerza se le llama

resultante de la fuerza P y Q y puede observarse, como se muestra en la figura 2.2a,

construyendo un paralelo gramo con P y Q que pasa por el punto (A) y representa la

resultante (R) . Esto se conoce como la ley del paralelo gramo para la acción de dos

fuerzas, y se basa en la evidencia experimental; no puede aprobarse ni derivarse de

manera matemática.



43

1.3.1.3.-EQUILIBRIO DE

UNA PARTÍCULA

En las secciones enterior se expusieron los

metodos utilizados para determinar la

resultanta de varias fuerzas que actuan sobre

una particula, es posible que la resultante de

dos fuerzas iguales con diferentes sentidos es

cero , y se dice que la partícula está en

equilibrio.

Una partícula sometida a la acción de dos o

cuadro fuerzas estará en equilibrio si ambas

fuerzas tienen la misma magnitud.

Otro caso de una partícula en equilibrio se

1.3.1.2.- RESULTANTE DE

VARIAS FUERZAS

CONCURRENTES

figura 1.27

representación grafica de barias fuerzas que

formando su resultante

Considérese una partícula (A) sujeta a varias

fuerzas coplanares, es decir, a varias fuerzas

contenidas en el mismo plano (figura 1.25a).

Como todas estas fuerzas pasan por A, se dice

que son concurrentes.

Los vectores que representan las fuerzas que

actúan sobre A pueden sumarse con la regla del

polígono (figura 1.27 a). Puesto que el uso de la

regla del polígono es equivalente a la aplicación

repetida de la ley del paralelogramo, el vector

R obtenido representa la resultante de las

fuerzas concurrentes que intervienen, es decir,

la fuerza que produce el mismo efecto sobre la

partícula (A) que las fuerzas dadas. Como se

indicó antes, no importa el orden en el que se

sumen los vectores P, Q y S que representan las

fuerzas sobre la partícula figura 1.27 b.



44

figura 1.28

figura 1.29

La misma línea de acción, pero con sentidos opuestos resultante de la fuerza es cero.

muestra figura2.4 donde aparece cuatro fuerzas

que actúan sobre (A). En la figura1.29, la

resultante de las fuerzas dadas se determina por

la regla del polígono. Empezando en el punto O

con F1 ni acomodado las fuerzas. La cola, se

encuentra en el punta de F4 coincide con el

punto de partida O, así que la resultante R del

sistema de fuerzas dando es cero ,en la partícula

está en equilibrio.

1.3.1.4.- DESCOMPOSICIÓN DE UNA FUERZA EN COMPONENTES (X Y Z)

Considere una fuerza F actuando en el origen O del sistema de coordenadas

rectangulares ( X, Y, Z.)

Para definir la dirección de F, se dibuja el plano vertical OBAC que contiene a F

( la figura1.30). Este plano pasa a través del eje vertical y su orientación está definida por

el ángulo Ø que este formado con el plano XY. La dirección de F dentro del plano está

definido por el ángulo Øy que F forma con el eje y. la fuerza F se puede descomponer en

una componente vertical Fy y una componente horizontal Fh; las componentes escolares

correspondiente son:

yhyy senFFFF θθ == cos

FF

FsenFFFsen

yy

yh

hy

=

=

=

θ

θ

θ

cos

(1.14)

sen Ø = h

z

FF

senFF hz = Ø

FsenFz = Ø y senØ figura 1.30



45

La Fh se puede descomponer en dos componentes rectangulares Fx y Fz a lo largo de los

ejes x, y, z, respectivamente. Esta operación se lleva acabo en el plano X, Z. Se obtiene las

siguientes expresiones para los componentes escolares correspondientes

θθθ

θθθ

SenSenFSenFF

CosSenFCosFF

yh

yhx

==

==

2 (1.14)

Por lo tanto, la fuerza dada F se ha descompuesto en 3 componentes vectoriales

rectangulares Fx ,Fy y Fz que están dirigidas a lo largo de los tres ejes coordenados.

Aplicando el teorema de Pitágoras a los triángulos OAB y OCD se escribe:

F2 = (OA) 2 = (OB)2 + (BA)2 = F2y+ F2h (1.15)

F2 = (OC)2 = (OD)2 + (DC)2 = F2x+ F2z

Eliminando F2h de estas dos ecuaciones y resolviendo F, se obtiene la siguiente relación

entre la magnitud de F y sus componentes escalares rectangulares.

222

2222

222

)()()()()(

zFFyFxF

yFzFxFFFhFhF

++=

++=

+=

cos Ø=h

x

FF

Fx = Fh cos Ø Fx = Fsen Øy cos Ø figura 1.31

La relación existente entre la fuerza F y sus tres componentes Fx y Fy Fz se visualiza más

fácilmente si, como se muestra en la figura se dibujo una caja que tenga Fx y Fy Fz como

aristas. Entonces, la fuerza F se representa por la diagonal OA de dicha figura (a). La

figura(b) muestra el triángulo rectángulo OAB empleado para derivar primera de las

fórmulas Fy = F cos Øy. En las figuras 1.31 a y c, también se han dibujado otros dos

triángulos rectángulos. OAD y OAE. Se observa que estos triángulos ocupan en la caja

posiciones comparables con la del los triángulos OAB. Al enunciar Øx y Øz, como los

ángulos que F forman con los ejes x y z, respectivamente, se pueden derivar dos fórmulas

similares a Fy = F cos Øy entonces se escribe.



46

(1.16)

figura 1.32

Los tres ángulos zyx yθθθ ,, definen la dirección de fuerza F; éstos son los que se utilizan

con mayor frecuencia para dicho propósito, más comúnmente que los ángulos yyθ Ø

figura 1.31 ( c ) introducidos al principio de esta sección. Los cosenos de zyx yθθθ ,, se

conocen como los cosenos directores de la fuerza F.

Donde los componentes escalares Fx y Fy Fz están definidas por las relaciones (1.19).

Como en el caso de los problemas bidimensionales, un signo positivo indica que la

componente tiene el mismo sentido que el eje que le corresponde y un signo negativo

indica que esta tiene un sentido opuesto al del eje.

El ángulo que forma una fuerza F con un eje siempre debe ser medido a parir del

lado positivo del eje y siempre debe estar entre 0 y 180º. Un ángulo xθ menos que 90º

(agudo) indica que F (la cual se supone que está fija a xθ está en el mismo lado del plano

yz que el eje x positivo; entonces cos xθ y Fx serán positivos. Un ángulo xθ mayor que

figura 1.33

Introduciendo los vectores unitarios i, j y k,

dirigidos, respectivamente, a lo largo de los ejes

x, y , z figura 1.32 donde F puede expresarse de

la siguiente forma.

(1.17)



47

90º (obtuso) indica que F está en el otro lado del plano yz; entonces cos xθ y Fx serán

negativos. Los ángulos yx yθθ son agudos, mientras que zθ es obtuso; consecuentemente

Fx y Fy son positivos mientras que Fz es negativo.

Sustituyendo las expresiones obtenidas para Fx y Fy Fz se obtiene la siguiente

expresión.

(1.18)

La cual muestra que la fuerza F puede ser expresada como el producto del escalar F y un

vector.

(1.19)

Obviamente, el vector λ es un vector cuya magnitud es igual a 1 y cuya dirección es la

misma que la de F (figura 1.9). El vector λ se conoce como el vector unitario a lo largo de

la línea de acción de F. se observa que las componentes del vector unitario λ son iguales,

respectivamente, a los cosenos directores de la línea de acción de F:

figura 1.34

Se debe señalar que los valores de los tres ángulos zyx yθθθ ,, no son independientes.

Recordando que la suma de los cuadrados de las componentes de un vector es igual a su

magnitud elevada al cuadrado se escribe.



48

En el caso del ejemplo, una vez que se han seleccionado los valores ,º45º60 == yx yθθ el

valor de zθ debe ser igual a 60º o a 120º para que se cumpla la identidad

Cuando se conocen las componentes Fx y Fy Fz de una fuerza F, la magnitud F de la

fuerza se obtiene a partir de las relaciones se pueden resolver para los cosenos directores.

(1.20)

Y se pueden encontrar los ángulos zyx yθθθ ,, que caracterizan la dirección

1.3.1.5.-FUERZAS

CONCENTRAS

figura 1.36

1. Una de las dos componentes, P, se conoce. La segunda

componente, Q, se obtiene aplicando la regla del triángulo

y uniendo la punta de P a la punta de F (figura 1.35); la

magnitud, la dirección y el sentido de Q se determinan

gráficamente o por trigonometría. Una vez que Q se ha

determinado, ambas componentes P y Q deben aplicarse

en A.

2. Se conoce la línea de acción de cada una de las

componentes. La magnitud y el sentido de las

componentes se obtiene al aplicar la ley del paralelogramo

y trazando líneas, por la punta de F, paralelas a las líneas

de acción dadas (figura 1.36). De esta forma se obtienen

dos componentes bien definidas P y Q, que pueden

determinarse gráficamente o por trigonometría aplicando

la ley de los senos.

Pueden encontrarse muchos otros casos; por ejemplo, cuando la dirección de una de las

componentes se conoce y se busca que la magnitud de la otra sea lo más pequeña posible.

En todos los casos se traza un triángulo o un paralelogramo adecuado que satisfaga las

condiciones.



49

1.3.1.6).-COMPONENTES RECTANGULARES DE UNA FUERZA.

1.3.1.6.1) VECTORES UNITARIOS

En muchos problemas será conveniente descomponer una fuerza en sus dos componentes

perpendiculares entre sí. En la (figura 1.37), la fuerza F se ha descompuesto en una

componente F, a lo largo del eje x y una componente F,, a lo largo del eje y. El

paralelogramo trazado para obtener las dos componentes es un rectángulo, y las fuerzas

Fx y Fy se llaman componentes rectangulares.

figura 1.37 figura1.38

Los ejes x y y suelen elegirse a lo largo de las direcciones horizontal y vertical,

respectivamente, como se muestra en la(figura 1.37) sin embargo, pueden seleccionarse

en cualesquiera otras dos direcciones perpendiculares, tal como indica la (figura

1.38)Para determinar las componentes rectangulares de una fuerza debe pensarse que las

líneas de construcción mostradas en las figuras1.37 y 1.38 son paralelas a los ejes x y y

en lugar de perpendiculares a ellos. Esta práctica ayudará a evitar errores en la

determinación de componentes oblicuas.

En este punto se introducirán dos vectores de magnitud unitaria

dirigidos a lo largo de los ejes positivos x y y. A estos

vectores se les llama vectores unitarios y se representan en lugar

de perpendiculares a ellos.

En este punto se introducirán dos vectores de magnitud unitaria dirigidos a lo largo de

los ejes positivos x y y. A estos vectores se les llama vectores unitarios y se representan

en lugar de perpendiculares a ellos. Esta práctica ayudará a evitar errores en la

determinación de componentes oblicuas.



50

En este punto se introducirán dos vectores de

magnitud unitaria dirigidos a lo largo de los ejes

positivos x y y. A estos vectores se les llama

vectores unitarios y se representan por i y j,

respectivamente (figura 1). Al recordar la

definición del producto de un escalar

y un vector dada, se observa que las componentes rectangulares Fx y Fy de una fuerza F

pueden obtenerse con la multiplicación de sus respectivos vectores unitarios i y j por

escalares apropiados (figura 2.9.6). Se escribe

Fx = Fxi Fy = Fyj (1.21)

F = Fxi + Fyj (1.22)

Mientras que los escalares Fx y Fy pueden ser positivos o negativos, dependiendo del

sentido de Fx y Fy sus valores absolutos son respectivamente iguales a las magnitudes de

las componentes de las fuerzas Fv y Fr. Los escalares F' y Fy se llaman componentes

escalares de la fuerza F, mientras que las componentes reales de la fuerza F' y Fy son las

componentes vectoriales de F. Sin embargo, cuando no existe alguna posibilidad de

confusión, a los vectores y a las

componentes escalares de F puede

llamárseles simplemente componentes de

F. Se observa que la componente escalar Fx

es positiva cuando la componente vectorial

Fv tiene el mismo sentido que el vector

unitario i (es confusión, a los vectores y a

las componentes escalares de F puede llamárseles simplemente componentes de F. Se

observa que la componente escalar Fx es positiva cuando la componente vectorial Fv tiene

el mismo sentido que el vector unitario i (es decir, el mismo sentido que el eje x positivo)

y es negativa cuando Fx tiene el sentido opuesto.



51

figura 1.39

Una conclusión semejante puede obtenerse observando el

signo de la componente escalar Fy.

Si se representa con F la magnitud de la fuerza F y con θ

el ángulo entre F y el eje x, medido en sentido contrario al

movimiento de las manecillas del reloj desde el eje x positivo

se pueden expresar las componentes escalares de F como

sigue:

Fr = F cosθ Fy = F senθ (1.23)

Se observa que las relaciones obtenidas se satisfacen para cualquier valor del ángulo θ

entre 0 y 360° y que éstas definen tanto los signos como los valores absolutos de las

componentes escalares Fx y Fy.

1.3.1.7.- ADICIÓN DE FUERZAS SUMANDO SUS COMPONENTES X y Y

En el estudió que las fuerzas deben sumarse de acuerdo con la ley del paralelogramo. A

partir de esta ley se derivaron, otros dos métodos más directos aplicables a la solución

gráfica de los problemas: la regla del triángulo para la suma de dos fuerzas y la regla del

polígono para la adición de tres o más fuerzas. También se vio que el triángulo de fuerzas

usado para definir la resultante de dos fuerzas podría usarse para obtener una solución

trigonométrica.

Cuando se van a sumar tres o más fuerzas, no puede obtenerse una solución

trigonométrica práctica del polígono de fuerzas que define a la fuerza resultante. En este

caso puede obtenerse una solución analítica del problema si se descompone cada fuerza

en sus elementos rectangulares. Considere, por ejemplo, las tres fuerzas P, Q y S que ac-

túan sobre una partícula A (figura 1.40).

Su resultante R está definida por la relación

R = P + Q + S (1.24)

Si se descompone cada fuerza en sus componentes rectangulares, se escribe

Rx + Ryj = Pxj + Pyj + Qxi + Qyj + Sxi + Syj

= (Px + Qx + Sx)i + (Py + Qy + Sy)j



52

figura 1.40

de donde se tiene que Rx = Px + Qx + SX

Ry = Py + Qy + Sy (1.25)

o, en forma breve, Rx= 2FX. Ry = 2Fy (1.26)

Por tanto, se puede concluir que las componentes escalares Rx y Ry de la resultante R de

varias fuerzas que actúan sobre una partícula se obtienen separando de manera

algebraica las correspondientes componentes escalares de las fuerzas dadas.

En la práctica, la determinación de la resultante R se realiza en tres etapas, como se

ilustra en la figura 1.39. Primero, las fuerzas mostradas en la figura 1.38a se

descomponen en sus componentes x y y (figura 1.35b). Con la suma de estas

componentes x y y de R (figura 1.38c). Finalmente, la resultante .R = Rxi + Ryj se

determina aplicando la ley del paralelogramo (figura 1.38d). El procedimiento que se

acaba de describir se realiza con más eficiencia si los cálculos se tabulan. Aunque éste es

el único método analítico práctico para la adición de tres o más fuerzas, con frecuencia

también se le prefiere sobre la solución trigonométrica en el caso de la suma de dos

fuerzas.

Figura 1.41

El polígono cerrado de la figura 1.37 y 1.38

proporciona una expresión gráfica de equilibrio

de (A). para expresar en forma algebraica las

condiciones del equilibrio de una partícula se

escribe:

R = ∑F = O (1.27)

Descomponiendo cada fuerza F en sus

componentes rectangulares , se tiene

∑ (Fxi +Fyj)= 0 o (∑ Fx)i +(∑Fy)j= 0

se concluye que las condiciones necesarias y

suficientes para el equilibrio de una partícula



53

1.3.1.8.- FUERZAS EN EL ESPACIO

1.3.1.8.1.- Componente rectangular de una fuerza en el espacio

Los problemas considerados en la primera parte de este capítulo involucran únicamente

2 dimensiones y pudieron formular se hizo resolver en un solo plan.

En esta sección en las secciones siguientes del capítulo se analizará problemas que

comprenden las tres dimensiones del espacio.

Considere una fuerza F que actúan en el origen O del sistema de coordenadas

rectangulares x, y , z. . Para definir la dirección de F , centrarse plano vertical OBAC que

contiene a F . Este plano paso a través del eje vertical y su orientación está definida por

el ángulo θ que forma con el plano x y , mientras que la dirección de F dentro de plano

está definida por el ángulo θy que forma F con el eje y. junto a la fuerza F puede

descomponerse en una componentes vertical Fy y una componente horizontal Fh , se

realicen el plano OBAC de acuerdo con las reglas desarrolladas en la primera parte del

capítulo. Las componentes escalares correspondientes son:

Fy = F cosθy Fh = F senθy (1.29)

La Fh puede separarse en sus dos componentes rectangulares Fx y Fz a lo largo de los

ejes x y z, respectivamente, se realiza en el plano xz . De esta manera se obtienen las

expresiones siguientes para los componentes escalas correspondientes:

Fx = Fh cosφ=F senθy cosφ (1.30)

Fz = Fh senφ=F senθy senφ (1.31)

la fuerza F sea descompuesto en tres componentes vectoriales rectangulares Fx Fy Fz ,

dirigida a lo largo de los tres ejes coordenados.

Si se aplica el teorema de Pitágoras a los triángulos OAB y OCD, se escribe:

F² = (OA)² = (OB)² + (BA)² = F² + Fh² (1.32)

Fh² = (OC)² = (OD)² + (DC)² = Fx² + Fz² (1.33)

Figura 1.42

son

∑ Fx = 0 ∑Fy= 0 (1.28)

regresando a la partícula mostrada en la figura

1.41, se comprueba que las condiciones

de equilibrio se satisfacen.



54

Si se elimina Fh² de estas dos ecuaciones y se resuelven para F se obtienen la siguiente

relación entre la magnitud de F y sus componentes rectangulares escalares:

F =√ Fx² +Fy² + Fz² (1.34)

La fuerza F esta representada por la diagonal OA la cual muestra el triangulo rectángulo

OAB empleando para deducir la primera ecuación Fy = F cosθy y asi sucesivamente:

Fx = F Cosθx Fy = F Cosθy Fz = F Cosθz (1.35)

Usando los vectores unitarios puede expresarse de la manera siguiente:

F = Fxi + Fyj + Fzk (1.36)

1.31.9.- FUERZAS DEFINIDA EN TÉRMINOS DE SU MAGNITUD Y DOS

PUNTOS SOBRE SU LÍNEA DE ACCIÓN

En muchas aplicaciones de la dirección de una fuerza F está definida por las coordenadas

de dos puntos

Figura 1.43

a M y N y tienen el mismo sentido que F . Si se representan sus componentes escalares

por y respectivamente, se escribe:

(1.37)

el vector unitario a lo largo de la línea de acción de F (es decir a lo largo de la línea MN

) pueden obtenerse al dividir el vector entre su magnitud MN . Se sustituyen para

de (2.26) y se observa que MN es igual a la distancia d de M a N , se escribe:

(1.38)

es importante recordar que F desigual al producto de F y , por lo que se tiene

(1.39)

de la cual se sigue reglas componentes de F son, respectivamente.



55

Fx = Fdx/d ; Fy = Fdy/d ; Fz =Fdz/d (1.40)

las relación (2.29) intensifican en forma considerable la determinación de las

componentes de las fuerzas F de magnitud F cuando la línea de acción de F está definida

por dos puntos M y N . Pese estando los coordenadas de M de las de N se determina

primero las componentes del vector y las distancias d de M a N:

(1.40)

sustituyendo los valores para F y para y d en las relaciones (2.29) . Se

obtienen las componentes y de la fuerza.

Los ángulos y que forman F con los ejes coordenados pueden obtenerse de las

ecuaciones (2.25). Comparando las ecuaciones y (2.27) también se puede escribir:

(1.41)

1.3.1.10.-ADICIÓN DE FUERZAS CONCURRENTES EN EL ESPACIO

Los resultados R de dos o más fuerzas en el espacio se calculan sumando sus

componentes rectangulares. Los métodos gráficos o Trigonométricos no son muy

prácticos en el caso de fuerzas en el espacio.

El método siguiente semejante al empleado. Con fuerzas coplanares. Se establece que

(1.42)

se descompone cada fuerza en sus componentes rectangulares y se escribe

de la cual se desprende que

(1.43)

la magnitud de la resultante y los ángulos θx, θy y θz está formado con el eje de

coordenadas se obtiene lo siguiente:

(1.44)



56

1.3.1.11.-EJEMPLOS.-

Ejercico.- En la operación de descarga de un barco, un automóvil de 3500 lb es

soportado por un cable. Se ata una cuerda al cable que A y sentirá para centrar al

automóvil sobre la posición deseada. El ángulo entre cable y la vertical es de 2 pul.,

mientras que el ángulo entre la cuerda y la horizontal desde 30grados ¡cual es la tensión

en la cuerda!

Diagrama de cuerpo libre. Se escoge el

punto A como cuerpo libre y se dibuja el

diagrama completo de cuerpo libre. TAB

es la tensión en el cable AB y TAC de la

tensión de la cuerda.

Condición de equilibrio. Como solo

actúan tres fuerzas sobre el cuerpo libre,

se dibuja un triángulo de fuerzas para

expresar que este se encuentra en

equilibrio. Como la ley de los senos

escribe.

Utilizando una calculadora, primero se

calcula y se guarda el valor

del último cociente. Se multiplica este

valor en forma sucesiva

por sen 120˚ y sen 2˚ se obtienen:



57

EJERCICIO.- Determine la magnitud, dirección y sentido de la fuerza F más pequeña

que mantendrá, en equilibrio al paquete que se muestra al margen. Nótese que la fuerza

ejercida por los rodillas sobre el paquete es perpendicular al plano inclinado.

Solución

Diagrama de cuerpo libre. Se escoge el

paquete como cuerpo libre, suponiendo

que este se puede tratar la partitura. Se

dibuja diagrama de cuerpo libre

correspondiente.

Condición equilibrio. Puesto que sólo

actúan tres fuerzas sobre cuerpo libre,

se dibuja un triángulo de fuerzas para

expresar que esta emitido. La línea1-1'

representa la dirección conocida de P.

Para obtener el valor mínimo de la

fuerza F se escoge la dirección de f

perpendicular a la de P. de la geometría

del triángulo obtenido, se encuentra

que:



58

EJERCICIO.-el alambre de una torre está anclado en A por medio de unos pernos. La

tensión en el cable es de 2500 N. Determine a) las componentes y de la fuerza que

actúa sobre el perno y b) los ángulos que definen la dirección de la fuerza.

Solución.-

Si se calcula sucesivamente cada cociente y su arco coseno, se

obtiene los ángulos

b) Dirección de la fuerza.-

con anterior ecuación se escribe la.

a) Componentes de una fuerza.- La

línea de acción de la fuerza que actúa sobre el

perno pasó por A y B y la fuerza está dirigida de

A hacia B .Las componentes del vector , que

tienen la misma dirección que la fuerza son

La distancia total de A a B es

Al representar por i j y k los vectores unitarios a

lo largo de los ejes coordinados se tiene

Introduciendo el lector unitario se

escribe

Si se sustituye la expresión encontrada para

Se obtiene

Por consiguiente, las componentes de F son



59

1.3.2.-CUERPOS RIGIDOS

Un cuerpos rígidos es aquel que no se deforma, se supone que la mayoría de los cuerpos

considerados en la mecánica elemental son rígidos.

1.3.2.1.-FUERZAS.- son las que actúan sobre un cuerpo rígido se pueden dividir en dos

grupos; Fuerzas Externas y Fuerzas Internas

1.3.2.2.1.-PRINCIPIOS DE TRANSMISIBILIDAD, FUERZAS EQUIVALENTES.

El principio de transmisibilidad establece que las condiciones equilibrio o de movimiento

de un cuerpos rígidos permanece inalteradas una fuerza F que actúa en un punto dado

de ese cuerpo se reemplaza por una fuerza F y tienen la misma magnitud y dirección,

pero que actúa en un punto distinto, siempre y cuando las fuerzas tengan la misma línea

de acción (figura 1.44) los dos fuerzas F y F'' tienen el mismo efecto sobre cuerpos rígidos

y se dice que son equivalentes. Pese a que establece las acciones de una fuerza pueden ser

transmitida a lo largo de su línea de acción, lo cual está basado en la evidencia

experimental: no puede ser derivado a partir de las propiedades establecidas, debe ser

asentado comunal en experimental.

1.3.2.2.-FUERZAS INTERNA

los hombres los fuerza f al tirar de la cuerda

dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones

Figura 1.44

1. Las Fuerzas Internas son aquellas que

mantienen unidas las partículas que

conforman el cuerpos rígidos se está

constituido en su estructura por varias

partes, las fuerzas que mantienen unidas a

dichas partes también se definen como

fuerzas internas.

2. Las Fuerzas Externas.-representan la

acción que ejerce otros cuerpos. Ella son los

responsables del comportamiento externo

de los cuerpos rígidos. Las fuerzas externas

causan que el cuerpo se mueva o aseguran

que este permanezca en reposo.



60

Mo = r*F(1.45)

donde el momento Mo debe ser perpendicular al plano que contiene el punto O en la

fuerza F . El sentido de Mo está definido por el sentido de la rotación que haría al vector

r colonial con el vector F . Localizando en el extremo de Mo ve a esta rotación como una

rotación en sentido contrario al movimiento de las manecillas del reloj. También

podemos definir por medio de la regla de la mano derecha figura 3.4b , se encuentra que

la magnitud del momento de F con respecto a O esta dado por :

Mo = r*Fsenθ = Fd (1.46)

Donde d representan la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de F en

virtud de que la tendencia de la fuerza F a hacer girar al cuerpos rígido alrededor de un

eje fijo perpendicular a la fuerza depende tanto de la distancia de F a dicho eje como de la

magnitud de F se observan que la magnitud de Mo mide la tendencia de la fuerza F al

hacer rotar el cuerpos rígido alrededor de un eje fijo dirigido a lo largo de Mo .

1.3.2.3.- MOMENTOS DE UNA

FUERZA CON RESPECTO A UN

PUNTO

Figura 1.45 dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones

Considere una fuerza F que actúa sobre

un cuerpo y rígidos (figura 1.45). Como se

sabe la fuerza F está representada por un

vector que definen la magnitud y su

dirección. Sin embargo el vector de la

fuerza sobre cuerpos rígidos también

depende de su punto de aplicación A . La

posesión de A puede definirse de manera

conveniente por medio del vector r que

unen al punto de referencia O con A : a

este director se le conoce como en vector

de posición de A El vector de posición r

y la fuerza F define el plano mostrado

una figura 1.45a.

Se definen como el producto vectorial de

r y F:



61

Se puede observar que a pesar del momento Mo de una fuerza con respecto a un punto

depende de la magnitud, la línea de acción y el sentido de la fuerza, dicho momento no

depende de la posición que tiene el punto de aplicación de la fuerza a lo largo de su línea

de acción.

El principios de transmisibilidad establece que dos fuerzas F y F' son equivalentes (esto ,

tiene el mismo efecto sobre cuerpos rígido) se tienen la misma magnitud, dirección y

líneas de acción. Este principio se puede expresar ahora desde la siguiente forma: dos

fuerzas F y F' son equivalentes si, y sólo si, son iguales (es decir tienen la misma magnitud

en la misma dirección) y, además tienen momentos iguales con respecto a un punto O .

Las condiciones necesarias y suficientes para que dos fuerzas F y F' sean equivalentes

son:

F=F´ y Mo= M0´ (1.47)

1.3.2.3.1.-MOMENTO EN DOS DIRECCIONES

Muchas aplicaciones tratan con estructuras bidimensionales, es decir, estructuras cuyos

espesores es despreciable en comparación con su longitud y su anchura, las cuales están

sujetas a fuerzas contenidas en su mismo plano. Dichas estructuras Bidimensionales y las

fuerzas que actúa sobre ellas pueden presentarse fácilmente sobre una hoja de papel o

sobre una pizarra. Por tanto sus análisis es más simple la siguiente correspondiente al

caso de las estructuras de las fuerzas tridimensionales.

Figura 1.46

Considere por ejemplo una placa rígida sobre lo que actúa una fuerza F

Considere por ejemplo, una placa rígida sobre la que actúa una fuerza F con respecto a un

punto O seleccionando el plano de la figura esta representando por el vector Mo de

magnitud Fd, que es perpendicular al dicho plano. En la figura3.5.a el vector Mo apunta

hacia fuera del plano de papel, mientras que la figura3.5.b este apunta hacia adentro del

plano de papel. Como se observa en la figura, en el primer caso, la fuerza de la figura3.5.a

tiende a hacer rotar la placa de un sentido contrario al del movimiento de las manecillas



62

del reloj mientras que, en el segundo caso, la fuerza de la figura3.5.b tiende a hacer rotar

la placa en sentido del movimiento de las manecillas del reloj. Puesto que el movimiento

de la fuerza F que actúa en el plano de la figura debe ser perpendicular al dicho plano,

sólo se necesita especificar la magnitud y el sentido del momento F con respecto a O esto

se puede hacer asignándoles a la magnitud Mo del momento un signo positivo o

negativo, según el vector Mo apunta hacia fuera o hacia adentro del plano de papel.

figura 1.47

1.3.2.3.2.-EL MOMENTO DE UNA FUERZA F CON RESPECTO A UN PUNTO O

se define también como producto vectorial

(1.48)

Donde r es el vector de posición trazados desde O hasta el punto de aplicación A de la

fuerza F . Si se representa con el ángulo entre las líneas de acción de r y F, se encontró

que la magnitud del momento de F con respecto a O podían expresarse como :

(1.49)

Donde presentada la distancia perpendicular desde O hasta la línea de acción de F

Las componentes rectangulares del momento Mo de una fuerza F se expresaron como



63

en el caso de problemas que involucran únicamente a dos dimensiones, se puede suponer

que la fuerza F se encuentra en el plano xy . Su momento Con respecto a un punto B

que se encuentra en ese mismo plano es perpendicular al plano en cuestión y está

completamente definido por escalar

el producto escalar de dos vectores P y Q se denoto con

P·Q se definió como la cantidad escalar

(1.50)

Donde es el ángulo entre P y Q . Se expresó el producto

escalar de P y Q en términos de los componentes

escalares de los dos vectores, se determinó que

la proyección de un vector P sobre un eje OL se puedeobtener formando el producto

escalar de P y el vector unitario λ a lo largo de OL . Así, se tiene que



64

o, con las componentes rectangulares,

(1.51)

Donde y representan los ángulos que forman con el eje OL con los ejes

coordenados.

El producto triple escalar de los tres vectores S , P y Q se definió como la expresión

escalar

S.(PXQ)

que se obtuvo formando el producto escalar de S con el

producto vectorial de P y Q . Se mostró que

donde los elementos del determinante son los componentes

rectangulares de los tres vectores.

1.3.2.3.3.- TORSIÓN

un sistema de fuerzas en el espacio, el sistema equivalente fuerza-par en O constante una

fuerza R y un vector de par , ambos son distintos de cero , que no son perpendicular

entre sí estas fuerzas no pueden ser reducido a una sola fuerza o a un solo par sin

embargo el vector de par puede ser reemplazado por otros dos vectores de par obtenidos



65

al descomponer en un componente M1 a lo largo de R y una componente M2 en un

plano perpendicular a R figura3.57 b , entonces, el vector de par M2 en la fuerza R

pueden reemplazarse por una sola fuerza R que actúa lo largo de una nueva línea de

acción. Por tanto, el sistema original de las fuerzas se reduce a R y el par vector M1

figura3.57c , de esta forma, el sistema se reduce a R y un par que actúa en el plano

perpendicular a R .

Figura 1.48

A este sistema fuerza-par, en particular, se le conoce como llave de torsión debido a que la

combinación resultante de un Empuje y torsión es la misma que se encuentra en las

operaciones deformación y enroscado , así como en apretar aflojar tornillos. A la línea de

acción de r se le conoce como eje de la llave de torsión y a la razón. se le

denomina paso de la llave de torsión. Por consiguiente una llave de torsión está

constituido por dos vectores colineales, especialmente, una fuerza r y un vector de par

M1 = p*R (1.52)

Recuerde la expresiones anteriores, para la proyección de un vector sobre la línea de

acción de otro vector, se observa que la proyección de sobre la línea de acción de r es

igual a

M1 = R*MR (1.53)

por tanto el paso de una llave de torsión puede ser expresado como

(1.54)

para definir el eje de una llave de torsión se puede escribir una relación que involucre al

vector de posición r de un punto arbitrario P localizado sobre dicho eje. Fijando la fuerza

resultante R y el vector de par en P y expresando que el momento con respecto a O



66

de este sistema fuerza- par, es igual al momento resultante del sistema original de

fuerzas, se escribe.

(1.55)

o de acuerdo con la ecuación 1.52

Éste teorema se enuncian de la siguiente manera:

El teorema de una fuerza, respecto de un eje, es igual a la suma de los momentos de

dos componentes de la fuerza respecto a dicho eje.

La fuerza F se descompone según

1.3.2.4.TEOREMA DE VARIGNON

Figura 1.49

dos partículas de su movimiento por diferentes posiciones

La propiedad distributiva del producto

vectorial se puede emplear para

determinar el momento de la resultante

de varias fuerzas concurrentes. Si las

fuerzas F1 F2 F3 ……... se aplican en el

mismo punto A ( figura 3.58 obtener un )

y se representa por r al vector de posición

A , la cual se puede concluir que

r*(F1+F2) = rF1 + r * F2+……

las relación de la figura3.58 permite

representar el cálculo directo del

momento de una fuerza F por el cálculo

de los momentos de dos o más fuerzas.



67

entonces:

por lo tanto

el teorema es válido también en cuanto se refiere al momento de una fuerza respecto a un

punto.

1.3.2.4.1.-EJERCICIO.- una fuerza vertical de 100 lb se aplican en el extremo de una

para palanca es tan unida a una flecha en

el punto O. determinen: a) al momento de

la fuerza de 100 lb con respecto a O b) la

fuerza horizontal aplicada en A qué

origina el mismo momento con respecto a

O ; c) la fuerza mínima aplicada en A qué origina el mismo

momento con respecto a O d) quien tan lejos de la flecha debe

actuar una fuerza vertical de 240 lb para originar el mismo

momento respecto a O 100 lb e) si alguno de las fuerzas obtenidas

en los incisos b) c) d) es equivalente a la fuerza original.

Solución:

Momentos con respecto a O.- la distancia perpendicular desde O

hasta la línea de acción de la fuerza de 100 lb

la magnitud del momento de la fuerza de 100 lb con respecto a O

es igual a

Como las fuerzas tienden a hacer rotar la palanca alrededor de O

en sentido de las manecillas del reloj, el momento será

representado por un vector Mo perpendicular al plano de la figura y que apunta hacia

adentro del plano del papel. Este hecho se expresa escribiendo.

b) fuerza horizontal.- en este caso se tiene que



68

como el momento con respecto a O debe ser igual a 1200 lb .in describe:

c) fuerza mínima.- como , el mínimo valor de F se obtienen cuando d es máximo.

Se selecciona la fuerza perpendicular a OA y se observa que d=24in entonces:

d) ninguno de los cursos consideradas en los incisos b) c) y d) es equivalente a la fuerza

horizontal de 100 lb . A pesar de que estas fuerzas tienen el mismo momento con

respecto a O , sus componentes x y y con diferentes. En otras palabras, a pesar de que

cada una de las fuerzas hace rotar la flecha de la misma forma. Cada una ocasiona que la

palanca jale a la flecha de una forma distinta.

Ejercicio.- una fuerza de 800 N actuar sobre la ménsula como se muestra en la figura.

Determinen momento de la fuerza con respecto a B.

Solución:

el momento de la fuerza F con respecto a B se obtienen a

través del producto vectorial .

Desde es el vector trazado desde B hasta A . Al descomponer a y a F en sus

componentes rectangulares como que tiene que:

Recordando las relaciones anteriores para el producto



69

vectorial desde los vectores unitarios ni así se obtiene:

El momento es un vector perpendicular al plano de la figura y apunta hacia adentro

del plano del papel.

Ejercicio.- una fuerza de 30 lb actual sobre un extremo de una palanca de 3ft , como se

muestra en la figura. Determinar el momento de la fuerza con respecto a O.

Solución:

Las fuerzas se remplaza por dos componentes, un componente P en la dirección de OA y

otra componente Q perpendicular a OA . Como O se encuentra

en la línea de acción de P el momento de P con respecto a O es

igual a cero y el momento de la fuerza de 30 lb seduce al

momento de Q , que tiene en sentido de las manecillas del reloj

y por consiguiente, se le presenta por un escalar negativa .

Como el valor obtenido para el escalar Mo es negativo, el momento Mo apunta hacia

adentro del plano del papel.



70

EJEMPLO.- un hombre levanta una viga de 10kg y de 4 m de longitud tirando de una

cuerda. Encuentre la tensión T en la cuerda y la reacción que A.

Solución:

Diagrama de cuerpo libre.- la vigueta es un cuerpo sujeto a

tres fuerzas: su peso W , la fuerza T ejercida por la cuerda y

la reacción R ejercida por el suelo en A . Se observa que

Cuerpo sujeto a tres fuerzas.- como la vigueta es un

cuerpo sujeto a tres fuerzas, estas al actuar deben ser

concurrentes. Por tanto, la reacción R pasará a través del

punto de intersección C de las líneas de acción de peso W

y de la fuerza de tensión T . Este hecho se utiliza para

determinar el ángulo α que forma R con horizontal.

Trazando la línea vertical BF a través de B y la línea

horizontal CD a través de C se observa que

Así se escribe:

ahora se conoce las direcciones de todas las fuerzas que actual

sobre la vigueta.

Triángulo de fuerzas.- se dibuja un triángulo de fuerzas, como

se muestra en la figura y se calculan sus ángulos interiores a



71

partir de las direcciones conocidas de las fuerzas. Como el uso de la ley de los senos se

escribe:

EJERCICIO.- Reemplace el par y la fuerza mostrados en la figura por una sola fuerza

equivalente aplicada a la palanca. Determinen la distancia desde el eje hasta el punto de

aplicación de esta fuerza equivalente.

Solución.-

Primero se reemplaza la fuerza y el par dados por un sistema

equivalente fuerza - par en O . La fuerza F =-400Nj se mueve a

O y al mismo tiempo se agrega un momento Mo igual al

momento con respecto a O , de la fuerza en su posición

original.

Este par se suma al par formando por las dos fuerzas de 200 N

cuido momento es igual a -24 N.mk puede trasladarse a B ; por

tanto, se obtiene un sistema fuerza –par en B . Ahora el par

puede ser eliminado aplicando la fuerza F en un punto C elegido

de manera que

Entonces se construye:



72

Solución alternativa.- como el efecto de un par no depende de su ubicación el par cuyo

momento es igual a -24 N.m k

puede trasladarse a B : por lo tanto, se obtiene un sistema fuerza - par en B . Ahora el par

puede ser eliminado aplicando la fuerza f de un punto C elegido de manera que:

Así se concluye que

EJERCICIO.- un peso de 400 lb se une a la palanca esperada en la figura en el punto A

la constante deL resorte BC es k =250lb/in . Éste no se encuentra deformado cuando θ=0

. Determinen la posesión de equilibrio.

Solución

diagrama de cuerpo libre.- se dibuja el diagrama de

cuerpo libre de la palanca junto al cilindro. Represente

con s la elongación del resorte a partir de la posesión en

que este no se encuentra deformado y observé que s=rθ,

se tiene que F=ks =ksθ

Ecuación de equilibrio.- sumando los momentos de W y de F con respecto a O se escribe:

Sustituyendo los datos numéricos que fueron

proporcionados se obtiene

al resolver numéricamente, se encuentra



73

CAPITULO 2

VIGAS

2.1. ANTECEDENTES

Es un elemento estructural diseminado para soportar cargas que sea aplicada en varios

puntos a lo largo del elemento la cual se denomina como viga.

2.2. OBJETIVOS

2.2.1. OBJETIVO GENERAL

Determinar y diagramar los esfuerzos internos en las vigas.

2.2.2. OBJETIVOS ESPECIFICOS

Nos ayudarán diferentes aspectos:

Diferenciar diferentes tipos de vigas

Armar vigas Gerber

2.3. JUSTIFICACION

Es un elemento estructural muy importante para la construcción orientado diferentes

aspectos en la construcción.

Es un elemento estructural diseminado para soportar cargas que sea aplicadas en varios

puntos a lo largo del elemento la cual se denomina como viga.

Los esfuerzos internos, es un reflejo de las solicitaciones externas ,donde a través de los

diagramas puede advertirse las zonas donde es necesario reforzar para absorber estos

esfuerzos , tal cual se presenta en el siguiente armado.



74

2.4. RELACIÓN ENTRE LAS FUERZAS INTERNAS Y LA ARMADURA DE

REFUERZO W

L

Y

X

X

M

A B

ARMADURA CONSTRUCTIVA

ARMADURA

ARMADURATRANSVERSALABSORVE LA FUERZA CORTANTE

LONGITUDINALABSORVE LA FLEXION

CONCRETO

ARMADURACONCTRUCION

ARMADURATRANSVERSALCORTANTE

ARMADURALONGITUDINALFLEXION

SECCION DE LA VIGA

para absorver elcortante

para absorver momentosflector que comprime

para absorver momentosflector que tracciona

De acuerdo a los diagrama ,puede terner la siguiente armadura

como se puede observar el objetivo pricipal de conocer los esfuerzos internos ,se sabe donde se tiene que reforzas

se distinguen dos tipo de armadura: la armadura longitudinal cuya función es resistir las

fuerzas por la flexión, y las armaduras transversal, encargada de resistir las fuerzas

cortantes. Esto quiere decir que en las sondas de máximo momento flector se coloca

máxima cantidad de armadura longitudinal.

2.5. TIPO DE VIGAS.- de acuerdo a su tipología se tiene las siguientes

2.5.1.-TIPO DE VIGAS SEGÚN SU DEFORMACION.- la deformación esta directamente proporcionala la flexión

VIGA SIMPLE

VIGA MENSULA

VIGA TIPOESCALERA

VIGATRIARTICULADO



75

2.5.2. TIPO DE VIGAS SEGÚN SU CORTES Y MOMENTOS

VIGA CORTANTE MOMENTO

VIGA CONTINUA

CON DOS LUCES

HIPERESTATICO

AB

a a

PP

Q

X

XM

VIGA CON DOS

CARGAS

SIMETRICAS

ISOSTATICO

ab

A B

q

X

Q

X

Viga CON CARGA

TRIANGULAR

ISOSTATICO



76

B

PP1P

A

L/2L/2 a

X

Q

M

X

VIGA CON

APOYOS

INVERTIDOS

ISOSTATICO

2.5.3. EVALUACION DEL GRADO HIPERESTATICO GH.-nos permitirá conocer

la aplicación de la teoría estática o hiperestática cuando se presenta los siguientes casos.

GH=O} ESTRUCTURA ISOSTATICA N˚ ECUACION =N˚ INCOGNITAS

GH>O} ESTRUCTURA HIPERESTATICA N˚ ECUACION <N˚ INCOGNITAS

GH<O} ESTRUCTURA HIPOSTATICA N˚ ECUACION >N˚ INCOGNITAS

2.5.4. ECUACCION METODO DE LOS ANILLOS

A= N˚ DE ANILLOS

GL= GRADO DE LIBERTAD

Se ilustra estos tres casos según la siguiente tipología en vigas

1GL 2GL

1 A

E.ISOSTATICA

1GL 1GL

1 A

E.HIPERESTATICO

2GL 2GL

1 A

E.HIPOSTATICO



77

90 Kn

30º

90 cos 30 = 77.94

90 cos 90 = 45

2.5.4.1.-EJERCICIO.- Encontrar las reacciones de apoyo y graficar los diagramas

34

BAC

30º

90 K

n

1 Paso descomposición de fuerzas

2º Cálculo de Reacciones de Apoyo

∑MBD + ∑ FV = 0 + ∑ FV = 0 +

VA*7 – 90sen 30o = 0 VA + VB – 90osen30o =0 HA – 90 cos 30o= 0

VA= 19.29 VB = 25,714 HA = 77.94

Control en A

∑ MA = 0 + VB*7– 90*sen 30o*4 = 0

7*25.71 - 90*sen 30o*4 = 0 0=0 Ok

3º Calculo de Funciones de fuerza internas

TRAMO A- C Origen de x en punto A0≤x≥4

Calculamos en la Ecuación x Mx

0 0

4 77.16

Mx = VA*xMx = 19.29*x

Qx= VAQx= 19.29

Nx= -77.9

M +

Q+

N+HA

H =77.94 A

4 - x4

AC

90sen30º

90cos30º

V =19.29 A



78

TRAMO C – B Origen de x en punto A

Mx = VA*x – 90sen30* (x-4)

Mx = 19,29*x – 90sen30* (x-4)

Qx = VA – 90*sen*30

Qx=-25,71

Nx= -77.94 + 90 cos 30

Nx=0.002 ≈ 0

Calculando con las ecuaciones Mx

x Mx

4 77.16

7 0.03

4º DIAGRAMAS

Diagrama de Momentos

BA

7 7 . 1 6

- +

Diagrama de Cortantes

BA

-

+

Diagrama de Normales

BA-

M +Q+

N+HA

H =77.94 A

4 - x4

AC

90sen30º

90cos30º

V =19.29 A



79

2.5.4.1.-EJERCCIO .-objetivo determinacion de las reacciones de apoyo y diagramar

los esfuerzos

q=3kN/mq=4kN/m

p=2kN

c A B ED

2 3 2 3

30°

VBVA

HA

Pv=1

PH=1.73

Descomposicion de P

PPv

PH

Determinación de las ecuaciones del momento flector, cortante y normal

p=2kN

A BD

3 2

30°

VAderHA der

Pv=1

PH=1.73

MAder

XX

Tramo CA

x

0 0 0 0

1.3 -

0.55

-

1.27

0

2 -2 -3 0



80

Tramo BA

Origen A

x

0 -2 -2.8 -1.73

3 -10.4 -.28

-3.8

-

1.73

0

5 -1.8 -3.8 0

Tramo AB

Tramo BE

Origen

q=4kN/m

B E

VBx

x

0 0 0 0

1.5 -4.5 6 0

3 -18 12 0



81

Diagrama del esfuerzo interno

c A B E

(+) N(-) N

1.73

c A B E-

- --

- 2

- 1 0 .4 - 1 8

( - ) M( + ) M

c A B E

(+ ) Q(-) Q 1 2

-3 .8-3 .8

-2 .8

-3



82

EJERCCIO Nº 2.- resolver vigas Gerber subestructuras

A B C D E F G H

1 2 3 2 2 1 1

2 KN 3 KN m

HB=0VB=-5

4KN 5KN 6KN

VD=19 VH=3

1˚resolver

F

GH=0

Viga Principal

Viga comp. 1º orden(1)

(2)GH=0

Determinar reacción de apoyo en F y H y transmitirlo a

VF

HF=0FDB



83

Determinar las reacciones B y D

Determinación de las ecuaciones de los esfuerzos internos

A B C D E F G H

2 KN 3 KN m 4KN 5KN 6KN

X



84

x

0 0 -2

-2

-7

-16 -7

-19 -7

-7

12

12

8

8

3

3

-3

12 0 -3

6 -40 0

1 -2

3

11 3

8 -16

10 0

DIAGRAMA

2 KN3 KN m 4KN 5KN 6KN

-2

-16

-19

-40

-8

3

+ +

-

-

--

-M+M

2 KN3 KN m 4KN 5KN 6KN

+Q-Q

- - --

+ +

+

-2-7

128

3

-3

MÉTODO DE LAS AREAS.-a través de los diagramas de los esfuerzos internos , es

posible determinar los planos de momentos ,flector y contante

Ejercicio 3.- determinar los esfuerzos internos de momentos cortantes, a través del

método de las aéreas del método de las aéreas del siguiente calculo

2 2 2 2 2

4 KN3 KN2 KN/m

HA

VAVF

2.83 KN

2.83 KN

A B C D E F



85

Método Directo

4 KN3 KN2 KN/m

VFA B C D E F

4.86

2.03

-1.97 -1.97

-4.97

2-XX

Relación de ∆s

2.6.-MÉTODO DE LAS AREAS

A B C D E F

Si 0 4.86 2.03 1.02 ‐0.99 ‐4.97

Li 0 2 2 1.02 0.98 2

M.parc 0 9.72 4.06 1.04 ‐0.98 ‐9.94

M.acum 0 9.72 13.78 14.82 ‐13.85 0

Si=superficie KN Li=long. Trans (m)

Mparc=momento parcial Macum=momento acumulado

CONTROL

ok



86

4 KN3 KN2 KN/m

A B C D E

9.7213.75 14.72

9.91

-M+M

EJERCICIO 2.-aplicación transmisora de esfuerzos internos a través de subestructuras

de la siguiente viga Gerber

2321132

q1=6Kn/m

M=4Kn.m

P=6Knq= 4Kn/m

F A B H G C D E

GH=0

SUBESTRUCTURACION

TRAMO

AB 9.72 0 9.72 2 4.86BC 13.87 9.72 4.06 2 2.03CC 14.82 13.97 1.04 1.02 1.02CD 13.85 14.82 -0.97 0.98 -0.89DE 9.92 13.85 -3.94 2 -1.97EF 0 9.91 -9.91 2 -4.97



87

C

GH=0

Viga Principalcon propiaestabilidad

Viga comp. 1º orden conestabilidad dependiente

(1)

(2)GH=0

Subestructuracion 1

VcVc

Hc

2

q1=6Kn/m

2

M=4Kn.m

3

Determinación de reacciones de apoyo de la subestructuras 1

∑ = 0H Hc=0

∑ = 0Mc

Vd(5)-21

*2*6 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + 2*

315 -4=0

∑ Vd=7.6 Kn

Vc-21

*2*6+7.6=0

Vc=1.6 Kn

CONTROL Md=0

-21

*2*6*31

- 4 -1.6=0

0=0 OK

SUBESTRUCTURACION 2



88

P=6Kn

q= 4Kn/m

Vc=-1.60Kn

Hc=0HA=0

1

G

132

BF A H

VA=15.74Kn VB=8.67Kn

∑ H=0 HA=0

∑ MA=0

- ( )( ) ( ) 024*4

29*434*656.1 =+−+−− Vb

∑ Vb=8.66 Kn

( )

( )

!00

02*60.16225*43*74.15

074.15

06.1666.85.40

OK

MbCONTROLKnVA

VAV

=

=−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

==−−−+−

=

∑



89

Convencion

Convencion

ESFUERZOS INTERNOS TRAMO FA 0<X<2

04

2*4

2

=−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

NxxQx

rectaxMx

TRAMO AB 0<X<3

0474.158

2474.158

2

=−+−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−=

NxxQx

xxMx

TRAMO GB

( ) ( )1*66.1 −−−−= xxMx

x 1≥

66.1 +−=Qx

Salto 1≥x

0=Nx

DIAGRAMA DE ESFUERZOS MM

+−

+-

+1.6 +0.8

-4-3.2

-8

---- -



90

4.4

- +-

+6

-1.6-4.27

-8

+

17.13

-

00000

QQ

−+

NN

−+

EJERCICIO PROPUESTO

q2= 12 KN/m P2= 2 KN/mM= 3 KN x m

P1= 3 KN

4 2 2 3 4

q1= 2 KN/m

(m)



91

EJERCCIO

30º

q1= 3 KN/m

P1= 8 KN P2= 7 KN

3 32 3(m)

EJERCCIO

6211222



92

EJERCICIO

1 1 5 1 1 4 1 1 5 1 1

P=1KN

(m)

q=15KN/m

q=10KN/m

q=15KN/m

q=10KN/mq=12KN/m

q=8KN/m P=1KN

EJERCCIO

Determinacion del grado hiperestaticoGH=3(A)-GLGH=(3)*2-6GH=6-6=0 E. Isostatico

q=10KN/m

2.0

2.0

(m)

q=10KN/m

q=15KN/m

P=3KN

P=4KN

2.02.02.02.04.08.04.02.02.02.02.0

q=12KN/m



93

EJERCCIO

EJERCCIO

P=1KNq=8KN/m

q=12KN/mq=10KN/m

q=15KN/m

q=10KN/m

q=15KN/m

(m)

P=1KN

1.01.05.01.01.04.0115.01.01.0

Determinacion del grado hiperestaticoGH=3(A)-GLGH=(3)*3-9GH=9-9=0 E. Isostatico

P=1KNq=8KN/m

q=12KN/mq=10KN/m

q=15KN/m

q=10KN/m

q=15KN/m

(m)

P=1KN

1.01.05.01.01.04.0115.01.01.0

D e t e r m i n a c i o n d e l g r a d o h i p e r e s t a t i c oG H = 3 ( A ) - G LG H = ( 3 ) * 3 - 9G H = 9 - 9 = 0 E . I s o s t a t i c o



94

EJERCCIO

q=8KN/m

q=6KN/m1.5

1.5

1.5

q=10KN/m

4.04.0(m)

P=4KNq=10KN/mq=12KN/m

2.02.0

P=3KN

P=2KN

2.02.02.04.04.01.51.52.0

5.6. TIPO DE VIGAS Y SUS DEFORMACIONES

VIGA CORTANTE MOMENTO

VIGA CONTINUA

CON DOS LUCES

VIGA EN

VOLADIZO

y=kx

A B

L

M/LM/L

X

Q Q

x

VIGA CON

CARGA

PARABOLICA

BA

C

Q

X

VIGA CON

CARGA

DOBLEMENTE

TRIANGULAR

D eterm inacion del grado h iperestaticoG H =3(A )-G LG H =(3)*2-6G H =6-6=0 E . Isostatico



95

A B

Q

X

VIGA CON

CARGA

TRIANGULAR

A BM

a b

l

M/LM/L

tan =0=q

Q

x

VIGA SOMETIDA

(RESORTE) A UN

MOMENTO EN

LA LUZ

VIGA DE

CIMENTACION

A BC

Q

X

VIGA CON

CARGA

SINUSOIDAL

A BC

Q

X

VIGA CON

CARGA

TRIANGULAR

SIMETRICA

A BC

q

qL/2 qL/2

Q

XqL/2

qL/2

M

X

VIGA CON

CRAGA

UNIFORME

AB

a a

PP

Q

X

XM

VIGA CON DOS

CARGAS

SIMETRICAS



96

M A B

Q

X

M

VIGA SOMETIDA

EN EL APOYO

A B

ap

q

Q

X

M

X

VIGA CON

CARGA

TRIANGULAR Y

PUNTUAL

ab

A B

q

X

Q

X

Viga CON CARGA

TRIANGULAR

A B

PPP

q

X

Q

X

M

VIGA CON

CARGA

REPARTIDA Y

PUNTUAL

A

q

B

X

VIGA CON

CARGA

TRIANGULAR

EN TODA LA

LUZ

A

a

bq

q

B

X

Q

X

M

VIGA CON

CARGA

TRIANGULAR

INVERTIDAD



97

Pq2

B

X

q1

A

Q

X

X

M

VIGA CON

CARGAS

TRAPEZOIDAL Y

PUNTUAL

BA

P PP

VIGA CON

CARGA

PUNTUAL EN

LOS VOLADIZOS

B

PP1P

A

L/2L/2 a

X

Q

M

X

VIGA CON

APOYOS

INVERTIDOS

FORMULAS



98



99



100



101



102



103



104



105



106



107



108

CAPITULO 3 INTRODUCCION ESTATICA DE LOS PORTICOS

3.1. ANTECEDENTES

Navier fue (1785- 1836) el primero en presentar un método general para la solución de

problemas estáticamente indeterminados. El encuentro que las estructuras son

estéticamente indeterminadas si se consideran como cuerpos rígidos, pero que si se

recurre a la elasticidad (relación entre la fuerza y las deformaciones) es siempre posible

adicional a las ecuaciones de la estática otra ecuaciones que expresen las condiciones de

información de manera que habrá siempre un número de relaciones suficientes para

determinar todas las cantidades desconocidas.

Se entiende por pórtico de tipo de estructuras conformada por noticias y columnas unidas

mediante nudos rígidos capaces de soportar momentos.

3.2. OBJETIVOS


Este tema nos ayudara para el manejo adecuado de diferentes tipos de pórticos ,elcalculo

y el comportamiento.


Podrán determina:

Las reacciones de apoyo y tipo de pórticos

Ecuaciones que nos permitirá demostrar las deformaciones en el pórtico

Y el control.



109

3.3. JUSTIFICACION

La ayuda adecuada al estudiante y demostrar los diferentes métodos.

3.4. GRADO DE DETERMINACIÓN ESTÁTICA LOS PÓRTICOS

en su mayoría, los pórticos son estática mente indeterminados. La expresión para el

cálculo de su grado de indeterminación estática( G.I.E.) es:

Donde:

R= número de reacciones en los apoyos

B= número de barras(vigas, columnas) del pórtico

N= número de nudos del pórtico incluyendo los apoyos

G= grado de condiciones especiales de equilibrio

3.4.1.-CONSIDERACIONES BASICAS

POR CADA BARRA HAY 3 INCOGNITAS POR CADA NUDO HAY 3 ECUACIONES DE EQUILIBRIO

FX=0

FY=0

FZ=0

incognitas ecuaciones

la expresión para calcular el( G.I.E.) de los pórticos se puede justificar como sigue: para

cada barras del pórtico hay 3 incógnitas. Los pórticos generan un número de incógnitas

iguales al número de reacciones. Por otra parte, por cada nudos se puede planear tres

ecuaciones de equilibrio. Las articulaciones son condiciones especiales de equilibrio.



110

Para calcular de G(número de condiciones especiales equilibrio), debe detenerse en

cuenta que está seda igual al número de barras que concluyen en nudos menos uno.

Teniéndolos siguientes casos:

G=2-1 G=3-1=2

G=4-1=3G=6-1=5

G=3-1=2

G G

G

GG

Figura 6.1

G= articulación. Es una unión estructural que no resiste momentos. En la práctica, las

articulaciones se construyen uniendo, mediante un pasado, dos o más elementos.

En los pórticos indicados a continuación se trata de obtener el grado de indeterminación

estática (G.I.E.)

3.5.-DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO

3R

3R1B

1B0G

0G

1N

1N

1NA)

B=2 N=3 G=0 R=6

GH=(3*2+6)-(3*3+0)=3

GH=3

HIPERESTATICO

b)

3R

1B

1B

1B

3R

1N 1N

1N1N0G 0G

B=3 N=4 G=0 R=6

GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3

GH=3

HIPERESTATICO



111

C)

B=3 N=4 G=0 R=9

GH=(3*3+9)-(3*4+0)=6

GH=6

HIPERESTATICO

d)VIGA VIERENDEEL

B=13 N=10 G=0 R=3

GH=(3*13+3)-(3*10+0)=12

GH=12

HIPERESTATICO

e)

B=8 N=8 G=0 R=9

GH=(3*8+3)-(3*8+0)=9

GH=9

HIPERESTATICO

f)

B=8 N=9 G=0 R=18

GH=(3*8+18)-(3*9+0)=15

GH=15

HIPERESTATICO

g)

B=8 N=8 G=0 R=9

GH=(3*8+9)-(3*8+0)=9

GH=9

HIPERESTATICO

h)

B=7 N=7 G=2 R=8

GH=(3*7+9)-(3*8+0)=6

GH=6

HIPERESTATICO

i)

B=9 N=8 G=2 R=5

GH=(3*9+8)-(3*7+2)=6

GH=6

HIPERESTATICO



112

j)

B=6 N=6 G=1 R=4

GH=(3*6+5)-(3*6+1)=3

GH=3

HIPERESTATICO

k)

B=7 N=8 G=0 R=9

GH=(3*7+9)-(3*8+0)=6

GH=6

HIPERESTATICO

l)

B=6 N=6 G=1 R=4

GH=(3*6+4)-(3*6+1)=4

GH=4

HIPERESTATICO

m)

B=4 N=5 G=0 R=8

GH=(3*4+8)-(3*5+0)=5

GH=5

HIPERESTATICO

n)

B=7 N=8 G=0 R=14

GH=(3*7+14)-(3*8+0)=11

GH=11

HIPERESTATICO

o)

B=7 N=8 G=5 R=14

GH=(3*7+14)-(3*8+5)=6

GH=6

HIPERESTATICO

p)

B=8 N=9 G=0 R=18

GH=(3*8+18)-(3*9+0)=15

GH=15

HIPERESTATICO



113

B=5 N=6 G=0 R=8

GH=(3*5+8)-(3*6+0)=5

GH=5

HIPERESTATICO

r)

B=13 N=11 G=0 R=9

GH=(3*13+9)-(3*11+0)=15

GH=15

HIPERESTATICO

B=15 N=12 G=8 R=9

GH=(3*15+9)-(3*12+8)=10

GH=10

HIPERESTATICO

B=11 N=9 G=0 R=6

GH=(3*11+6)-(3*9+0)=12

GH=12

HIPERESTATICO

u)

B=12 N=10 G=0 R=6

GH=(3*12+6)-(3*10+0)=12

GH=12

HIPERESTATICO

v)

B=8 N=8 G=2 R=6

GH=(3*8+6)-(3*8+2)=12

GH=12

HIPERESTATICO

B=13 N=12 G=0 R=6

GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3

GH=3

HIPERESTATICO



114

x)

NO SE CONSIDERA EL VOLADIZO ,PUESES ESTATICAMENTE DETERMINADO

B=7 N=7 G=0 R=9

GH=(3*7+9)-(3*7+0)=9

GH=9

HIPERESTATICO

B=9 N=9 G=6 R=9

GH=(3*9+9)-(3*9+6)=3

GH=3

HIPERESTATICO

b)

3R

1B

1B

1B

3R

1N 1N

1N1N0G 0G

B=3 N=4 G=0 R=6

GH=(3*3+6)-(3*4+0)=3

GH=3

HIPERESTATICO

B=9 N=9 G=6 R=9

GH=(3*9+9)-(3*9+6)=3

GH=3

HIPERESTATICO

3.6.-MÉTODO DE LOS ANILLOS.-considera dos grados de libertad que se presenta en los nudos, reacciones de apoyo y el vínculo entre los elementos que conforman cada elemento de una estructura, formando los anillos correspondientes.

GH=3.A-GL

3.6.1.-CONSIDERACIONES BASICAS GRADO DE LIBERTAD

0 GL

1 GL

Un y cero grados de libertad

2 GL

dos grado de libertad 1 GL

un

grado de libertad



115

3.7.-EJEMPLO OBJETIVOS APLICACIÓN DEL METODO PARA LOS SIGUIENTES CASOS

1A O GL

O GL

GL=O

A=1

GH=3*1-O=3

GH=HIPERESTATICA

1AO GL

O GL

1AO GL

GL=O

A= 2

GH=3*2-0=6

GH=HIPERESTATICA

2 b

1 GL1 GL

1GL

1A

2R

2 R1 b

2 R

GL=3

A=1

GH=3*1-3=O

GH= ISOSTATICO

2A

2GL 1GL

3R3R

1 R 2R

1 b

1A 4A

3A

0GL

GL=3

A=4

GH=3*4-3=9

GH=HIPERESTATICO

3.8.-FUERZAS INTERNAS.- son los que resisten por el estado de las cargas externas

,peso propio incidencia de loas reacciones que se presenta en cualquier estructura ,si

tenemos un dx se tiene:



116

3.8.1.-COMBINACION DE SIGNOS.- con el objeto de determinar los esfuerzos

internos en equilibrio se adopta la sgte convención de signos (figura anterior).

POR CONDICIONES DE EQUILIBRIO

ΣFx=0 ΣFy=0 ΣM=0

3.9.-SUB ESTRUCTURAS

6.5.1. PÓRTICO MULTIBLE

1 GL1 GL

1caso

2caso

3.10.-DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS DEL PÓRTICO



117

EJERCCIO.-objetivo: dado el siguiente pórtico simétrico, determinar las reacciones de

apoyo ,diagramar el momento, cortante y la normal

PORTICO SIMETRICO

54

2 3 3 2

5 KN 5 KN

4 KN/m

A B

C D

E

F G

Paso 1) Determinación de su grado hiperestático

Isostatica estructura una es 0313

)(3

∴=−⋅=

−=

GHGH

GLAGH



118

Paso 2) Cálculo de reacciones de apoyo

54

2 3 3 2

5 KN 5 KN

4 KN/m

A B

C D

E

F G

HA HB

VA VB

D.C.L

0

250)10(45525

0 25

02

24)2(52

84)8(5)6(

0

22

=∑

==−−−+

=∑=

=⋅++⋅−−

=∑

derME

A

A

V

B

B

M

KNVV

KNV

V

A

00

00

0254)5(5)9()3(25

2

==−

=∑=

=⋅−−−

A

BA

H

B

B

HHH

H

H

Control

00055)10(42525

0

==−−−+

=∑V



119

Paso 3) Reacciones internas.- aplicar el método practico

Las reacciones internas se realizaran por el método práctico

54

2 3 3 2

5 KN 5 KN

4 KN/m

A B

C D

E

F G

HA = 0

VA = 25 KN VB = 25 KN

HB = 0

ANALISANDO

Tramo A-D

Origen A

KNNN

HQHQ

MHMM

DA

AD

AA

DAD

A

25

00

0 )5(0

==

=−==−=

=⇒−==

Tramo C- D

Origen C

0

13245 5

182

24)2(5

02

==

−=⋅−−=−=

⋅−=−−=

=

DC

D

C

D

C

NN

KNQKNQ

mKNM

M



120

Tramo D-E

qN = 1

.44 K

N/mqT =

1.92

KN/m

DC

DA

DE

0

18 KN12 KN

a

KNsenNKNQ

senqqqq

KN

T

N

H

V

6.912' 2.7cos12'

coscos

0 12)2(4525

2

=⋅==⋅=

⋅⋅=⋅=

=∑=−−=∑

αα

ααα

qN = 1

.44 K

N/mqT =

1.92

KN/m

9.6 K

N

1.92 K

N

53,13°

Origen D

0)5(92.16.9 6.9

0)5(44.12.7 2.7

0)5(2.72544.118

182

=+−=−=

=−==

=+⋅−−=

−=

E

D

E

D

E

D

NKNN

QKNQ

M

KNM



121

A B

C D

E

F G

A B

C D

E

F G

A B

C D

E

F G

-M/M

+Q/Q

+N/N

-18

-18

"0"

4.5

2

-18

-18

"0"

4.5

2(-)

(-)

(-)

(+)

-5

-13

-7.2

"0" "0"

7.2

(-) (+) 5

13

"0" "0"

-25

-9.6

9.6

25

(-)

(-)(+)

(+)



122

EJERCICIO.- resolver el pórtico. El objetivo: considerar para el caso de pórtico

atirantado

A

BE

C D

F2 KN

6 KN/m

4 KN/m

23

2

tirante

Paso 1) Determinación de su

grado hiperestático

Isostatica estructura una es 0623

)(3

∴=−⋅=−=

GHGH

GLAGH

Paso 2) Cálculo de reacciones de apoyo

A

BE

C D

F2 KN

6 KN/m

4 KN/m

10

2

HA

VA

VA

Ty

Tx

Ty

Tx

5

KNVV

KNHH

KNV

V

A

A

V

A

A

H

B

B

MA

12018)5.0(106

0 18

0)5(420 12

0)5(2)1032(610

21)5.4(5.4)10(

0

==++⋅−

=∑=

=−+=∑

=

=−⋅⋅⋅−+

=∑

Control

00

02(5))-10) 326(0.5(10-2(3)18(2)-18(10)

0

=

=⋅⋅+

=∑ MB



123

Determinación de esfuerzos axiales del tramo E-F

A

BE

F

T10.44

10

5

x26,57°

KNTT

TsenTTTTT

sen

izqMC

y

x

08.2704)5(96.0)7(18

0

29.096.0cos

96.044.10

10cos

29.044.10

3

==−⋅−−

∑

⋅=⋅=⋅=⋅=

==

==

αα

α

α

Paso 3) Reacciones internas

A

BE

C D

F2 KN

6 KN/m

4 KN/m

10

2

HA=18 KN

VA=18 KN

VB=12 KN

T=27.08 KN 5



124

A-C

saltoxx

saltoxsaltoxx

xxx

N

Q

xxxM

2

2 2

52

8.718

22618

)5(2)2(26)(18

≥

≥≥

≥≥

+−=

−+−=

−−−+−=

Tramo

Origen A

x Mx Qx Nx

0 0 -18 -18

2 -36 -18 -18

8 -10.2

5 -12 8 -10.2

6

7 0 6 -10.2

Tramo C-D

Origen C

C D

6 KN/m

qx

10

VC=10.2 KN

HC=6 KN

A

2 KN

HA=18 KN

VA=18 KN

23

2

7.8 KN26 KN



125

63.02.10

)6.0(21)2(10

1012.10

)31)(6.0(5.0))(2(10

2

3

=−=

−=

−=

−=

x

x

x

x

x

NxQ

xxQ

xxM

xxxM

Tramo B- D

Origen B

x Mx Qx Nx

0 0 10.2 6

7 37.10 -4.5 6

10 2 -19.80 6

x Mx Qx Nx

0 0 0 -12

3 -18 12 -12

-14 -19.8

5 2 -6 -19.8

B

D 4 KN/m

23

VB=12 KN

7.8 KN26 KN

saltoxx

saltoxx

saltoxx

N

xQ

XXM

3

3

32

8.712

264

)3(262

≥

≥

≥

−−=

−=

−+−=



126

-M/M

+Q/Q

+N/N

(-)

(-)

(-)

(+) (+)

(-)

(-)

-36

12 37.1

22

18

(-)

(+)

(+)

(+)

(-)

(-)

(+)

-18

8

6

10.2

-4.5

-19.8-14

-6

12

(-)

(-)

(-)

(+)

(-)

(-)

-10.2

-18

6

-27.08

-12

-19.8

obs. El tirante ,trabaja a tracción y no a compresión



127

EJERCICIO.- resolver el siguiente pórtico

PORTICO TRIARTICULADO

DETERMINACION DEL GRADO HIPERESTATICO

A=1

GL=3

GH=3(A)-GL

GH= 3(1)-3

GH= 0

ISOSTATICO

DETERMINACION DE LAS REACCIONES DE APOYO

∑ = 0AM

0323)3(3

26)6(2)3(106 =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−+BV

6 VB = -30+36+40.5

VB = 7.75 KN

∑ = 0BM

0)3(1023)3)(3(

22)2)(6(6 =−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−AV

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

=6

305.1336AV



128

VA =13.25 KN

∑ = 0MF lado derecho

0)3)(75.7(523)3)(5()2)(10(2 =−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−− BH

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+

=5

22023)3)(3()3)(75.7(

BH

HB=6.55 (KN)

Esfuerzos internos:

Tramo A-C

Origen A: 0 <x< 5

)(55.6 xMX −=

55.6−=XQ

25.13−=XN

Tabla A- C

x Mx Qx

Nx

0 0 -.-

6.55

-13.25

2.5 -16.38 -.-

6.55

-13.25

5 -32.75 -.-

6.55

-13.25



129

Tramo C-F

Origen: 0<x<3

322

))(2())(25.13(75.32 ≥+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+−= xX

xxxM

)(225.13 xQX −−=

55.6−=XN

Tabla C – F

x Mx Qx Nx

0 -

32.75

-

13.25

-6.55

1.5 -

15.13

10.25 -6.55

3 -2

0

7.25 -6.55

Tramo B-D

Origen: 0<x<5

0 <x< 5



130

3)3(10)(45.3 ≥−−−= xX xxM

31045.3 ≥+−= xXQ (Salto)

75.7−=XN

Tabla B - D

x Mx Qx Nx

0 0 -3.45 -

7.75

3 10.35 -

3.45

6.55

-

7.75

5 -2.75 6.55 -

7.75

Tramo D-F

Origen: 0 <x< 3

322

)(5)(75.775.2 =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+−= xX

xxxM

)(575.7 xQX +−=

55.6−=XN

TABLA D-F

x Mx Qx Nx

0 -2.75 -7.75 -6.55

1.5 3.25 -0.25 -6.55

3 -2

0

7.25 -6.55

DIAGRAMA DE ESFUERZOS INTERNOS



131

EJERCICIO.- objetivo :analizar un pórtico simplemente apoyado

PORTICO SIMPLEMENTE APOYADO:



132

DETERMINACION DE REACCIONES DE APOYO

)(0 +→=∑H

HB = 0

∑ = 0AM

∑ = 0AM

02

)10)(10)(8(410 =−+BV

10 VB = 4(10)(10) – 4

10 VB = 4((10)(10)-(1))

10(1))-4((10)(10)

=BV

VB = 39.6 KN

)(0 +=∑ ↑V

VA – 8 (10) + 39.6 =0

VA = 40.4 KN

CONTROL:

0∑ =BM

02

)10)(10(8)10)(4.40(4 =−+−

- 4 + 404 – 400 = 0

0 = 0

Esfuerzos internos:

Tramo A-C

Origen A: 0 <x< 6

Mx = 0

Qx= 0

Nx= - 40.4 KN

TRAMO A - C

x Mx Qx Nx

0 0 0 -

40.4

3 0 0 -

40.4

6 0 0 -

40.4



133

Tramo C-F

Origen C: 0 <x< 10

2))((8)(4.40 xxxMX −=

66 '4.40))(8( >≤ ++−= xXxX QxQ

66 '0 >≤ += xXxX NN

∑ −= )(8)(4.40 xxVX

( )∑= φCOSXX VQ'

( )∑= φSENXX VN '

8.0=φCOS

6.0=φSEN

)(40.632.32' xQ X −=

)(8.424.24' xN X −=

TABLA C-F

X Mx Nx Qx

0 0 0 40.4

3 85.20 0 16.4

6 98.4 0 -7.6

8 67.2 -14.16 -18.88

10 4 -23.76 -31.68

2))((8)(4.40 xxxMX −=

6 3.324.40))(8( ≤ ++−= xX xQ

6 )(8.424.240 >≤ −+= xxX xN



134

Tramo B-F

Origen B: 0<x<3

11 40 ≥< += xxXM

0=XQ

6.39−=XN

Tabla B-F

x Mx Qx Nx

0 0 0 -

39.6

1 0

4

0 -

39.6

3 4 0 -

39.6



135

DIAGRAMA DE ESFUERZOS INTERNOS



136

EJERCICIO.- resolver el siguiente ménsulaque se considera como pórtico

GRADO HIPERESTATICO GL=0 A=0 GH= 3(0) – 0 =0 estructura Isostática DETERMINAR LAS REACCIONES DE APOYO

∑V = 0 VA - 6(5) – 2.17 =0 VA = 32.12 KN

∑H =0 HA - 4 - 2.12 = 0 HA = 6.12 KN

∑MA = 0 MA + 4(2) - 2.12(7) + 2.12(4)– 6(5)(4+5/2) =0 MA = 193.36 KN.m

CONTROL ∑MD = 0

(2.12)*2 + (2.12)*2 + 6*5*(2.5) + 193.36 + 6.12*2 – 32.12*9 = 0 0 = 0

ESFUERZOS INTERNOS TRAMO DC 0 ≤ X ≤ 2 ORIGEN D



137

Mx = -4x Qx = 4 Nx = 0 TRAMO BC 0 ≤ X ≤ 5 ORIGEN C

x Mx Qx Nx 0 -8 6 -6.12 2 4

4

6 8.12

-6.12

3 16.88 8.12 -6.12 5 60.64 8.12 -6.12

Mx = -8 – 2.12(x-2)x≥2 + 6x2/2

Qx = 6x + (2.12)x≥2

Nx = -4 – 2.12 TRAMO AB 0 ≤ X ≤ 5.6 ORIGEN B N` = -32.12*cos 30° Q` = -32.12*sen 30° N`` = 6.12*sen 30° Q`` = 6.12*cos 30° Q = Q` + Q`` Q = -32.12*sen 30° + 6.12*cos30° = -10.75 N = -N` + N`` N = -(-32.12*cos 30°) + 6.12*sen 30° = 30.88

Mx = -10.75(x) -89.36 Qx = 10.75 Nx = -30.8

x Mx Qx Nx 0 0 4 0 1 -4 4 0 2 -8 4 0

x Mx Qx Nx 0 -89.36 10.75 -30.88 5.6 149.56 10.75 -30.88



138

DIAGRAMACION

MOMENTO

CORTANTES

NORMALES



139

Ejerccion .-Pórtico Simplemente apoyado

Reacciones de apoyo

∑ MA = 0 +

+ VB (8)- 4 -10* – 6*4(6) – 8 (2) -5 (4) =

0

VB = 63 KN

∑ HA = 0

-HA + 5 = 0

HA = 5

∑ V = 0

VA – 8 – 10*8 - 64 + 63 = 0

VA = 49 KN

Control

∑ MB = 0 +

+49(8) + 5(4) – 8(6) – 10 *8* = 0

0 = 0 OK

Esfuerzos internos

Tramo AC O< X < 4

Origen C +

MX = +5x

QX = +5

Tramo A

C

X MX QX NX

0 0 5 -49

4 20 5 -49

HA=5 KNA

VA=49 KN

B

VB=63 KN

2 2 4

M=4 KNXm

2

2

P1=5 KN

P2=8 KN

q1=6 KN/m

q2=10 KN/m

C D



140

NX = -49

Tramo CD 0 < x <8

Origen A +

∑ VC = o +

∑ VC = 49

+∑ MC = +5 (4) = 20

∑ HC = -5+5 = 0

MX = +49x +2 – 1x - [8(x-2)] x≥2 -[6 ]

x≥4

QX = +49 – 10x - [8] x≥2 - [6(x-4)] x≥4

NX = 0

Tramo CD

X MX QX NX

0 20 49

2 98 29 0

21

4 120 41

6 90 -31

8 -4 -63

TRAMO C-D

HC=0

P2=8 KN

q1=6 KN/m

q2=10 KN/m

C DVC=49

MC=20

M

M

M

2 2 4

X



141

Tramo BD 0< x <4 Origen B

MX = [-4 ] x≥2

QX = 0

NX = -63

Tramo BD

X MX QX NX

0 0 -63

2 0 0 -63

-4

4 -4 -63

DIAGRAMA DE

MOMENTOS

'' M '' [ KNXm ]

++

20

-4

498

120

90

-

+M -M

20



142

DIAGRAMA DE

CORTANTE

DIAGRAMA DE

NORMALES

'' Q '' [ KN ]

5

94

29

21

-31

-63+

+-

+Q -Q

0

'' N '' [ KN ]

- -

49 63 +N -N

0



143

HA

VA

2KN/m

3KN/m

VE

HE

A

B

C F

D

G

E

4 KN.m

3 KN.m

2KN

2 m

2 m

1.5 m 2 m 2 m1.5 m

EJERCICIO.- resolver el siguiente pórtico

PORTICOS TRIARTICULADO

GH =

3*(1) - 3

GH = 0

Reacciones de Apoyo

∑MA= 0 +

VE *7 + 2*2*- 2*4*5 – 2*2*4 - 4 = 0

VE = 10.86 KN

∑VA= 0

VA - 2*2 – 3*4 + VE = 0

VA = 16 –10.86

VA = 5.14 KN

∑MD= 0 +

-VE * 2 + HE*4 + 2*2 + 3*2*1 - 1 = 0

-10.86*2 + 4* HE + 4 + 6 -1 = 0

HE = 3.18 KN

∑H = 0 +

-HA - 2 - HE = 0

HA = 5.18 KN

CONTROL

∑ME= 0 +

5.14*7 + 4-2*2*3 - 3*4*2 - 2*2 = 0

0 = 0 OK



144

2 m

x

F

EHE

VE

=3.18KN

=10.86KN

2 m

2KN

2 m

FD

xM D= 1 K N .m V F

H F

= 1 0 .8 6 K N

3 K N /m

= 5 .1 8 K NM F= 1 6 .7 2 K N .m

Tramo E – F 0≤X≤4

MX = -3.18x –( 2*(x-2)) X≥5

QX = 3.18 + (2) X≥2

NX = - 10.86

X MX QX NX

0 0 3.18 -10.86

2 -6.364 3.18 -10.86

5.18

4 -16.72 5.18 -10.86

Tramo D – F 0≤X≤2

MX = -16.72 +10.86 *X- 3 X²/2+ (1) X≥2

QX = -10.86 + 3X

NX = -5.18

X MX QX NX

0 -16.72 -10.86 -5.18

1 -7.36 -7.86 -5.18

2

-1 -4.86

-5.18

0



145

A

BMB=16.72KN.m

2 m

2 m

1.5 m 1.5 m

VA=5.14KN

HA=5.18KN

x 5 m

N=7.22KN

Q=1.06KN

MB=4KN.m

Tramo A – C D.C.L. EN A.

COS α =3/5 =0.6

SEN α = 4/5 =0.8

α

Q´´= 5.18 SEN α Q´=5.14 COS α

N´´= 5.18 COS α 5.14 SEN α = N´

Q´T= Q´´- Q´= 5.18 – 5.14*0.6

Q´T= 1.06 KN

N´T= N´´- N´= 5.14*0.8 + 5.18*0.6

N´T= 7.22 KN

MX = -1.06X + (4) X≥2.5

QX = -1.06

NX = - 7.22

X MX QX NX

-2.65 -1.06

-7.22

1.35

5 -1.3



146

5KN/mMC=1KN.m

HC=5.18KNVC=5.14KN

x

2 m

MD=1KN.m

Tramo C - D

MX = -1.3 + 5.14X – 5* X²/2 + (1)

QX = - 5.14 - 5X

NX = - 5.18

∑Mc = 5.14*3 – 5.18*4 + 4

Mc = -1.3 KN.m

X MX QX NX

0 -1.3 5.14

-5.18

1 1.34 0.14

2

-1 -4.86

0

PORTICOS ATIRANTADOS

CASO Nº 1 ESTRUCTURA INESTABLE

q

X1

Y1 X2

TIRANTE

CABLE

CABLE COMPRIMIDO



147

CASO Nº 2 ESTRUCTURA MEDIANAMENTE ESTABLE

q

TRACCIONADO

TIRANTE

El tirante en cualquier tipo de Estructura tiene la finalidad de estabilizarla, se debe

considerar muy en cuenta el tipo de material que se debe adoptar en la etapa de la

construcción, por indicado un cable de acero no trabaja a efecto de la compresión si no

tendrá que estar sujeto al esfuerzo de tracción de todas maneras si el proyecto ve por

conveniente deberá considerar otro tipo de elemento como ser, una estructura metálica,

de madera e incluso de hormigón.

CASO Nº 3 ESTRUCTURA ESTABLE

tirante

traccionado



148

EJERCICIOS PROPUESTOS

PORTICO MULTIPLE

7 KN/m

2 KN 3 KN

3 2 2 4 4 3

5

2

[ m ]

A B

C D

EF

G H

3 3 3 3 3 3

5

2

A B

C D

F GE

4 K N /m 8 K N /m 4 K N /m

A ) P o rtic o s im e tric o

[ m ]

6 K N /m 6 K N /m



149

1( m )

2 2 2

4

1

3

2

P = 2 K N1

P = 3 K N2 P = 3 K N3

( m )

1 0 K N /m

1 5 K N /m

1 5 K N /m3 0 K N

2 0 K N

5 K N

2

2

2

2 .5

3224423 2

[ m ]

A B

C D E

F

G H

C ) P O R T IC O M U L T IP L E



150

CAPITULO 4

CERCHAS

4.1. ANTECEDENTES

Las estructuras denominadas cercha se utilizan comúnmente en la construcción de techos

para fábricas y viviendas y también como vigas maestra en la construcción de puentes.

4.2. OBJETIVOS


Tiene la finalidad de orientar en el cálculo de todo tipo de estructuras, pueser antenas,

puentes metálicas y otros debido al esfuerzo axial .


El estudiante potra realizar:

identificar la estabilidad. El determinar los esfuerzos en los elementos de cada estructura

4.3. JUSTIFICACION

La aplicación de la ingeniería en todo tipo de estructuras sean metálicas o de madera



151

Figura 7.1

PUENTES MEDIANTE ELEMENTOS ARTICULADOS

Figura 7.2

CERCHAS PARA VIVIENDAS

En el plano

Figura 7.3

En el espacio

Figura 7.4

En el plano toda vez que se halle un nudo se

genera 2 barras por tanto el grado es estático

interno se determina por la expresión

b.2=>2n-Ec

4.5.-GRADO ISOSTATICO INTERNO

GH <=> b-2n+Ec

b =N barras

n=N nudos inclúyelos apoyos

Ec=reacciones de apoyo

GI <=> b-2n+3

en el espacio es de ecuación de la estática 6

GI <=> b-2n+6

resolver las seis ecuaciones que expresan que

la armadura tridimensional está en equilibrio.

Armadura triangular



152

4.6.-HIPÓTESIS Y CONVENCIÓN

DE SIGNOS

i) Las cargas actúan únicamente sobre los nudos

ii) Los nudos son articulaciones sin rozamiento (sin fricion) entonces en cada nudo la suma de momentos =0 ΣM=0

iii) las barras están sometidas solamente a esfuerzos normales que pueden ser de tracción o compresión

Figura 7.5

4.7.- TIPO DE CERCHAS

4.7.1.- ARMADURAS FORMADAS POR VARIAS ARMADURAS SIMPLES CERCHAS

C

C

C

C

FUERZASINTERNAS DE COMPRESION



153

En las armaduras es preciso distinguir dos “grados de isostaticidad”

Grado externo.-similar al concepto utilizado en análisis de las vigas, pórticos y arcos ,es

decir:

N˚ incógnitas (reacciones)=ecuaciones estática + ecuaciones especiales

Grado interno.- para determinar el grado interno conviene separar el estudio de las

armaduras en dos partes:

4.7.1.1.- ARMADURAS PLANAS.- la base de partida en estas armaduras es:

barra1

nudo 1

nudo 2

Toda vez se añade un nudo a la base de

partida se suman des barras al arreglo,

entonces

1

2

b2

b3

3

nudo añadido

b1

Donde

4.7.1.2.- ARMADURAS ESPACIALES.- La base de partida en estas armaduras es:

1

3

2

b3

b2

b1

Toda vez que se añade un nudo a la base

de partida se suman tres barras al

arreglo.



154

1

3

2

b3

b2

b1

b5

b4

b6

4nudo añadido

Donde

1 2 3

4

5

6

b6

b5 b4

b3

b2b1

b7

b8

b9

1 4b3b1 b2

b4

b11b10

b5

b9

b6

b8

b7

2 3

5

6

7

1 b1

b3

b6b4 b2b5

4 3

2

1

8

7

9

6 5 4

3

b1

b13b2b12

b11

b3

b10

b4 b5

b9

b8

b6

b7

2



155

4.7.1.3.- ARMADURA ESPACIAL

1b1

2

2

2

2

b3

b4

b2

b7

b9

b8

b5

b6

1

2

34

5

6b1

b7

b2

b5b6

b10

b9

b12

b8

b3

b4

b11

4.7.2. PARA EL CÁLCULO TENEMOS VARIOS METODOS:

a) METODO DE NUDOS b) METODO DE MOMENTOS c) METODO GENERAL

d) MÉTODO DE LOS COEFICIENTES DE UNIONES

MÉTODO DE LOS NUDOS.-

Para empezar el cálculo determinaremos:

GRADO EXTERNO.-

GRADO INTERNO

b =N˚barra

n =N˚nudos en cada apoyos

R= reacción de apoyo

EJEMPLO.- determinar la isostaticidad



156

1n

2R 1R

3n

4n

6n

2n

1b

2b 3b

4b

5b6b

7b

8b

9b

5n

b =9 barras

R=3 reacciones

n = 6 nudos

GH= 9-2*6+3

GH=0 ISOSTATICO

EJERCCION. OBJETIVO.-Armadura plana tipo PRATT de amplia utilización en la

construcción de puentes.

Gh = b+R – 2n

Gh = 15+3 ‐2 * (9) = 0

Reacciones de apoyo

10 KN

HA=10

40 KN 30 KN

20 KN

GA

C D E F

H BI

VB=75.83VA=14.16

4

3

[ m ]4 4 4

10 KN

HA=10

40 KN 30 KN

20 KN

GA

C D E F

H BI

VB=75.83VA=14.16

4

3

[ m ]4 4 4

b1

b2

b3b8

b4

b5

b6 b12

b7

b9

b10

b11

b15

b14

b13



157

∑ MA = 0 +

‐30 (16) + VB (12) ‐40(8) ‐20(4)‐10(3) = 0

VB = [30(16) +40(8) +20(4) + 10(3)] = 75.83 KN

12

∑ V = 0 +

VA ‐20 ‐ 40 + 75.83 ‐ 30 = 0

VA = 20 + 40 ‐ 75.83 + 30 = 14.16 KN

∑ H = 0 +

‐HA + 10 = 0

HA = 10 KN

Control

∑ MB = 0 +

14.16 (12) + 10(3) ‐20(8)‐ 40(4) +30(4)= 0

0 = 0

40 KN 30 KNG

E F

HI

1

1

2

2

3

38 87

7

5 5

6

SECCIONES

3

4

4

HA=10A

B

VB=75.83VA=14.16

10 KN C D

4 4 4 4

6



158

Met. Secciones

Sección 1 ‐ 1

∑ MD = 0 +

14.16 (4) + 10(3) – N4 (3) = 0

N4 = [14.16 (4)+30]/3 = 28.88 KN

∑ MC = 0 +

N4 (3) ‐10(3)+ N3 (2) = 0

Relación de triangulo por Z3

Sen β = Z3 /4 Sen β = 3 /5

Z3 /4 = 3/5

Z3 = 2.4

N3 = [‐28.88 (3) +30]/4 = 23.60

∑ H = 0 +

N4 ‐10 + cos N3 +10 + N2 = 0

N2 = ‐28.88+10+0.8 (23.60)‐10= ‐10 K

D DCß

Z33m

4m

5m

ß

1

1

6

H A = 1 0A

V A = 1 4 .1 6

1 0 K N C

4

6



159

Sección 2 ‐ 2

∑ HH = 0 +

14.16 (8) +10(3) ‐20(4) + N5 (3) =0

N5 = [‐ 14.16 (8) ‐ 10(3) +20(4)]/3)

N5 =‐21.09 KN

∑ MD = O +

14.16 +10 – N7 (3)

N7 = 28.88 KN

∑ HH = 0 +

‐10 + 10 (‐21.09)+ cos α N6 +

(28.88)

N6 = ‐9.74 KN

Sección 3‐3

SECCION 2-2

G

E

H

2

2

4 4

N5

N6

N7

10 KN

HA=10

20 KN

A

C D

VA=14.16

SECCION 3-3

40 KNG

E F

H B

3

3

4 4 4

N9

N10

N11

Z10

10 KN

HA=10

20 KN

A

C D

VA=14.16



160

∑ MF = 0 + 14.17(12) + 10(3) ‐ 20(8) ‐ 40(4) ‐ N11(3) = o

N11 = ‐4º KN

∑ MB = 0 +

+14.17(12) – 40(4) + 10(3) – 20(8) + N10 (Z10 ) = 0 (1)

∑ VB = 0 +

+14.17 – 20 ‐ 40 + cos β N10 = 0 (2) Sen β = =

N10 = 76.38 KN

N9 = ‐21.12 KN

Seccion4‐4

Sen β =0.6

Cos β = 0.8

∑ V = 0 +

‐30+ sen β N13 = 0

N13 = 30= 50

0.6

∑ H = 0 +

‐ N14 ‐ cos β N13 = 0

N14 = ‐0.8 *50 = ‐40

Sección 5‐5

N12 = 0

F

ß

Z10

3m

B

3

4

5

F

H B

ß

E

SECCION 5-5

N12

-21.09 -21.12

30 KN

F

B

I

3m

4m

4

4

N13

N14

ß

5

4

3

ß



161

Sección 6‐6

N1 = 0

Sección 8‐8

N15 = ‐75.83

T=TRACCION

C= COMPRESION

C

SECCION 6-6

N1

-1010

B

N15

-40 -40

75.83

SECCION 8-8

-10 -21.09 -21.12

50-75.83

-40

76.33

28.88

-9.74

28.28

23.63T

c

T T

C

C

C

C T

C

T

-40

C



162

4.8.-MÉTODO DE LOS COEFICIENTES DE UNIONES

EJERCICIO.- Encontrar la reacciones por el método de los coeficientes de Uniones

1 Paso.- Características de las Tensiones

A

B

C

D

E

F

G

80KN 90KN 30KN

4 m 4 m50 KN

4 m 4 m 4 m

3.5 m

2m

A

B

C

D

E

F

G

80KN 90KN 30KN

50 KN

V A

H A

V G



163

a.- Direccionamos todos las barras a Tracción (+).

b.- En cero debe existir en el cálculo (-) y es Compresión

2º Planteamiento de las ecuaciones del método

∑tj*ljx + Px = 0

∑tj*ljy+ Py = 0

Calculo en los Nudos:

Nudo A

tAB*(2) + tAC*(4) – HA = 0 ……………..(1)

(3.5) *tAB + VA = 0 ……………………….(2)

Nudos B

tAB*(-2) + tBC*(2)+ tBD*(4) =0…………….(3)

tAB*(-3.5) + tBC*(3.5) -80 =0……………….(4)

Nudos C

tAB*(-4) + tBC(-2) + tCD*(2) tCE*(4) ………..(5)

tBC*(3.5) + tCD(3.5) ………………………………..(6)

Nudos D

tBD*(-4) + tCD(-2) + tDE*(2) tDF*(4) ………..(7)

tCD*(-3.5) + tDE(-3.5) ………………………………..(8)

Nudos E

tCE*(-4) + tDE(-2) + tEG*(2) tEF*(4) ………..(9)

tDE*(3.5) + tEF*(3.5) ………………………………..(10)

Nudos F

tDF*(-4) + tEF(-2) + tFG*(2)+50……….………..(11)

tEF*(-3.5) + tFG(-3.5)-20…………………………..(12)

Nudos G

tEG*(-4) + tFG(-2) =0 …………………….………..(13)

tFG*(3.5) +VD(3.5) …………………………………..(14)



164

3º Calculo de los coeficientes de Tensión

H

A

VA tAB tAC tBC tBD tCD tCE tDE tDF tEF tEG tFG VG

-1 0 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 HA 50 0

0 1 3.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 VA 102 0

0 0 -2 0 2 4 0 0 0 0 0 0 0 0 tAB -29.1 0

0 0 -3.5 0 3.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tAC 27.1 -80

0 0 0 -4 2 0 3.5 0 0 0 0 0 0 0 tBC 6.30 0

0 0 0 0 0 -4 -2 0 2 4 0 0 0 0 tBD -17.7 0

0 0 0 0 0 0 3.5 0 3.5 0 0 0 0 0 tCD -6.3 90

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tCE 50 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tDE 102 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tDF -29.1 -50

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tEF 27.1 30

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tEG 6,31 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 tFG 17.7 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 VG -6.3 0

Resolviendo el sistema de Ecuasion

HA = 50

VA = 102

tAB = -29.1

tAC = 27.1

tBC = 6.30

tBD = -17.7

tCD = -6.3

tCE = 50

tDE = 102



165

tDF = -29.1

tEF = 27.1

tEG = 6,31

tFG = 17.7

VG = -6.3

4º Resultado final Reacción de Apoyo

HA = 50 KN

VA =102 KN

VG = 97,91 KN

Fuerzas Normales: Se Calcula según la relación

Nj = tjlj

Según la tabla se tiene Fuerzas Normales

Wº

Tramo

Coeficiente

t j

Longitud

l j

Fuerza

Normal

Efecto

1 A-B -2.9 4.031 - 117.3 Compresión

2 A-C 27,08 4 108.32 Tracción

3 B-C 6.309 4.031 25.431 Tracción

4 B-D -17.7 4 -70.8 Compresión

5 C-D -6.30 4.031 -25.39 Compresión

6 C-E 33.39 4 133.56 Tracción

7 D-E -19.4 4.031 -78.2 Compresión

8 D-F -11.19 4 -44.76 Compresión

9 E-F -19,40 4.031 -78.2 Compresión

10 E-G 13.38 4 53.52 Tracción

11 F-G -27.97 4.031 -112.74 Compresión

4.9.-METODO DE NUDOS.-

EJERCICIO.- Armadura tipo PRATT. Se desea determinar el esfuerzo axial en cada

una de las barras. (METODO DE LOS NUDOS)

A

B

C

D

E

F

G

80KN 70KN 40KN

4 m 4 m50 KN

3.5 m

2m



166

1º Paso.- Determinar el grado Isostático

GH = b + r -2 m = 7 Nudos

Gb =11 Barras GH = 11 + 3 -2(7) = 0 Cercha Estática

R = 3 Reacciones

2º Paso.- Características Geométricas

α = arcotang(3.5/2)

α = 60.255º

α

A

B

C

D

E

F

G

V A V G

H A

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

3.5

2



167

3º Paso.- Calculo de Reacciones de Apoyo

∑MA = 0 +

VG*(12) -80*(2) – 70*(6) – 40*(10) – 50*(3.5) = 0

VG = 96.25

∑FV = 0 +

VA + VG - 80 - 70 – 40 = o Control en punto G

VA = 93.75 ∑MG = 0 +

∑FV = 0 + VA*(12) – 80*(10)-70*(6)-40(2)+50(3.5) =0

- HA + 50 = 0 0 = 0 OK

HA = 50

A

B

C

D

E

F

G

80KN 70KN 40KN

4 m 4 m50 KN

4 m 4 m 4 m

3.5 m

2m

V GV A

H A



168

4º.- Calcular de los Fuerzas Normales

NUDO A

α

∑FV = 0 +

NAB*senα + VA*(93.75)

NAB= - 107.98

∑FX = 0 +

-50+NAC + NAB cos α

NAC =50 - NAB cosα

NAC = 103.57

NUDO B

∑FY = 0 +

-80 – NAB*senα - NBC*senα = 0

NBC =-80 – NAB*senα / senα

NBC = -80 –(- 104.138)*sen(60.25)/sen(60.25)

NBC = 11.99 KN

Y

XN AC

N AB

H =50 KN A

V =93.75 A

80 KN

Y

XN BD

N BC

V = 104.14 AB



169

NUDO G

∑FY = 0 +

NBC*senα + NCD*senα = o

NCD= 11.99*sen(60.25)/sen(60.25)

NDE = 11.99 KN

∑FX = 0 +

-NFG *cosα - NEG = 0

110.86*cos(60.25) - NEG = 0

NEG = 55.00 KN

NUDO F

∑FY = 0 +

- NEF*senα + NFG*senα -40 = o

- NEF= NFG*senα -40 /senα

- NEF= -110.86*sen(60.25) + 40 /sen(60.25)

NDE = 105.96 KN

∑FX = 0 +

-NDF +50 - NEF*cosα + NFG*cosα = 0

NDF = 50 - NEF*cosα + NFG*cosα

NDF = 50 – 105.96*cos + (-110.86)*cos(60.25)

NDF = 57.57 KN

NUDO C

∑FY = 0 +

NBC*senα + NCD*senα = o

NCD= 11.99*sen(60.25)/sen(60.25)

NDE = 11.99 KN

∑FX = 0 +

-NAC + NCE -NBC *cosα + NCD*cosα = 0

NDF = -103.57 – 11.99*cos(60.255) +

11.99*cos(60.25)

NCE = 115.46 K

Y

XN EC

N = 11.99 BC N CD

V = 103.57AC

Y

X

N FG

V =96.25 G

N EG

40 KN

Y

X50 KN

N = 110.87 FG

N BF

N DF



170

Y

XN EC

N = 105.96 EFN DE

N = 103.57EC

NUDO E

∑FY = 0 +

NEF*senα + NDE*senα = o

NDE= 105.96*sen(60.25)/senα

NDE = 105.96 KN

∑FX = 0 +

-NDE*cosα- NCE+N EF *cosα + 55 = 0

NCE = (-105.96)*cos(60.25) +

109.96*cos(60.25) + 55

NCE = 55 KN

EJERCICIO METODO DE NUDOS

La cercha simple de la figura, halle todas las fuerzas axiales en los elementos.

A

B

C

3 K N

1 2 K N

4 m 4 m

3 m

9 K N

E F

4 m

D

Solución.- de las ecuaciones en equilibrio

∑MA = 0 FY = 4*9 + 4*3 + 8*12 FY = 12 KN

∑FY = 0 AY + FY = 9+3+12 AY = 12 KN



171

Haciendo equilibrio de nudos tenemos.

NUDO F:

∑FX = 0 NFE – NFD*(0.8) = 0

NFE =16 KN

∑FY = 0 FY + NFD *(0.6) = 0

NFD = -20KN

NUDO D:

∑FX = 0 (-20)*0.8 – NDB = 0

NBD =-16 KN

∑FY = 0 - NDE – (-20) *(0.6) = 0

NDE = 12KN

NUDO B:

∑FX = 0 (-16) + 0* 0.8 – NBA *0.8 = 0

NBA =-20 KN

∑FY = 0 - NBA *0.6 – NBC -0*(0.6) - 3= 0

NBC = 9KN

F

N FD

12

N FE

DN DB

N DF

N DE

B

N BA N BE

N BC

N BD

3



172

NUDO E:

∑FX = 0 16 - NEB *0.8– NEC = 0

NEB = 0 KN

∑FY = 0 12 + NEB *(0.6) -12 = 0

NEB = 0 KN

NUDO C:

∑FX = 0 - NCA +16 = 0

NCA = 16 KN

∑FY = 0 9 - 9 = 0

NUDO A:

Todas las fuerzas que llegan a esta barra y son

conocidas NAC + NAB * 0.8 = 0 16-20*0.8 = 0

NAB * 0.6 + 12 = 0 -20*0.6 + 12 =0

La figura siguiente muestra las fuerzas axiales.

E N EF

N EDN EB

N EC12

C N CF

N CB

N CA9

AN AC

12

N AB



173

4.10.-EJEMPLO PROPUESTOS.- Armadura plana tipo PRATT de amplia utilización

en la construcción de puentes.

12 3 4

5

678910

b1 b2 b3 b4

b5

b6b7b8b9

b10 b11b12 b13 b14 b15

b16 b17

va=5.06 b1

I t3 t

VB=0.94

0.5 t

1 m

2 m 2 m 2 m 2 m

A

B

C

3

129

E F

16

209

16

20

16

0

16



174

2 2 2 2

P = 1 KN3P = 3 KN1

(m)

P = 0,5 KN4 P = 5 KN2



175

3 3 3 3

P = 2 KN1P = 0,8 KN

3

(m)

P = 3 KN2

3

21 3 2

3

3

P = 1 KN1

bb1

2

(m)

(m)

b4

b5 b7

b6

b3



176

3 3

P = 3 KN2

1

3

(m)

(m)

b2

b1

P = 2 KN1

b3

b4

b5

b7

b9

b8

b6



177



178



179

2.5

( m )1.51.51.51.51.51.51.51.51.51.51.51.5

Determinacion de grado hiperestáticoGH = b + R - 2 ( n )GH = 43 + 3 - 2 ( 23 )GH = 0

3 KN

6 KN



180

CAPITULO 5

INTRODUCCION A LAS LINES DE INFLUENCIA

5.1.- ANTECEDENTES

La mayor aplicación de las líneas de influencia se presentan en el diseño de los puentes.

En el pasado se recurría a tabulaciones para ciertas relaciones de luces que permiten

encontrar directamente las ordenadas de las líneas de influencia tanto para momento

como para corte cada decimo de luz de tramo. En los puentes, la aplicación de estas

tablas resulta limitada por que solo sirven para vigas de altura constante y

determinadas relaciones de tramos.

Para vigas continuas de sección variable o constante, se recurre a una diversidad de

métodos entre los que se destaca por su simplicidad del método de distribución de

momentos que sirven también para el caso de estructuras a porticadas y por ello se lo

estudia a detalle en el siguiente capítulo.

5.2. OBJETIVOS


Conocer la particularidad de la influencia en un sección debido a la carga movil


La determinación:

• Determinar las líneas internas de momento y cortante.



181

5.3. DEFINICION.- Las líneas de influencia son gráficos a escala que permiten calcular

solicitaciones ya sea de momento flexor, corte o normales en secciones especificas para

cargas distribuidas o puntuales ubicadas en posiciones diversas, lo que permite

establecer máximos positivos y máximos negativos de dichas solicitaciones por efecto de

la carga muerta y la carga viva en su movimiento X P=1

w

ts

s

v

v

y

y

p p

t

w

Dado una carga móvil de carga unitaria sobre los siguientes casos, puede determinarse la

influencia en las secciones que se muestra para efectos de conocer la envolvente, según el

diagrama de las líneas se recomienda para conocer las líneas internas del momento

flector, se debe considerar en el caso de las líneas internas de cortante, considerar

próximas a los apoyos.

Una de las recomendaciones en su etapa inicial es tener la línea de análisis, con una carga

distribuida uniformemente de acuerdo al diagrama de momentos flector, cortante ,es

donde tiene que ubicarse las secciones de análisis de las líneas internas ,en su etapa

inicial, las variaciones de ubicación tiene que efectuarlo en los puntos críticos según

criterio del proyectista .

p = 1 p

p

s

s

t

t

r

r

v

v

w

wx



182

También las líneas de influencia examina la acción bajo una carga unitaria desplazada y

cuya posesión está definida por variable (x)

p=1

Si el caso requiera el cálculo valores numéricos de cargas localizadas que produzcan

esfuerzos en determinada sección, se cumple:

a ).- fuerzas concentradas.- para fuerzas concentradas el valor que influye sobre

determinada sección se obtiene multiplicando la ordenada de la línea de influencia en la

posición de la fuerza por su valor numérico.

p1

s

s

L.I

L.I. x=x1

esfuerzo ss=P1(L.I. ss)x=x1

b ).- carga distribuida.- el valor que influye sobre determinada sección y el caso de una

carga distribuida es el area bajo la línea de influencia en el intervalo de la carga aplicada y

cuyo valor se afecta multiplicando por la intensidad de la carga.

s

s

L.I

L.I. x=x2

esfuerzo ss=(area L.I. )x=x1

x2

x1 q

L.I. x=x1

area

x=x2 q



183

Principios de superposición en sistema de cargas móviles.- dado un gran número de

cargas discontinua y fuerzas concentradas aplicadas al mismo tiempo, el efecto total

sobre una determinada sección sera la suma de los efectos generados parcialmente por

cada carga por separado.

s

s

L.I

L.I. x=x4

esfuerzo ss=P1(L.I.ss )x=x1 + P2(L.I.ss )x=x2........Pj(L.I.ss )x=xj+ (area*L.I. )x=x1

xj q

area

x2

x1

x3

x4

P1 P2Pj

L.I. x=x3 L.I. x=x1 L.I. x=x2 L.I. x=xj

x=x2 q +.....

Al superponerse estos valores se generan una gran cantidad de intervalos, máximos y

mínimos cuya determinación del valor más alto y bajo se hace dificultosa. Sin embargo el

empleo de computadoras puede determinar estas variables máximas de forma más

sencilla desplazando valores finitamente pequeños.

Ejemplo.- Determinar la línea de influencia en la sección S-S debido a una carga móvil

p = 1

x

7 3

V BV A

H A = 0

s

s



184

DETERMINACIÓN DE REACCIONES DE APOYO

Sumatoria de momentos Sumatoria de verticales Determinación de control

₊

CONTROL

Det. La ecuación de las lineas de influencia

x

0 1 0 0 0

3.5 0.65 0.35 1.05 -0.35

7 0.3 0.7 2.1 -7

8.7 0.15 0.85 2.61 -0.87

10 0 1 0 -1

Diagrama de líneas de influencias

s

s

+0.3

s

s+0.3



185

s

s

2.10

+ +

s

s

0.7

-+

0.3

EJERCCIO.--

Líneas de Influencia.-

Construir la línea de influencia para la fuerza cortante en el punto B de la Viga

que se muestra en la figura.

Solución verificamos mediante una tabla, obtendremos los valores de la cortante.

X Vc

0 0

5 - 0.5

5 0.5

10 0

15 -0.5

DA COB

P = 1

5 m 5 m 5 m

DA

B C - 0.5

- 0.55 10 15



186

Las ecuaciones de las líneas de influencia son:

VC = (-1/10)*X 0≤ x≥ 5

Vc = 1-(1/10)*X 5≤x≥15

Ay

5.4.-EJERCCIO.-dado un tipo de carga móvil, determinar el Mmax,Qmax en la sección

s-s de acuerdo al diagrama de las líneas de influencias

X

P=1

C

VA

HA

D

VB

S

4 KN 2 KN

2

X 1

5 mV C

M c



187

DET.REACCIONES

DE APOYO

LINEAS DE INFLUENCIA

CONTROL

x

0 1.5 -0.5 -0.5 0.5

2 1 0 0 00

5 0.25 0.75 0.75 -0.75

0.25

6 0 1 0 0.25

8 -0.5 1.5 -1.5 0

C D

S

S

1.51

++

0.25

--0.5

LI VA

C D

S

S

1.51

++

0.75

--0.5

LI VB



188

Determinar del líneas influencias Mj

para el

1. Estado de carga en las líneas delanteras de

la sección S-S

2 kN

yT

0.75

1 m 2 m4 kN

3 m 1 m

Cortante determinar LI*Qs

2 kN

yT

-0.75

1 m 2 m4 kN

3 m 1 m

-

+0.25

5.5.-EJERCICIOS PROPUESTOS

C D

S

S

T

++

0.75

-0.5

LI Ms

- -

2 D

T 2D

1 EATADO DE CARGA

2 ESTADO DE CARGA

-1.5

C D

S

S

T

++

0.75

-0.5

LI Ms

- -2 D

T 2 D

1 EATADO DE CARGA2 ESTADO DE CARGA

-1.5



189

p = 1

MssQtt

S

S

(m)51510

p = 1

20MssQtt

S

S

(m)51010



190

CAPITULO 6

ARCOS

6.1. ANTECEDENTES

Es un elemento estructural en la arquitectura y en la ingeniería civil, que llevaba a cabo

como funciones cubrir claros, soportar cargas, así como constituir un elemento estático.

6.2. OBJETIVOS


Que el estudiante sepa calcular una estructura en arco en hormigón armado y otro

material


Es que el estudiante determine tipo de :

Tipo de arco

Determinar las reacciones de los arcos

Esfuerzos internos

6.3. JUSTIFICACION

El mejoramiento y la determinación de diferentes métodos para el cálculo de estructuras

es arco.

6.4.-ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS POLIGONALES

El arco, esta sujeto a su ecuación de eje particular de cada caso :



191

extrados corona

linea de arranque intrados

linea centralde la elevacion

cartela

estribo

6.4.1. TIPO DE ARCOS

( a )( b )

( d )( c )

A R C O E M P O T R A D O A R C O D E T R S A R T I C U L A C I O N E S

A R C O D E D O S A R T I C U L A C I O N E SA R C O A T I R A N T A D O

6.5.- ARCOS SIMÉTRICO TRIARTICULADO. Formado por la concatenación de un

cierto número de segmento rectilíneos como ser el caso de seis segmentos (3 en el

semiarco) Por las condiciones de simetría nos basta analizar el diagrama de un semiarco,

como ser un arco simétrico poligonal de seis segmentos, articulado en su base A, que en

su cúspide punto B, por ejemplo:

A

B

C

y

x A

B

C

y

x A

Bx

y

C A S O I C A S O I I C A S O I I I

F i g . a r c o s y s i s t e m a s d e e j e s

Y es decir en dicho. Cúspide esas fuerzas estarían actuando en sentidos opuestos en cada

mitad como un grupo al estarían en contra de simetría supuesta para el arco , por lo tanto

en el punto B sólo actúa la fuerza horizontal como se muestren la figura.



192

B

Y

X

fP2

P1

fA

6.6.ANÁLISIS ESTÁTICO DE ARCOS CONTINUOS DE TRIARTICULADOS.-

por condiciones isostaticidad suponemos que el arco está articulado en ambos puntos de

su base y en el punto de altura máxima.

B

A

significa que los parámetros a determinar puede ser calculados en principio como

resultado de un sistema de ecuaciones algebraicas.



193

A

B

SP

el objetivo de análisis es calcular el momento fexionante , las fuerza cortante y la fuerza

tangencial (compresión) que actúa en el punto P , tomando en cuenta para ello el

diagrama de fuerzas que actuando sobre segmento de arco S que va de B a P. Para esto

necesitamos ahora incorporar al análisis la distribución de carga que queremos

introducir. En este análisis consideremos dos tipos de distribución de carga: una

distribución horizontal uniforme y una distribución uniforme a lo largo del eje del arco.

ARCO DE EJE PARABOLICO.-

ARCO CON EJE CIRCULAR EN COORDENADAS CARTESIANAS..-



194

BARRAS DE EJE NCIRCULAR EN COORDENADAS.-

CARGA TRNASVERSAL DISTRIBUIDA UNIFORMEMENTE A LO LARGO DEL EJE.-



195

6.7.-EJERCCIOS.-objetivo .reacciones de apoyo, estudio interno, ubicación de ejes

y=0.025x2 (ecuación de ejes)

Reacciones de Apoyo.-

KNHKNV

HV

HV

MHV

HV

M

B

B

BB

BB

DerE

BB

BB

A

47.40395.160

0250375.15

0)2)5((20)375.1()5(

005326025.423

0)60.3(10)2

)23((20)425.06.3()23(

0

2

2

==

=−−

=−−

=

=−+

=−−++

=

∑

∑



196

47.39304.299

032584.518

0)2

13(20)225.0625.5()375.1425.0(10)18(

0

025.5294025.423

0)2)23((20)425.0(10)425.060.3()23(

02

==

=−−

=−−−+−

=

=−−

=−−+−

=

∑

∑

A

A

AA

AA

IzqE

AA

AA

B

HV

HV

HV

M

HV

HV

M

Control:

095.16023.2004.2990

=+−

=∑V

Esfuerzos Internos: Tramo AC: 0<x<9

Hx

Vx

Cálculos Auxiliares:

95.0=∑ DerCV

∑ = 47.403DerCH

∑ −= 048.2DerCM

∑∑

=

=

xx

xx

VV

HH



197

∑∑

∑∑

−=

++−=

=

=−=

048.2

)375.1225.0(47.403)8(95.160)28(20

47.403

95.08.2095.160

2

DerC

DerC

DerC

DerC

M

M

H

V

'

)05.0(05.0'025.0

)47.403(cos'')47.403(''

)2095.0(')2095.0(cos'

47.403

)(2095.0

1

2

xtgxyxy

NsenQ

xsenNxQ

H

xVDerx

Derx

−=

==

==

−=−=

=

−=

∑∑

φ

φφφφ

Origen C:

∑ xH ∑ xV



198

φφφ

φφφφφ

cos47.4032095.0'''

47.403cos20cos95.0)47.403()2095.0(cos

'''

048.2)(95.0)(087.0

)2

(20)048.2()(47.403)(95.0

2

2

−−=−=

−+−=−−−=

−−=

++=

−−−+=

xsensenNNNN

senxQsenxQ

QQQ

xxM

xyxM

x

x

x

x

x

x

x

x θ M Q N

0 0 2.048 -0.95 -403.47

2 5.71 4.29 -1.28 -405.35

4.5 12.68 8.08 -1.69 -413.18

7 19.29 12.96 -2.04 -426.75

9 24.23 17.64 -2.31 -441.41

Tramo AD:

298.22)(95.0)(16.0

25.10)(25.0)(10048.2)(09.10)(95.0

)025.2(10)2

(20048.2)(97.403)(95.0

15 x 0 :COrigen :AD Tramo

)05.0(')(05.0'

025.2

2

222

2

1

2

++−=

+−−++=

−−−++=

<<

=

=

−=

−

xxM

xxxxM

yxyxM

xtgxy

yry

x

x

x

θ



199

Calculo Auxiliar.-

'

θθθ

θθθ

θθ

θθ

xsensenNNNN

xsenQQQQ

senQN

xQxsenN

H

xV

x

x

x

x

Derx

Derx

2095.0cos97.393'''

cos20cos95.097.393'''

97.393''97.393cos''

))(2095.0(cos'))(2095.0('

97.29397.40310

)(2095.0

−+−=+=

+−−=−=

−=−=

−=−=

−=−=

−=

∑∑

x θ M Q N

9 24.23 17.89 1.59 -432.74

10.5 27.69 14.63 2.03 -445.99

12 30.96 10.65 2.32 -460.82

13.5 34.01 5.96 2.66 -477.06

15 36.86 0.54 2.94 -494.60

Tramo BC:

∑ xH ∑ xV

∑∑

=

=

xx

xx

VV

HH



200

'8'8''

')05.0(

6.1025.0375.1

025.005.0'025.0

1

2

2

xrxxrxxx

xtgyry

yryxy

xyxy

−==+

==−

−=+=+

=

==

−θ

Calculos Auxiliares:

))'8(2095.160(cos''))'8(2095.160(''

)47.403(')47.403(cos'

)'8(2095.160

47.407

'

'

xQxsenN

senQN

xV

H

x

x

−−=−−=

==

−−=

=

∑∑

θθ

θθ

Origen B: 0<x’<8:

θθ −='



201

))8(2095.160(cos47.403

))'8(2095.160(cos47.403'''

)'8(10)025.06.1(47.403)'8(95.1602

)'8(20)6.1(47.403)'8(95.160

22

xsenN

xsenQQQQ

xxxM

xyxM

x

x

x

x

x

+−−−=

+−−=−=

−−−−−=

−−−−−=

θθ

θθ

X θ M Q N

0 0 2.048 -0.95 -403.47

1.5 -4.28 0.81 -1.06 -404.51

3 -8.53 -0.02 -0.80 -407.76

5 -14.03 0 1.23 -413.44

8 -21.80 0 9.21 -433.68

Diagrama.-

MM

−+



202

EJERCCIO.- objetivo es enseñar los tipos de métodos para resolver arcos

QQ

−+

NN

−+



203

10 kN/m

y

HA=-50 50=HC

5=f

x

10 m10 m VC=25 KNVA=75 KN

CONTROL

TRAMO AB ORIGEN A 0≤X≤10

10 kN/m

y

HA=-50

VA=75 KNx

y



204

DCL

Q"

N"

Q'

N'

VX

HX

O

O

TRAMO AB

x

0 45 0 17.68 -88.39

2.5 36.87 46.88 10 -70

5 26.57 62.50 0 -55.90

7.5 14.04 46.88 -12.13 -48.51

10 0 0 -25 -50

50=HC

y

10 mVC=25 KN

50

-25M=0

50

X-10

yr

x



205

DCL

N"

Q"

N'

Q'

VX=-25

HX=-50

O

O

X 10 0 50

12.5 -

46.88

15 -

62.00

17.5 -

46.88

20 0 17.68

- M+M

(+)

(+)

(-)

(-)

62.5

+ Q- Q

(+)

(-)

17.65

-25



206

+ N- N

(+)

(-)

-88.39

-55.9

-50

EJERCICIO.- dada el arco resolver con otro método(METODO ANTIGUO):

i) reacciones

G=4-3-1=0

ΣH=0

HA+HB-0.6t=0

ΣMA=0

0.9*1.5-0.6*2-6*VB=0

CONTROL

0.875-0.9+0.025=0 OK

ΣMB=0

6*VA-0.9405-0.6*2=0

VA=0.875t

POR DERECHA

ΣMC=0

-3*VB-3*HB+0.6*1=0

HB=0.175t

HA=0.425t

0.3 t/m

0.9 t1.5 m

A B

HA HB

0.6t

A

2m

C

R=3 m



207

Cuando se desea analizar arcos circulares es preferible utilizar como variable un

determinado angulo “θ”

Tramo A-C

0.3 t/m

A

0.425 t

0.87 t

C

Q

N

d d1

d2

M

0.3 d

F1 F2

FF4

F3

0.425 t

F6F5

0.3 d

La dirección de la barra esta definida por la

tangente

a la curva.

DOMINIO O<θ<90˚



208

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

0

60

N

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

0

60

Q



209

EJEMPLOS.- El arco triarticulado está sometido a las dos fuerzas concentradas que se

muestran en la figura siguiente. Determine la imponente horizontal sintética desde las

reacciones en los pasadores A B y C B

CA

80ft75ft25ft

30ft

20ft

80ft8ft

20ft

20ft

FF45

45F

75ft

25ft

A2

A1

8ft

60ft

20ft

A

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

0

60

M 15



210

Solución:

Diagrama de cuerpo libre.- el miembro BC es un miembro del dos fuerzas, por lo que las

fuerzas resultantes que actúan en B y C son iguales, opuestas y colineales, como se

muestra en la anterior figura. Observe que esto simplifica considerablemente el análisis

ya que hay entonces sólo tres incógnitas en el problema.

Ecuaciones equilibrio. - Aplicando las tres ecuaciones equilibrio al miembro AB tenemos

F=6.02k

Así, aunque no se muestran en la figura anterior

Además

EJERCICIO.-resolver:

VA

HA

1.2 t1.5 m C

BA3 m 3 m

VB

0.3 t

2 m



211

G=3-0-3=0 Isostático

CONTROL

0.8 t

0.3 t

1.2 t1.5 m C

Ad

F2F1

0.8

F40.3 t

F3

F5 F6

R1

M

Q

N

d2

d1

0.4.d

M N Q por estar en la derecha se utilizara la ley

de signos de la derecha

Tramo A-C

Dominio 0<w<90



212



213

TRAMO B-D

MQ

N

0.3t

C

Bd1d

d2

D

F1F2

0.4t

2



214

M

Q

N

0.3t

C

Bd1d

2

D

F1F2

0.4t

d3

0.4 t

d2

F3

F4

0.3t

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

15

0

60

N

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

15

0

60

Q



215

0

15

30

45

75 90 7560

45

30

15

0

60

M

EJERCCIOS . ARCOS

Se tiene un arco triarticulado tal como se muestra en la gráfica, Determinar la

cortante, momento flexionante y normal en el punto D.

A B

C

30 KN/N

D

2 m 2 m

0.5 m

2 m



216

Solución.-

Como la carga es simétrica AY = BY = 30*(4)/2

AY = BY = 60 KN

∑MC = 0 AY*2 – 30*2*1

AX *2 = 0

AX= 60 KN+30 KN AX = 90 KN

∑FX = 0 - CX +AX = 0

CX = 90 KN

Hallemos primeramente la ecuación de la

circunferencia.

X2 + y2 = R2

X2 + y2 = 4

(1.5)2 + 4 = y2

Y = 1.3229 m

∑ Fy = 0 Ay – 30*2 – Cy = 0

60 KN – 60 KN =0

Cy = 0 KN

30 KN/N

C xC y

A y

A x A

B

C

0.5 m

C =90 KN xC =0 y

1.5 m

V DN D

M D



217

En el punto D

α = arcotan (1.3229/ 1.5) α = 41.41º

∑ Fx = 0 VD * cos α – ND* sen α + Cx = 0

∑ Fy = 0 VD * sen α – ND* cos α - 45 = 0

VD * cos α – ND* sen α = - Cx

VD * sen α – ND* cos α = 45

-Cx -sen α

45 cos α = - Cx cos α + 45 sen α - Cx cos α + 45 sen α

Cos α -sen α cos α +sen α

sen α cos α

Cos α - Cx

sen α 45 45 *cos α + Cx*sen α

1

VD = -90*cos (41.41) VD= 37.73 KN

ND= 90*sen(41.41)+ 45 *cos(41.41) ND= 93.28 KN

Ahora calculamos el momento en el punto D hacienda momentos.

∑ MD = 0 MD – Cx *(2-√7/2) + 45(1.5/2) = 0

MD = 22.12 KN


A) ARCOS10 KN/m

6 KN/m

6 KN/m 5.00

5.005.00

A B

[ m ]

y = (4F/L^2)*X*(L-X)

Y

X

N D

V D



218

17 KN/m

13 KN/m

7 KN

1.00 7.00

5.00 TIRANTE

[ m ]

y = (4F/L^2)*X*(L-X)

C) ARCOS

X

Y



219



220



221

CAPITULO 7

CABLES

7.1.- ANTECEDENTES 7.2.- OBJETIVOS 7.2.1.- OBJETIVO GENERAL

El objetivo fundamental de este capitulo es hacer que el estudiante conozca el

concepto de cables, cuales son sus usos y cuales son las maneras de analizarlos y

calcularlos.

7.2.2.- OBJETIVOS ESPECIFICOS

Al terminar este capítulo el estudiante podrá:

Realizar el cálculo de tensiones máximas y mínimas existentes en el análisis de cables.

Reconocerá el uso del los distintos tipos de cables existentes sabrá a que tipo de estructuras son aplicables.

Determinara las longitudes de los cables. Recordara brevemente el cálculo numérico (integración, límites, derivación). Conocerá los elementos básicos en puentes de luces largas y los tipos de

cables que se usan para estos.

7.3. JUSTIFICACION

La importancia de todo tipo de cable como ser eléctrico, en un puente y otros



222

7.4. INTRODUCCIÓN

Los cables se usan a menudo en las estructuras de ingeniería para soportar y transmitir

cargas de un mismo a otro. Cuando se usan para soportar techos colgantes, puentes y

novedades de trole, los cables constituyen el primer elemento portador de carga en la

estructura.

Al derivar las relaciones necesarias entre la fuerza en el cable y su pendiente,

planteamos la hipótesis de que el cable no ofrece resistencia a la fuerza cortante o al

momento flexión ante y por ello, la fuerza que actúa en el cable es siempre tangente a

este en PUNTOS a lo largo de su longitud.

Permanece fija y el cable o sentimiento de él pueden tratarse como un cuerpo

rígido. Dentro del tipo de cables que existen analizaremos los que mostramos a

continuación; los cables rectilíneos en cuyos puntos de inflexión soportan cargas

concentradas, los cables parabólicos que soportan cargas repartidas y los cables que

soportan su peso propio los cuales están referidos a cada uno de los tipos de cables , que

estudiaran ,ellos son: cables con cargas puntuales ,cables parabólicos y cables catenaria ,

mismos que se detallan en los siguientes gráficos:

9.10.1 -Cables parabólicos que soportan cargas distribuida uniforme mente en la

distancia horizontal entre ambos apoyos.

Ejemplo.- se pide determinar la fecha máxima “d”, la tensión máxima “Tmax” y el

largo del cable “l”



223

Solución

La formula de cables parabólicos es:

Remplazando (3) y (4) en (2) :



224

7.6.- CABLES CON CARGAS PUNTUALES.- se puede considerar como un

Problema de varias barras bi-articuladas conectadas en los puntos donde hay cargas

aplicadas

EJEMPLO .- dado los siguientes datos se pide determinar

Solución En general en problema de cables , independientes de su tipo ,las reacciones de los

apoyos de



225

Como se puede ver ,la máxima pendiente es 53.13◦en el tramo CD y la máxima tensión

también ocurre en CDC y es 125.00.

De este ejemplo se puede concluir varias ideas que son aplicables a todos los tipos de

cables.

En primer lugar la máxima tensión siempre ocurre en los puntos de mayor pendiente con

respecto a la horizontal, que al mismo tiempo son los más altos. A partir de esto es fácil

deducir que los puntos más bajos son los de menor pendiente y tienen menor tensión.

Por otra parte, si se analizan las componentes horizontales de tensión de cada tramo, se

podrá anotar que son todas iguales y que las componentes verticales son las que varían de

acuerdo a la pendiente y lo indicado en el párrafo anterior.

Para los resultados del ejemplo anterior:



226

EJERCCIO .-

Calcular la fuerza horizontal y la resultante de la tracción del Cable en los apoyos.

A

B

1 m

1 m

2 m 4 m 3 m

3 0 º

5 0 K P

1 0 0 K P

Solución.-

Recordemos el teorema de cables H fi =Mi, la fuerza horizontal por la flecha en el desimo

punto es igual al momento apoyo en dicho punto. H= Mi / fi.

A

B

1 m

1 m

3 0 º

5 0 K P

1 0 0 K P

GE

F

DC

H

H

2 m 4 m 3 m B YA Y

Encontramos el valor de H



227

+ ∑MA = 0 By*9 – 50*2 – 100*6 = 0

By= (100+600)/9 By= 77.778 Kp

+ ∑Fy = 0 Ay + By – 100 – 50 = 0

Ay = 150 -77.778 Ay = 72.22 Kp

El diagrama de momentos flexionante:

ABC ≈ AFE BG/AG = FE/ AE (1/9) = (FE/2)

FE = 2/9

Luego FC es la flecha en la carga de 50 Kp.

FC=f=EC- EF = 2 – 2/9 f= 1.778 m

Luego el valor de H por el teorema de Cables.

H = Mc /fc

H = 144.44 Kp*m/ 1.778 m H = 81.25 Kp

V

+

+

-

MK p * m

X

1 4 4 ,4 4

2 6 9

2 3 3 .3 3



228

Calculamos las fuerzas resultantes en los apoyos.

R1=√(81.25)2+(72.22)2 R2=√ (81.25)2+(77.78)2

R1 = 108.709 Kp R2 = 112.476 Kp

7.7.- CABLES QUE SOPORTAN SU PESO PROPIO.- (cable catenaria) es un

cable está sujeto a la acción de una carga distribuida uniforme mente en el largo de

cable entre ambos apoyos (peso propio).

X

Y

R1

H = 81.25 Kp

A = 72.22Kp Y

H = 81.25 Kp

B = 77.78 Kp Y

R2



229

EJERCCIO:.- resolver

para deducir las fórmulas de este tipo de cable se considera el equilibrio de un trozo de

cable. Se entiende indicar que las fórmulas que se definen a continuación estaN asociadas

a un sistema cuyo origen de coordenadas se encuentra "c" unidades más abajo del punto

más bajo del cable.

en este caso "w" es la carga distribuida sobre el cable y "H" es la tensión horizontal con

mínima.

De la figura se deduce que:

introduciendo la cortante:

ademas :

o sea :

eligiendo el origen de coordenadas "c" unidades más bajo del punto más bajo del cable e

integrando (*) este "C" (0,c) hasta "D" (x,y):



230

Que es la ecuación que se relaciona el largo del cable CD y la distancia horizontal entre C

yD.

Por otro lado:

Osea :

Integrando (**) desde "C" (0,c) hasta "D" (x,y ):

Que es la ecuación de una catenaria de vertical.

Se puede demostrar las demás que:

y que:

ejemplo.- para el cables dado se pide determinar " " y el largo "s" del cable si se sabe

que w=10

Solucion

la ecuación de la catenaria:

enA:

En B :

Ademas :

De 1 :



231

De 2:

Remplazando estos dos últimas expresiones en 3:

delante se despega: c= 58.48

remplazando hacia atrás: =33.73

= 26.27

la tensión máxima ocurre en B: la

el largo del grande es:

7.8.-CABLES RECTILÍNEOS EN CUYOS PUNTOS DE INFLEXIÓN SOPORTAN

CARGAS CONCENTRADAS.

X

Y

L



232

7.9.-CABLES FLEXIBLES

la construcción de puentes colgantes, teleféricos , líneas de transmisión eléctrica, es usual

la utilización de cables flexibles. Los cables flexibles resisten solamente esfuerzos de

tensión, es decir en cualquier punto del cable

Por otra parte, la tensión es tangente a la cuerda geométrica que se presenta al cable.

Consideremos un elemento diferencial de un cable sobre el que actúa una carga

distribuida

Tomando el

Por tanto,

Por lo tanto,

En la grafica se observa que (componente horizontal de T) , entonces



233

Por lo tanto

Entonces,

por lo tanto

De 5.1 y 6.2 se tiene

Entonces,

Esta espresion permite determinar la ecuación de la curva que representa al cable.

En el análisis de las cables es importante también conocer la longitud total del mismo,

para el efecto se recurre a la conocida expresión.



234


p = 10kg

p = 20kg 2

1

h=?

y

x

2

2.4

4 3 2 (m)

q = 10 kg/m

x=-2y=-6

h=?

y

x

5

4 5 (m)



235

q = 50 kg/m

hy

x

2.5

2.5

(m)20 20



236

CAPITULO 8 ANALISIS ESTRUCTURAL – PLANTEO MATRICIL

8.1. ANTECEDENTES

8.2. OBJETIVOS

Es un conjunto coordinado de elementos, los cuales pueden ser números o funciones o a

su vez otra matrices. Las disposiciones clásicas es exprésalos en m filas y n columnas y su

determinación es matriz m x n.


El análisis estructural lo hemos definido como aquel que se ocupa de la determinación de

los efectos (e) producido por la acción de causas ( C ) , o sea tratamos de encontrar una

relación de tipo e=f(C).

En relación funcional podrá ser lineal o no lineal, no obstante el objetivo aquí será la

utilización de una herramienta matemática que nos permitirá en una forma coordinada y

simplificada conceptualizar el análisis estructural. En todo lo que sigue no

introduciremos nuevos conceptos, sino que simplemente ordenáremos los conocidos a

través de la teoría clásica de los métodos de las fuerzas y de las deformaciones. Sus


Podrán determina:

determinaremos las coordenadas globales o locales

de determinaremos la deformación

y luego determinación en el análisis del estructuras.



237

8.3. JUSTIFICACION

De que el estudiante realice análisis del estructuras confiadas

8.4.-ÁLGEBRA MATRICIAL PARA EL ANÁLISIS ESTRUCTURAL.- Con la

reciente accesibilidad de las microcomputadoras, la aplicación del álgebra matricial al

análisis de estructuras se ha generalizado ampliamente. El álgebra matricial proporciona

una herramienta adecuada para el análisis ya que es relativamente fácil formular la

solución de una forma concisa y luego efectuar las manipulaciones matriciales es por

medio de una computadora. Por esto, es importante que el ingeniero estructural este

familiarizado con las operaciones fundamentales de ese tipo de matemáticas.

8.5.-DEFINICIONES BÁSICAS Y TIPO DE MATRICES

Matrices. -- es un arreglo rectangular de números en m renglones y n columnas. Los

números, llamados elementos, se ordenan entre paréntesis rectangulares.

Por ejemplo, la matriz A se describe como:

se dice que una matriz semejante tiene un orden de mXn (m por n), note que él primer

subíndice de un elemento denota suposición de renglón y el segundo subíndice denota

suposición de columna. En general aij es el elemento localizado en el renglón i-esimo y

en la columna j-esima.

Martín renglón.-

Matriz columna.- Matriz cuadrada.-

Matriz diagonal Matriz identidad.-

Matriz nula.- Matriz simétrica.-

8.6.-OPERACIONES CON MATRICES.-

Las operaciones que se realiza con matrices también son muy importantes por lo cual

daremos a conocer para recordar.



238

Igualdad de matrices.-

Ambición y sustracción de matrices.-

entonces

Multiplicación por una escalada.-

Multiplicación matricial.-

Matriz. Transpuesta

Entonces

Subdivisión de matriz.-

Aquí, las submatrices son



239

Inversa de una matriz.

Matriz Banda.- sólo algunos términos en el entorno de la diagonal son distintos de O.

Sistema de ecuaciones lineales.- se puede presentar de la siguiente manera.

……………………………………………….

Puede ser presentado matricialmente:

Para la realización de este sistema existen distintos métodos y en el que pueden

mencionar.

1.- método de GAUSS

2.- método de interacción

3.- método de la matriz inverso

El primero es el método más utilizado en la resolución computacional de estructuras.

Con relación al último método su forma de resolución consiste en utilizar la matriz

inversa de la siguiente manera: pre multiplicamos ambos miembros de la ecuación por la

matriz inversa a de la matriz de los coeficientes.



240

Para aplicar este método es necesario realizar un laborioso cálculo para la determinación

de la matriz , por lo que es poco práctico. No obstante es útil esta simbología para

indicar que el sistema de ecuaciones tiene solución.

8.7.-MÉTODO DE GAUSS PARA RESOLVER ECUACIONES SIMULTÁNEAS.-

Cuando tienen que resolverse muchas ecuaciones lineales simultáneas, puede usarse en

método de eliminación de gauss debido a su residencia numérica. La aplicación de este

método requiere explicar de un conjunto de n ecuaciones una incógnita, digamos x1 , en

términos de todas las otras incógnitas x2,x3, . . . . . . . xn . Si sustituimos la así llamada

ecuaciones pivote en las ecuaciones restantes nos deja com un conjunto de n-1 de

ecuaciones con n-1 incógnitas. Si repetimos el proceso, esto es despejando x2 de esas

ecuaciones en términos de las n-2 incógnitas restantes x3,x4 . . . . .xn, se obtiene la

segunda ecuación pivote. Este ecuación se sustituye entonces en las otras ecuaciones, lo

que no deja como un conjunto de n-3 ecuaciones con n-3 incógnitas. El proceso se repite

hasta que queda una ecuación pivote con una sola incógnita, que se resuelve directamente

un caso otras incógnitas se determinan entonces por sustitución hasta atrás en las otras

ecuaciones pivote. Para mejorar la exactitud de la solución , alm desarrollar cada

ecuación pivote , se debe desarrollar cada ecuación pivote , se debe seleccionar la

ecuación del conjunto que tenga el coeficiente numérico mas grande para la incognita que

tratamos de eliminar .

8.8.-VECTORES MATRICIAL.- Que identifican fuerzas o desplazamientos se indicará

mediante una matriz columna.

Para expresar matricialmente una ecuación que intervenga un producto de vectores,

como es la expresión del trabajo de una fuerza, se requiere que uno de los vectores se

trasponga.



241

8.9.-Coordenadas: A los efectos de coordenadas el planteo matriz es necesario definir

sistema de coordenadas, los cuales podrán ser "global" o "local".

Coordenadas globales.- es un sistema general al cual estará referidos los distintos

elementos de la estructura, como ser las coordenadas de los nudos, cargas o los

desplazamientos nodales.

Coordenadas locales.- este sistema

pertenece a cada barra y a él estarán referidos

aspectos como ser propiedades geométricas,

cargas locales, etc.

8.10.-Transformación de coordenadas.- en todo lo que sigue utilizaremos

formulaciones expresadas en ambos sistemas de coordenadas, por lo que es necesaria una

forma de transformación de un sistema a otro. Si tenemos un director v cuyos

componentes Expresadas en el sistema local, y deseamos expresarlo en el

sistema global , requiere que se realice una transformación de coordenadas. Los valores

Pueden representar fuerzas o desplazamientos, mientras que Pueden serlo de

momentos o giros cuyo vector tienen la dirección z.



242

La matriz R se denomina matriz rotación y permite el pasaje del sistema local al global y

viceversa mediante la utilización de matrices inversa. La matriz R es ortogonal, por ser su

determinante igual a la unidad y su matriz inversa es igual a la traspuesta. Este tipo de

transformación se denomina ortogonal.

Mediante esta transformación se puede pasar cualquier magnitud vectorial, estática o

cinemática, o sea fuerzas o desplazamientos de un sistema a otro.

Transformación de coordenadas.- supongamos los vectores x e y que están relacionados

por una ecuación de tipo:

Sus componentes están referidos a un sistema de coordenadas y se desea encontrar la

relación entre los dos vectores referido a un nuevo sistema de coordenadas cuyas

componentes serán e . Para realizar esto necesitamos realizar una transformación

ortogonal, para lo cual pre multiplicamos por la matriz R.

Teniendo en cuenta que:

Finalmente la realización en el nuevo sistema de coordenadas es:

Siendo:



243

A la matriz de la denomina de forma cuadrante.

8.11.-ANÁLISIS ARTIFICIAL DE ESTRUCTURAS DE BARRA

Analizaremos una estructura compuesta por un conjunto de barras vinculadas a través de

nudos, de los cuales algunos serán libres y otros vinculados, las cargas pueden ser causas

estáticas P de nudos libres y cinemática Ur un vinculados. Además de las cargas en los

nudos tenemos cargas en las barras, como ser estáticas consistentes en fuerzas

concentradas o distribuidas en cierta posición de la barra y cinemática como ser cargas de

temperatura y movimientos de vínculos internos concentrado en algunos puntos de la

barra.

Nuestro propósito sigue siendo encontrar una relación que vincule las causas con los

efectos y que están relación será matricial.

Para el análisis que realizaremos a continuación contamos con tres ecuaciones

matriciales que permiten resolver los problemas de indeterminación tanto cinemático

como estática.

1. Ecuación equilibre estática

2. ecuación de compatibilidad cinemática

3. ecuación que relacionan fuerzas y desplazamientos.

En esta ecuación intervienen

1) Es un vector que está integrado por fuerzas que actúan en los nudos y que

pueden ser causas o efectos si las mismas son relaciones de vínculos.

2) :Es un vector que esta integrado por los desplazamientos nodales que pueden

ser efectos o causas si los mismos están asociados a direcciones vinculadas. Los



244

desplazamientos U son correspondientes con las fuerzas P, de manera que uno es

efecto y el otro causa.

3) p: Es un vector que esta integrado fuerzas interiores que actúan en los

extremos de las barras.

4) u : Es un vector que esta integrado por los desplazamiento de los extremos de

las barras, son correspondientes con p y ambos son efectos.

5) B: Es una matriz rectangular, salvo en estructuras isostáticas donde existen tantas

ecuaciones como incógnitas y el sistema admite solución. Esta matriz relaciona los

fuerzas p con P o los desplazamientos U con u. Estas relaciones se establecen en el

mismo sistema de coordenadas.

6) k: Es la matriz rigidez de barra que vincula las fuerzas p y los desplazamientos

u de los extremos de las mismas

7) Las ecuaciones de equilibrio simplemente plantea el equilibrio de todas las fuerzas

que actúan en todos los nudos de la estructura y cada ecuación matricial se

establece teniendo en cuenta que cada fuerza nodal P es igual a la suma de

las fuerza internas p que actúan en los extremos de las barras que

llegan al nudo analizado. Por ejemplo en el siguiente nudo tenemos:

P1 = p’a2+ p’b1

Las ecuaciones de compatibilidad expresan las condiciones de continuidad de la

estructura a través de sus elementos, donde no pueden ni aumentar ni desaparecer parte

de los mismos. Estas condiciones están representadas por la igualdad de los

desplazamientos nodales U y los desplazamientos u’i de los extremos de las

barras que se vinculan a dichos nudos.

U1= ua2=ub1



245

Las ecuaciones que relacionan las fuerzas y

los desplazamientos en los extremos de las

barras están vinculadas a través de una

matriz donde están reflejadas

características mecánicas de las barras

A diferencia de las otras dos ecuaciones que vinculan entre sí fuerzas o desplazamientos

aquí lo hacen entre fuerzas y desplazamientos.

Comenzaremos el análisis por esta última ecuación.

8.12.-ANÁLISIS DE UNA BARRA EN COORDENADAS LOCALES

Tomamos una barra cualquiera de la estructura, la aislamos y analizamos su

comportamiento bajo la acción de causas estáticas y cinemáticas. Estas cargas pueden ser

las que actúan en la barra más los desplazamientos y que le transmite el resto de la

estructura. Todo expresado en coordenadas locales.

La barra tiene las propiedades geométricas de longitud L, área transversal A y momento

de inercia J, y las propiedades mecánicas del modulo de elasticidad longitudinal E y

transversal G.

Aplicando superposición,

descomponemos las cargas y

estudiamos las fuerzas p que se

originan en los extremos de las

barras y ordenamos los

resultados en forma de una

matriz.



246

1 = k11 1 + k12 2 + 10

2 = k21 1 + k22 2 + 20

Esta ecuación matricial representa la relación

funcional entre u, p0

y p, donde k es la matriz rigidez de barra que expresa aquella

parte de p originada por u. Los kij son rigideces, cuya clásica definición sigue siendo: los

esfuerzos en i cuando en j existe un desplazamiento unitario, pero con la diferencia que

aquí esta definición es de tipo simbólica dado el carácter matricial de los mismos. Cada

ecuación en realidad son tres ecuaciones algebraicas.

La matriz k cuenta con toda la información geométrica y mecánica de la barra con

prescindencia de su orientación y ubicación en la estructura.

Si deseamos que esta relación se exprese en coordenadas globales, tenemos que aplicar

una transformación de coordenadas, similar a la mencionada anteriormente, para lo cual

premultiplicaremos la ecuación por la matriz rotación R

Teniendo en cuenta que:

Esta expresión representa la misma relación anterior, pero expresada

p = k u + p0

R pi= R ki1 u1 + R ki2u2+ R pi0

p’ = k’ u’ + p’0

p’= R p u = RT u’

p’1 = k’11 u’1 + k’12 u’2+ p’0

1

k’ij = R kijRT

p’2 = k’21 u’1 + k’22 u’2+ p’0

2

R pi = R ki1RT u’i+ R ki2R

T u’2+ R pi0



247

en coordenadas globales, donde k’ es la matriz rigidez de barra en este sistema y su

transformación se realiza premutiplicando por R y postmultiplicando por RT a la matriz

k. La matriz k’ posee toda la información de la matriz anterior a la que se le suma la

orientación de la barra en la estructura a través de R.

Si la vinculación de la barra con resto de la estructura tiene alguna modificación como ser

la pérdida del vínculo que genera momento flector en el extremo final de la barra, la

matriz k modifica sus valores, pero conceptualmente tenemos la misma ecuación

matricial.

Si la barra esta articulada en ambos extremos, la matriz rigidez k se modifica como se indica a

continuación.

p = k u + p0

p = k u + p0



248

En estos ejemplos anteriores podemos observar que si bien cambia la matriz k, la relación

funcional es la misma o sea.

p = k u + p0

8.13.-ANÁLISIS DE LA ESTRUCTURA

En esta primera parte utilizaremos un procedimiento directo de las ecuaciones de equilibrio y

compatibilidad que resulta físicamente más comprensible, dejando para final un planteo mas

matricial, donde claramente quedan individualizadas las ecuaciones.

En los nudos libres tendremos causas estáticas P y efectos cinemáticos U y a su vez en los nudos

vinculados efectos estáticos R y causas cinemática Ur, y todos relacionados mediante barras

cuyas características mecánicas están individualizadas a través de la matriz rigidez de barra k

donde quedan identificadas las características mecánicas y de vinculación interna de las mismas.



249

Primero planteamos las ecuaciones de equilibrio en la estructura que estarán integradas por las

ecuaciones de equilibrio en los nudos de la misma.

Donde P representa las fuerzas nodales y p’i las fuerzas que actúan en los extremos de las barras

que se vinculan al nudo expresadas en coordenadas globales.

Si tenemos en cuenta que cada barra tiene una ecuación matriciales del tipo:

que reemplazándolas en las ecuaciones de equilibrio anteriores tenemos

Si ahora utilizamos las ecuaciones de compatibilidad consistentes en la igualdad de los

desplazamientos U en los nudos y los desplazamientos u’i de los extremos de las barras que se

vinculan a los mismos.

Donde U representa los desplazamientos nodales y u’i los desplazamientos que actúan en los

extremos de las barras que se vinculan al nudo, expresadas en coordenadas globales.

U1 = u’a2 = u’b1

U2 = u’b2 = u’c2

Ur3 = u’a1

Ur4 = u’c1

P= p’i

P1 = p’a2 + p’b1

P2= p’b2 + p’c2

R3 = p’a1

R4 = p’c1

p’1 = k’11 u’1 + k’12 u’2+ p’0

1

p’2 = k’21 u’1 + k’22 u’2+ p’0

2

P2 = p’b2 + p’c2 = k’b21 u’b1 + k’b22 u’b2 + p’0

b2 + k’c21 u’c1 + k’c22 u’c2 + p’0

c2

R3 = p’a1 = k’a11 u’a1 + k’a12 u’a2 + p’0

a1

R4 = p’c1 = k’c11 u’c1 + k’c22 u’c2 + p’0

c1

P1 = p’a2 + p’b1 = k’a21 u’a1 + k’a22 u’a2 + p’0

a2+ k’b11 u’b1 + k’b12 u’b2 + p’0

b1

U = u’i



250

Teniéndolas en cuenta en las anteriores ecuaciones:

Si reordenamos matricialmente estas ecuaciones tenemos:

Esta ecuaciones se pueden expresar sintéticamente;

La matriz K* se denomina matriz rigidez ensamblada, y se originado en el planteo

del equilibrio general de la estructura, como cuerpo libre o sea con prescindencia de la

vinculación de la estructura, por lo que resulta ser singular y no es posible su inversión

(K*-1

). El vector P* debe ser un conjunto de fuerza equilibradas que como vimos incluye

las reacciones de vinculo. Para resolver el problema debemos descomponer esta matriz de

P1 = k’a21 Ur3 + k’a22 U1 + k’b11 U1 + k’b12 U2+ P0

1

P2 = k’b21 U1 + k’b22 U2 + k’c21 Ur4 + k’c22 U2 + P0

2

R3 = k’a11 Ur3 + k’a12 U1 + P0

3

R4 = k’c11 Ur4 + k’c22 U2 + P0

4

Si agrupamos los desplazamientos e incluimos todos los desplazamientos tenemos:

P1 = ( k’a22 + k’b11 ) U1 + k’b12 U2 + k’a21 Ur3 + 0 Ur4 + P01

P2 = k’b21 U1 + ( k’b22 + k’c22 ) U2 + 0 Ur3 + k’c21 Ur4 + P02

R3 = k’a12 U1 + 0 U2 + k’a11 Ur3 + 0 Ur4 + P03

R4 = 0 U1 + k’c22 U2 + 0 Ur3 + k’c11 Ur4 + P04

P = K* U +P0

P - P0

= K* U P* = K* U



251

la siguiente manera teniendo en cuenta que las incógnitas del problema son los

desplazamientos U y las reacciones R

P = K U + Kpr Ur + P0

R = Krp U + Krr Ur + P0

r De estas ecuaciones de equilibrio, la primera es la conocida del método de las

Deformaciones en su planteo clásico y K que es la matriz rigidez de la estructura. La

solución de esta permite conocer los desplazamientos U de las direcciones libres de la

estructura, que reemplazada en la segunda ecuación se obtienen las reacciones de vínculo

R.

U = K-1

( P -- KprUr) R = Krp U + Krr Ur + P

0

r La solución de la primera ecuación implica la inversión de la matriz K y esto significa que

la misma es linealmente independiente o sea que la estructura esta adecuadamente

sustentada.

La forma de resolución es simbólica dado que los sistemas computacionales no utilizan el

método de la inversión de la matriz K para la resolución de las ecuaciones.

En las ecuaciones anteriores podemos observar que por un lado se encuentran

identificadas todas las causas que pueden solicitar una estructura y por otro se pueden

determinar los efectos que los anteriores generan.

P :fuerzas en los nudos libres

P0 :cargas en las barras, que pueden ser fuerzas o cargas cinematecas

Ur :cargas cinemáticas en los nudos vinculados

U :desplazamientos en los nudos libres

R :reacciones de los nudos vinculados.

El armado de la matriz ensamblada K* se puede realizar siguiendo ciertas reglas sin tener

que realizar todo el anterior análisis y las mismas consisten en pararse en cada nudo y



252

observar como el mismo se relaciona con el resto de los nudos de la estructura. Todos los

nudos se vinculan con una barra a través de la matriz kij ,que será k12 si la barra tiene su

origen en el nudo analizado, k21 si la misma tiene su final el citado nudo o mediante una

matriz nula si los nudos no se vincula con ninguna barra.

Ahora realizaremos el planteo que habíamos mencionado al inicio, donde lo único que

tenemos que hacer es ordenar matricialmente lo realizado anteriormente. Por

simplicidad no tomaremos en cuenta las cargas en barra P0

Ecuaciones de compatibilidad:

u’ = C U Si observamos las ecuaciones de equilibrio y de compatibilidad y en especial las matrices

B y C observamos que:

C = BT

Esta propiedad se puede demostrar a través del TTV, si tenemos en cuenta que el mismo

nos dice que el trabajo externo es igual al trabajo interno y si este último lo medimos a

través de sus fuerzas interiores p y sus desplazamientos u tenemos:

PT U = p’

T u’

P = B p



253

Si tenemos en cuneta las ecuaciones de equilibrio y la reemplazamos en la anterior

tenemos:

P = B p’

PT = p’

T B

T

p’T B

T U = p

T u’

BT

U= u’ Finalmente tenemos las ecuaciones fuerzas – desplazamiento

En forma simplificada podemos expresarla esta relación

p’ = k’ u’

Por lo tanto las ecuaciones finales serán:

Equilibrio P = B p’

Compatibilidad u’ = BT U

Relaciones esfuerzos -desplazamiento: p’ = k u’

Si operamos con estas ecuaciones tenemos:

P = K U K= B k B

T

P = B p’ = B k u’ = B k BT

U



254

EJERCCIO.-

ANÁLISIS DE UNA VIGA SIMPLEMENTE APOYADA

Se pide analizar y resolver la siguiente viga:

q

L

q 200:= E 2.7 106⋅:=

L 3:= I25 503

⋅

1210 8−

⋅:=

De los 3 grados de libertad que presenta cada nudo en estructuras planas, sólo se tomarán en cuenta 2: la deformación-fuerza vertical y la rotación-momento, pues las fuerzas-desplazamientos horizontales no existen en este caso.

1

4

2

3

La numeracion de G.L. asumidos será:

Comencemos con recodar los momentos de empotramiento perfecto para esta hipótesis de carga:

MEPizqq− L2

⋅

12150−=:= MEPder

q L2⋅

12150=:=

Comecemos con la definición de las matrices de Cargas "Q":

Cargas conocidas: QcMEPizq

MEPder

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

150−

150⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

=:=

Q

Q1

Q2

Q3

Q4

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

:= Q

MEPizq

MEPder

Q3

Q4

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

:=

Cargas desconocidas: Qd

Q3

Q4

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:= (reacciones verticales)

La matriz de Desplazamientos será la siguiente:

Desplazamientos conocidos: Dc0

0⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

0

0⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

=:=

D

D1

D2

D3

D4

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

:= D

D1

D2

0

0

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:=

Desplazamientos desconocidos: Dd

D1

D2

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

:=

Utilizando el método de matricial de rigidez



255

La matriz de rigidez "K", que relaciona las matrices "Q" y "D", de la forma Q = K * D, será:

K

12 E⋅ I⋅

L3

6 E⋅ I⋅

L2

12− E⋅ I⋅

L3

6 E⋅ I⋅

L2

6 E⋅ I⋅

L2

4 E⋅ I⋅L

6− E⋅ I⋅

L2

2 E⋅ I⋅L

12− E⋅ I⋅

L3

6− E⋅ I⋅

L2

12 E⋅ I⋅

L3

6− E⋅ I⋅

L2

6 E⋅ I⋅

L2

2 E⋅ I⋅L

6− E⋅ I⋅

L2

4 E⋅ I⋅L

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

3.125 103×

4.688 103×

3.125− 103×

4.688 103×

4.688 103×

9.375 103×

4.688− 103×

4.688 103×

3.125− 103×

4.688− 103×

3.125 103×

4.688− 103×

4.688 103×

4.688 103×

4.688− 103×

9.375 103×

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=:=

Como los grados de libertad estan en el orden: { 1, 3, 2, 4 } deberá realizarse un ensamblaje correcto, que es { 1, 2, 3, 4}

Dada la matriz "K" se deberán insertar sus elementos en una matriz de dimensión "NxN", mediante las posiciones que indican los elementos de la matriz "GL":

Esta es una función sencilla para crear na matriz vacía:

Con "rows" se conoce el nro. de filas de una matriz

N 4:= GL

3

1

4

2

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

:= matVacia n( ) matrix n n, f i j, ( ) 0←, ( ):= nGL rows GL( ):=

Kens Kens matVacia N( )←

fila GLi←

col GLj←

Kens fila col, Ki j, ←

j 1 nGL..∈for

i 1 nGL..∈for

:=

Kens

9.375 103×

4.688 103×

4.688 103×

4.688− 103×

4.688 103×

9.375 103×

4.688 103×

4.688− 103×

4.688 103×

4.688 103×

3.125 103×

3.125− 103×

4.688− 103×

4.688− 103×

3.125− 103×

3.125 103×

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠

=

Teniendo la siguiente ecuación: Q K D⋅:=

MEPizq

MEPder

Q3

Q4

⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎠

Kens

D1

D2

0

0

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

⋅:= para encontrar todas las incógnitas,

se procederá a extraer sub-matrices de K, para encontar los desplazamientos desconocidos, Dd

Kd submatrix Kens 1, 2, 1, 2, ( ) 9.375 103×

4.688 103×

4.688 103×

9.375 103×

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=:=

Kc submatrix Kens 1, 2, 3, 4, ( ) 4.688 103×

4.688 103×

4.688− 103×

4.688− 103×

⎛⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎠

=:=



256

Con los siguientes cálculos matriciales, se pueden encontrar los desplazamientos desconocidos:

Qc Kd Dd⋅ Kc Dc⋅+:=

Dd Kd1− Qc Kc Dc⋅−( )⋅

0.032−

0.032⎛⎜⎝

⎞⎟⎠

=:=

Con lo cual tenemos:

θizq Dd10.032− rad⋅=:= θder Dd2

0.032rad⋅=:=

(*) Recordar que a desplazamientos y momentos se asigna el signo según la regla de la mano derecha.

Una vez conocida la matriz Dd, se puede calcular la matriz de cargas desconocidas, Qd:

Q Kens

θizq

θder

0

0

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

⋅

150−

150

0

0

⎛⎜⎜⎜⎜⎝

⎞⎟⎟⎟⎟⎠

=:=

Con lo cual tenemos:

Vizq Q3q L⋅2

+ 300=:= Vder Q4q L⋅2

+ 300=:=

Finalmente, podemos realizar los diagramas de Cortantes y Momentos:

Ecuación de Cortantes: V x( ) Vizq q x⋅−:=

0 1 2 3

400−

200−

200

400

V x( )

x

Ecuación de Momentos: M x( ) Vizq x⋅ qx2

2⋅−:=

0 1 2 3

100

200

300

M x( )

x



257

CAPITULO 9

TUTORIALES DE PROGRAMAS 9.1 OBJETIVO GENERAL.

El estudiante aprenderá a utilizar programas estructurales que le permitan

resolver diferentes tipos de estructuras, mismas que estarán al alcance de sus manos

siempre y cuando los oriente en sus pasos de resolución.

9.2 OBJETIVOS ESPECIFICOS.

Al terminar este capitulo el estudiante será capaz de:

Resolver vigas isostáticas mediante el programa de análisis estructural

viga G para calculadora HP 50G, G+, GX, 49G.

Resolver cerchas por el método de nudos mediante el programa de análisis estructural

CERCHAS para calculadora HP 50G+, G+, GX, 49G 48G.

9.3 INTRODUCCION A PROGRAMA VIGA-G.

El programa estructural viga G es un programa diseñado para el calculo de vigas

isostáticas, mismas que nos proporcionan información segura y confiable acerca de lo ya

visto en el capitulo.



258

Este programa esta disponible para las versiones de HEWLETT PACKARD 48G hasta la

HP49 + 50G+.

Efectuaremos la verificación del análisis estructural de una viga Isostática con el

siguiente.

ejemplo.(verificación del ejemplo #4 del capitulo 3)

Calculadora hp 49 G

Paso1) Inicio del programa

a) Habrá la carpeta viga G dentro de su calculadora HP y luego presione la tecla

F2 para crear un nuevo análisis.

b) Luego empezamos a introducir los datos de la viga a analizar:

2 t / m 1 t

A B C D E F

2 1 2 1 1 1

Paso2) Establecer la geometría

a) Como primer dato, el programa nos pedirá que introduzcamos la longitud de la

viga, en este caso 8 [m], también tenemos que introducir la rigidez del

elemento, pero como estamos dando los primeros pasos en la introducción del



259

análisis de las estructuras, no tomaremos en cuenta valores de elementos que

afecten nuestro calculo, pero introduciremos 1, como elemento ideal para la

no variación de los cálculos. Tal como se muestra a continuación:

b) Empezamos a definir cuales serán las condiciones de equilibrio y los apoyos

de la viga.

Como vemos tenemos como condición inicial un apoyo fijo, y como condición

final de la viga existe un apoyo móvil.

c) Como se puede observar para definir las condiciones iníciales y/o finales solo

se necesita presionar el botón correspondiente a un apoyo, empotramiento o

volado.

d) Una vez establecida las condiciones iníciales y finales de viga, comenzamos a

definir los apoyos y las articulaciones existentes entre los apoyos ya definidos.



260

Paso3) Cargado de datos

a) En la ventana que ahora aparece existen las opciones de colocar apoyos

intermedios y articulaciones, presionando las funciones F1 y F2 podemos

establecer los apoyos que estarán a: 2 y 6; y las articulaciones a 3 y 5 m de la

condición inicial de la viga.

b) Una vez introducidos estos datos presionemos la tecla F6 para volver al menú

principal.

c) Estando en el menú principal, presionamos la tecla F2, que nos llevara a una

ventana de opciones para seleccionar el tipo de carga que se desea, podemos

aplicar cargas puntuales,

cargas uniformemente distribuidas, cargas distribuidas no uniformes y

momentos.



261

d) En nuestro caso debemos aplicar una carga uniformemente distribuida,

presionamos la tecla F2.

e) Aparecerá una nueva ventana, donde tenemos que introducir las condiciones

de la carga distribuida, en esta nos señala que el sentido positivo de la misma

será hacia (↓). Entonces definimos que el inicio de la carga distribuida tendrá

un valor de 2 t/m, y empieza a una distancia de 3 m de la condición inicial de

la viga, esta se mantendrá constante hasta una distancia de 5 m desde el inicio

de la viga.

f) Luego de introducir los valores observaremos la viga tal cual como hemos

cargado, si los datos están correctos entonces salimos de esa ventana con el botón F6, y

volvemos al menú principal.

Paso4) Resultados del programa

a) Una vez terminado de introducir los datos al programa, estando en el menú

principal podemos ordenar a la calculadora analizar la viga, presionando F6 el

programa empezara a analizar los datos, una vez concluidos te mostrara una



262

ventana donde te diga: “Cálculos Terminados”.

b) Presionando el botón F6, podremos acceder a la ventana de respuestas en la

calculadora.

c) Dentro de las respuestas que te ofrece este programa de análisis de vigas es;

en la prime pestaña todos los componentes asociados a las respuestas del

esfuerzos de corte “V”, momentos “M”, desplazamiento de los nudos “�”,

diagrama de deformación “Y”, las reacciones de apoyo.

d) Empecemos verificando las reacciones en los apoyos presionando el botón F5:

e) Comparando el nombre de cada apoyo y verificando con el ejercicio resuelto del

capitulo 3, observamos que son iguales, en esta ventana se observan las

reacciones y desplazamientos de cada apoyo(si te son necesarios).

f) Volviendo a la ventana principal presionando la función F6 (dos veces),

analicemos los resultados de los elementos de corte.



263

g) Observemos que en la ventana de salida de datos de los esfuerzos cortantes la

opción PLOTes la que grafica la variación de esfuerzos corte a lo largo de toda la viga.

Si se quisiera saber los valores dentro de la grafica, solo desplazarse a la función

(X,Y) o F2.

h) Otra de la opciones dentro de la salida de cortantes es la de poder ver los valores

máximos y mínimos a lo largo de la viga, solo presionar las funciones F3 y F4.

i) Así como realizamos el análisis de la viga por el método de secciones y

obtuvimos las ecuaciones de N, Q, y M. este programa también puede

mostrarnos las ecuaciones de cortantes y momentos a lo largo de la viga, solo

presionar “EQUAT” y elegir el tramo del cual quisiera ver la ecuación necesaria para

obtener la grafica y presionar “ENTER”.



264

Nota.- se tiene un margen de error de 0.01

j) Para ver los diagramas de momentos “M” volver al menú principal y presionar la

tecla de M o F2, y luego ver las opciones que ya se han visto en el análisis de esfuerzos

de corte.

Grafica de momentos

k) A continuación mostramos la obtención de las ecuaciones para la obtención del

diagrama de momentos.

Entonces realizando la comparación con el ejercicio planteado y resuelto en el

capitulo 3 queda muy bien verificado.

9.4 INTRODUCCION A PROGRAMA CERCHAS

El programa estructural CERCHA es un programa diseñado para el cálculo de

CERCHAS ISOSTATICAS, misma que nos proporciona información segura y confiable

acerca de lo ya visto en el capitulo.

Este programa esta disponible para las versiones de HEWLETT PACKARD 48G hasta la

HP 49G+.

Con afán de que se pueda resolver de una manera rápida de los esta plana, sin necesidad

de que recura a la computadora (estos es muy beneficioso cuando se realiza un trabajo de



265

campo), es necesario que el ingeniero tenga herramientas como la calculadora HP ,que

nos provee una gran ayuda en el desarrollo de la profesión.

Este programa permite resolver cualquier cercha sin importar el numero de apoyo y

elementos, hasta la capacidad de la calculadora , para la resolución se usa el método

matricial de los desplazamientos.

El procedimiento es el siguiente:

Calculadora HP 49 G Calculadora HP 50 G

Pasos a seguir para la utilización del programa

a) Se selecciona una entrada de cargas.

b) Se define un sistema de ejes coordenados para poder ubicar los nudos que a

su vez deben estar enumerados

c) Cuando se pide el numero de nudos es independiente el numero de apoyos, es

decir, en una

barra hay 2 nudos y puedes tener 0, 1 o 2 apoyos.

d) Se entran las coordenadas de cada nudo en el orden al numero que se le asigno.

e) Se especifica la cantidad de diferentes áreas de sección transversal en los

elementos, quedando cada tipo de sección asignada a un numero (mismo que

aparecerá en la pantalla).

f) Luego se pasa a dar las ubicaciones de las barras asignándole una dirección o

un sentido a cada barra, y se escriba su nudo inicial a final de acuerdo al

sentido y su correspondiente TIPO de sección (el numero asignado a las



266

diferentes áreas).

g) Se especifican las restricciones en los apoyos de la siguiente manera:

Numero del nudo en el cual esta el apoyo.

Restricción en X (1 si hay o 0 si no hay).

Restricción en Y (1 si hay o 0 si no hay).

h) Se ingresa el modulo de elasticidad

i) Se ingresa el peso unitario (0 si se desprecia el peso propio de la cercha o carga muerta).

j) Si se escoge la opción 2 y se procede con el número de nudos cargados.

k) Se entra el nudo en el que actúa cada fuerza, y cada fuerza se descompone en X

y Y, dando positiva hacia arriba y a la derecha.

l) Si la memoria es suficiente para el tamaño de la cercha, esperamos que corra el programa.

m) Para ver los resultados, donde aparecen los desplazamientos en los nudos, las

reacciones y fuerzas internas de las barras (fuerzas según el sentido de las

barras).

n) La opción 4 permite ver la matriz de rigidez en su respectivo orden (opciones separadas).

o) Borrar los resultados permite purgar las variables y resultados que contiene la

cercha.

El programa permite variar las condiciones de las cargas para la misma cercha

seleccionando

(2) y además permite guardar los resultados después de salir.

A continuación se desarrollara un ejemplo, explicando paso a paso la

ejecución del programa.

EJEMPLO

SE DA la siguiente armadura Howe se pide determinar las reacciones en los

apoyos y las fuerzas en las barras (ejercicio # 13 del capitulo 4).



267

Paso1) Establecer la geometría

a) Habrá la carpeta Cercha dentro de su calculadora HP y luego presione la opción

“Run” para crear un nuevo análisis.

b) Aparecerá la siguiente ventana en su HP.

c) Presionando el botón 1, aparecerá la opción “ENTRADA DE DATOS”. Presionar

ENTER.

d) Ahora se deben ingresar los datos según los valores pedidos, de acuerdo a la

grafica entonces:



268

Luego presionar enter.

Paso2) Cargado de datos

a) Ahora introducimos los datos de las coordenadas de los nudos.

Luego de ingresar los datos de un nudo, presionar ENTER para ingresar los

datos del siguiente nudo, como se ve a continuación:



269

b) Una vez introducidos estos datos presionemos ENTER. Luego aquí la pregunta es

cuantos tipos de secciones tiene, si se quiere se puede tener distintos tipo de secciones

para las barras (esto es mas conveniente cuando ya se hizo correr el programa una vez, y

se diseño con esas fuerzas, entonces para verificar el diseño se utiliza esta opción),

pero para el ejemplo solo consideramos una sección, luego presionamos ENTER.

c) Se pide ahora ingresar el área de cada “sección tipo”, como para el ejemplo es

irrelevante, ingresamos la unidad (pero se puede tantear, pero cuando ya se diseño la

cercha se deben poner las áreas para realizar la verificación); luego presionamos

ENTER.

d) Se debe ingresar los nudos inicial y final de cada barra; el orden de los nudos



270

sirve para interpretar la salida de las fuerzas internas, por eso se debe anotar esto para

poder interpretar los resultados. El valor ST# es para indicar al programa que tipo de

sección corresponde a cada barra. (para el ejemplo como solo existe una sección

entonces solo poner 1) y presionar

ENTER para asignar a todas la barras, entonces:



271

e) Ahora especifiquemos los nudos donde se encuentran los apoyos, e indicamos

si estos son fijos o móviles, luego presionar ENTER después del ingreso de cada

apoyo, entonces:



272

f) Luego de presionar ENTER debemos ingresar el modulo de elasticidad, para

el ejemplo tomemos E=100000 kg/cm2

g) Se debe ingresar el peso especifico del material, pero cuando se quiera que el

programa compute ese peso propio, para el ejemplo no se requiere,

entonces introducimos cero, presionamos ENTER.

Paso3) Entrada de cargas

a) Una vez que los datos de la armadura han sido introducidos, volvemos al menú

principal e ingresamos a la opción #2 ENTRADA DE CARGAS.



273

b) Ahora se debe ingresar el número de nudos cargados, se observa claramente que

son 3, luego de presionar ENTER se debe ingresar el número de nudo y la carga

externa (en toneladas), recordando siempre que positivo es a la derecha y hacia

arriba; luego ingresar cada carga. Presionar ENTER:

c) Luego presionar ENTER (ahora ya empieza a correr el programa, se debe

esperar unos cuantos segundos), para ver los resultados presionar la opción 3,

entonces:



274

d) Presionando la opción 1 par conocer las reacciones de apoyo tenemos:

e) Para poder ver los esfuerzos internos en cada una de las barras presionamos la

opción 3 del menú: entonces:

f) Presionar ENTER, entonces aparecen las fuerzas internas en las barras, pero

cabe aclarar la convención del programa para interpretar los resultados:

En primer lugar el sentido positivo se toma de acuerdo del nudo final al nudo inicial

(esto define el eje local longitudinal positivo), por ejemplo la barra 1 va desde en nudo 1

al nudo 2, entonces:

La convención para definir la tracción y la compresión es la siguiente:



275

Por ejemplo para la barra 2 se tiene:

Y de los resultados se tiene que el nudo 2 tiene un F=1.65 ton y el nudo 3 tiene un

F=1.65 ton, lo que equivaldría a:

Como otro ejemplo para la barra 8 se tiene:

Y de los resultados se tiene que el nudo 8 tiene un F=2.4 ton y el nudo 1 tiene un

F=-2.4 ton, lo que equivaldría a:

Observemos en la salida de datos del programa.



276



277

g) Luego si presionamos ENTER volvemos al menú principal:

h) Para salir presionar ENTER, y aparecerá la siguiente ventana:

i) Para guardar los datos, presionar la tecla F6 luego volvemos al menú principal

y salimos definitivamente presionando la tecla (DROP), nuestros datos

estarán cargados en la carpeta “SUB”.



278



279

CONCLUSIONES Y RECOMENDACIONES

CONCLUSIONES

El presente proyecto logró plantear una nueva metodología para la enseñanza y

aprendizaje de los estudiantes.

Se recopilo lo esencial de la teoría de estática para ingeniería.

Se comparó diferentes métodos los cuales llevan al mismo resultado.

Un manejo adecuado para el cálculo de las estructuras.

RECOMENDACIONES

EL estudiante deberá resolver con los diferentes métodos para captar un mejor

aprendizaje.

Los ejercicios deben nuevamente resolverse.

Siempre es recomendable practicar con una buena base.

OBSERVACIONES

Se observa que al comparar con diferentes métodos el resultado pueda variar en

proporción mínima por diferentes aspectos.



280

BIBLIOGRAFÍA

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VALLECILLA BAHENA 4. El circulo de mohm. Identificación de Arcillas DispersivasAUTOR : ARANIBAR, A. &

SALINAS L.M. 2003 5. http://civil-solucionarios.blogspot.compaginalibros ing. Civil (Marzo 30 2010) 6. http://search.4shared.com/network/search.jsp?sortType=1&sortOrder=1&sortmode=2&searchNam

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7. Cursos de mecánica IAUTOR:APUNTES DE CLASE PROFESOR ING. CAMPBALL BARRAZA

8. Sistemas estructurales 10 AUTOR: PROFESOR JORGE O. MEDINA 9. Calculo matricial de estructuras el método directo de la rigidez 10. http://books.google.com/books?hl=es&q=&btnG=Buscar+librospaginalibros ing. Civil (febrero 3

2010) 11. http://www.ing.unlp.edu.ar/constr/estructuras3.htmpaginalibros ing. Civil (Marzo 25 2010) 12. MATRICES\Textos Isos Matrices\contenido.htm 13. Análisis estructural AUTOR :R.C. HIBBELER 14. StructuralanalysisAUTOR :R.C. HIBBELER 15. [email protected] [email protected] ing. Civil (Marzo 6 2010) 16. Mecánica Vectorial para Ingenieros (Estática Tomo I). Bogotá, AUTOR: BEER, F. Y JOHNSTON, E. R.

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Limusa, S.A. de C.V.AUTOR: PARKER, H. Y AMBROSE, J. (1995). 23. Mecánica vectorial para ingenieros. Estática. Bogotá,Colombia: McGraw-Hill

Latinoamericana, S.A.AUTOR : BEER, F. Y JOHNSTON, E. (1979). Mecánica vectorial para ingenieros AUTORES FERDINAND P. BEER,ERUSSELL JOHNSTON

,PÓRTICOS ESPACIALES AUTOR J.T. CE

Material de Apoyo Didactico de Enseñanza

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