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Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
DEPARTAMENTO DE INGENIERIADE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL
UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA
ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
ELABORADO POR:ING° LUIS ALFREDO VARGAS MORENO
PROFESOR DEL CURSO
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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DEPARTAMENTO DE INGENIERIADE MINAS, GEOLOGIA Y CIVIL
ESTATICA
UNIVERSIDAD NACIONAL DE SANCRISTOBAL DE HUAMANGA
ESCUELA DE FORMACION PROFESIONAL DEINGENIERIA CIVIL
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SILABO
1. DATOS GENERALES
1.1 Nombre de la Asignatura : Estática
1.2 Código : IC-243
1.3 Créditos : 5
1.4 Tipo : Obligatorio
1.5 Requisito : FS-142, MA-146
1.6 Plan de Estudios : 2004
1.7 Semestre Académico : 2011-I
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1.8 Duración : 16 semanas
1.9 Período de inicio y término : 29/08/2011
09/12/2011
1.10 Docentes Responsables :
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1.11 N° horas de clases semanales
1.11.1 Teóricas : 4
1.11.2 Prácticas : 2
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1.12 Lugar
1.12.1 Teoría : H-216
1.12.2 Práctica : H-216
1.13 Horario
1.13.1 Teoría : Lunes: 16-18hrs
1.13.2 Teoría : Miércoles: 18-20hrs
1.13.2 Practica : Jueves: 18-20hrs
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2. SUMILLA
Según el plan curricular, la sumilla es la siguiente:
Conceptos y principios fundamentales de la mecánica,operaciones con fuerzas, equilibrio de cuerpos rígidos,determinación de propiedades de las secciones, fuerzasen vigas y cables.
3. OBJETIVOS
3.1 General: Determinar el comportamiento de cadaestructura en base a los criterios de continuidad de loselementos estructurales.
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3.2 Especifico: Se pretende que el alumno aprenda losconceptos básicos relacionados con el equilibrio de loscuerpos rígidos teniendo en cuenta las fuerzas actuantes ysus puntos de aplicación. Suministrar las herramientas quele permitan plantear y resolver problemas relacionados conel equilibrio de partículas y cuerpos rígidos. Darleconocer al estudiante los conceptos básicos para analizardiferentes tipos de estructuras estáticamentedeterminadas.
4. METODOLOGÍA
En el desarrollo del curso se promoverá la participaciónactiva del estudiante, utilizando métodos: inductivo-deductivo; modo: colectivo explicativo; forma: intuitivosensorial; con sus respectivos procedimientos y técnica
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:319176,:9605573como lluvia de ideas, seminarios, enseñanza en grupos,estudio dirigido, talleres y otros.RECURSOS DIDACTICOSSe utilizara proyector multimedia y pizarra acrílica.
5. SISTEMA DE EVALUACIÓNSe evaluara por medio de la rendición de un ExamenParcial, un Examen Final y un Trabajo Domiciliario.La nota final se obtendrá aplicando la siguiente fórmula:
2
2
2
1
1
4
EP EF P
P
PP
PP
F
P
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6. REFERENCIA BIBLIOGRAFICA
Estática, Beer R. Johnston.
Estática, J. L. Meriam.
Estática Gráfica, Otto Henkel.
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
01 Introducción, Definición, Vectores, Regladel Paralelogramo, suma de tres o masvectores, escalares, mecánica de laspartículas, fuerzas en un plano.
Resultante de varias fuerzas concurrentes.Descompocisión de una fuerza encomponentes.
Lavm
02 Componentes rectangulares de una fuerza,vectores unitarios.
Suma por suma de sus componentes,equilibrio de una partícula, fuerzas en elespacio.
Lavm
7.0 Programa Analítico - Practico
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
03 Equilibrio de una partícula en el espacio,sólido rígido, principio de transmisibilidad,momento de una fuerza con respecto a unpunto.
Teorema de Varignon, componentesrectangulares del momento de una fuerza.
Lavm
04 Producto escalar de dos vectores,proyección de un vector sobre un eje dado,producto mixto de tres vectores.
Momento de una fuerza con respecto a uneje, par de fuerzas, suma de pares,representación de un par.
Lavm
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
05 Descomposición de una fuerza: en unafuerza y un par en un punto dado,reducción de un sistema de fuerzas a unafuerza y un par.
Casos particulares de la reducción de unsistema de fuerzas: fuerzas coplanares,fuerzas paralelas; caso general.
Lavm
06 Equilibrio del sólido rígido, equilibrio en dosdimensiones. Tipos de apoyos.
Tipos de ligaduras, equilibrio de un sólidorígido sometido a tres fuerzas.
Lavm
07 Equilibrio de un sólido sometido a dosfuerzas, centro de gravedad, centro de
Lavm
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
07 Gravedad de área planas, centro degravedad de líneas.
Áreas y líneas compuestas, centro degravedad por integración.
Lavm
08 SEMANA DE EXAMENES PARCIALES Lavm
09 Líneas.
Teoremas de Pappus-Guldin, cargasrepartidas sobre vigas.
Lavm
10 Volúmenes, cuerpos y volúmenescompuestos.
Vigas, tipos de vigas, en voladizo,simplemente apoyada, con voladizos, vigasisóstáticas, hiperestaticas.
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
11 Vigas combinadas, tipos de cargas, fuerzacortante y momento flector, convención designos.
Diagrama de fuerzas cortantes y momentoflector.
Lavm
12 Relaciones entre la carga, la fuerzacortante y el momento flector.
Ejemplos.
Lavm
13 Momento de inercia, momento de inercia deun área finita, momento polar de inercia,radio de giro.
Teorema de Steiner, producto de inercia,momentos de inercia respecto a ejes
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SEM FECHAS CONTENIDO RESP.
13 Inclinados, dirección de ejes principales,producto de inercia respecto de ejesinclinados, círculo de Mhor.
Lavm
14 Momento de inercia máximo y mínimo.
Armaduras, marcos.
Lavm
15 SEMANA DE EXAMENES FINALES Lavm
16 Entrega de notas, promedios, reclamos,finalización del semestre.
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ESTATICAEs una ciencia físico matemática, que describe ypredice las condiciones de reposo o movimiento de loscuerpos bajo la acción de fuerzas.
Vectores.- son expresiones matemáticas que poseenmódulo dirección y sentido.Ejemplo de magnitudes vectoriales- Las fuerzas- Los desplazamientos
- Las velocidades- Las aceleraciones- Los momentos lineales etc.
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La Suma de los vectores, se realiza gráficamenteutilizando la regla del paralelogramo.
Regla del Paralelogramo.- Se puede sustituir dosvectores por un único vector denominado resultante, elcual se obtiene trazando la diagonal de unparalelogramo cuyos lados son los vectores iniciales.
Ejemplo.- Sumar los vectores A y B, cuyascaracterísticas están dadas gráficamente (A).
Propiedad: A+B=B+A
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Sumar los vectores:
Para sumar tres vectores, se suman primero dos deellos y luego resultante se suma al tercer vector.
Suma de tres 3 o mas vectores
r r rA BC, ,
r r r r r rA B C A B C+ + = + +( )
A
B
C
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C
Escalar.Es una magnitud que no tiene punto de aplicación,dirección ni sentido; solo tiene módulo.
R
A B
Ejemplos de magnitudes escalares:
- El Volumen- La Masa
- La energía
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Una fuerza representa la acción de un cuerpo sobre otro. Todafuerza es un vector, por lo tanto posee un punto de aplicación,dirección, sentido y módulo.
Mecánica de la Partículas
Fuerzas en un plano
Modulo.- Viene hacer cierto numero de unidades.
Dirección.- Esta dado por la recta soporte de la fuerza. Dicharecta se caracteriza por el ángulo que forma con una línea dadao prefijada.Sentido.- Se indica mediante una flecha
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A=Partícula
Problema.- Determinar gráfica y analíticamente laresultante de las fuerzas mostradas en la figura:
ALínea prefijada
5= ModuloA= Punto de aplicación
α= Dirección
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Ley de CosenosLey de Senos
2500N
1750N
95°
1750N
2500N
95º
R
2 2 21750 2500 2(1750)(2500) 85R Cos
2924R N
2924 1750
85Sen Sen
0.85Sen
58.40
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Problema.- La suma de las fuerzas A (que es horizontaly de 10N) y B (vertical) produce la fuerza C que tieneun módulo de 20N. ¿Cuáles son el módulo de la fuerzaB y la dirección de la fuerza C? [Utilizar el polígono defuerzas para conseguir unos resultados aproximados,que en este caso es un triángulo, y realizar además loscálculos analíticos.]
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Resultante de Varias fuerzas concurrentes
O
A
BC
La resultante de las fuerzas se obtiene por medio dela regla del polígono. Esta fuerza resultante producelos mismos efectos que las fuerzas originales.
A B C FuerzasCoplanares
O Particula
, ,
O
A
B
CR
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Descomposición de una fuerza en componentes
Una fuerza única F puede ser sustituida por dos ó masfuerzas que actuando simultáneamente producen losmismos efectos sobre la partícula.
Nota.- Para los fines del curso es de sumo interésconsiderar 2 casos de la descompocisión de una fuerza yque a su vez estas dadas en dos direcciones.
Primer caso.- Cuando se conoce la dirección de ambascomponentes.
F= dato
L1 y L2 = dato
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F
L2
L1
F
B
A
L2
L1
A y B, Solución
Segundo Caso.- Cuando una de las componentes esconocida.La segunda componente se obtiene utilizando laregla del triángulo.
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A y R= dato
Problema.- Se quiere descomponer la fuerza P, cuyo móduloes de 400N, en dos componentes dirigidas según las rectas a-ay b-b. Determinar trigonométricamente el ángulo α, sabiendo
que la Componente de P según la recta a-a debe ser de 280N.
B= incógnita
A
R RA
B
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, , ?, ?
º , * * * º
2 2 2
2 2 2
P A B 2A B C os
P 400 A 280 B
50 400 280 B 2 280 B C os50
(Ley de cósenos)
(Ley de senos)
º
º( )
A P
Sen Sen50
ASen50arcSen
P
a
a
b
P
280N
280N
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Problema.- Sabiendo que α=30º, determinar elmódulo de la fuerza F de modo que la fuerzaresultante ejercida sobre el cilindro sea vertical. ¿Cuáles el correspondiente valor del módulo de laresultante?
F
600N
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600
30 20Sen Sen=
F
=F
600
30 130Sen Sen=
R
=R
Componentes rectangulares de una Fuerza
Cuando una fuerza se descompone en dos fuerzas cuyasdirecciones forman un ángulo de 90º entre si, se dice que soncomponentes rectangulares, porque forman un rectángulo.
F
600N
F
R
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Vectores unitarios.- Son aquellos vectores que tiene comomódulo la unidad.
El vector unitario según el eje “x”, se denomina por i.
FFy
Fxa
x
y
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El vector unitario según el eje “y”, se denomina por j.
Componentes según las direcciones x e y de la fuerzaF
j
i x
y
Módulo = 1
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Fx, Fy son escalares apropiadosFx, Fy, pueden ser positivos o negativos; el valor absoluto deFx, Fy, vienen hacer los módulos de las componentes segúnlas direcciones x e y, de la fuerza F.
F F x i + F y jj
ia
x
y
F
Fx Fxi
Fy Fyj
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Fx F Cos
El Modulo de la fuerza F:
2 2F Fx Fy
Fy F Sen
FyTg
Fx
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Problema.- Determinar las componentes x e y de cadauna de las fuerzas indicadas en el sistema mostrado enla figura.
x
y
80N100N120N
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x
y
80N100N120N
80cos330º
80 330º
Fx i
Fy sen j
100cos 290º
100 290
Fx i
Fy sen j
120cos 220º
120 220º
Fx
Fy sen
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Suma de fuerzas por suma de sus componentes
R A B C y
x
A
B
C
xA
yA
xB
yB
xC
yC
y
x
R
xR
yR
Rx Fx
Ry Fy
( )Rxi Ax Bx Cx i
( )Ryj Ay By Cy j
R Rx Ry
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Equilibrio de una partícula
Si la resultante de todas las fuerzas que actúan sobreuna partícula es nula, se dice que la partícula esta enequilibrio.
0R F ( ) 0Fxi Fyj
0Fx 0Fy
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Problema.- Dos cables están unidos en C y cargados según semuestra en la figura. Determinar la tensión en AC y BC.
0.60
0.80
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Fuerzas en el espacio
2 2 2F F x F y F z
Fx FCos xFy FCos y
Fz FCos z
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Problema.- Determinar las componentes x, y, z de lafuerza de 250N y los ángulos que forma esta con losejes coordenados.
2 2 2(cos ) (cos ) (cos ) 1x y z
F Fxi Fyj Fzk
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250 30ºFy Cos
30°
y
xz
250N
25°
(250 60) 25ºFx Cos Cos
(250 60 ) 25ºFz Cos Sen
F
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Problema.- Si se sabe que la tensión en AB es de39kn, determinar los valores que deben tener lastensiones en AC y AD de modo que la resultante delas 3 fuerzas aplicadas en A sea vertical.
x xF FCos
xx
FCos
F
x
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EQUILIBRIO DE UNA PARTICULA EN EL ESPACIO
0R F
( ) 0Fxi Fyj Fzk
0, 0, 0Fx Fy Fz
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Problema.- Una grúa (que no semuestra) esta soportando unajaula de 2kN a través de trescables: AB, CB y DB. Nóteseque D está en el centro de lacara exterior de la jaula; C estaa un a distancia de 1.6m de laesquina de dicha cara, y B estadirectamente sobre el centro deesa cara. ¿Cuáles son las fuerzasF1, F2 y F3 que transmiten loscables?
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Problema.- ¿Cuál es la suma de las tres fuerzas? La fuerza de 2kN esta en el plano yz.
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CAPITULO 2
Sólido Rígido
Sistemas Equivalentesde Fuerzas
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Son aquellos sólidos que se consideran indeformables.Las fuerzas que actúan sobre un sólido rígido puedenser exteriores e interiores:
SOLIDÓ RIGIDO
1) Las fuerzas exteriores representan la acción deotros cuerpos sobre el sólido rígido considerado.
2) Las fuerzas interiores son aquellas que mantienenunidas las partículas del sólido rígido.
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Nota.- Cada una de las fuerzas exteriores que actúan sobre unsólido rígido es capaz si no se le opone otra de imprimir alsólido un movimiento de traslación o de rotación, o ambos ala vez.
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PRINCIPIO DE TRANSMISIBILIDAD
Si: F, F’=Módulo, dirección, SentidoL, L’ es la misma recta soporteO, O’ son puntos diferentes de aplicación de la fuerza
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Estas fuerzas producen el mismo efecto físico sobre elsolidó rígido, por lo que se dice que sonmecánicamente equivalentes.
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MOMENTO DE UNA FUERZA RESPECTO DE UNPUNTO
Se define el momentode una fuerza F,respecto de un punto O,al producto vectorial deun vector posiciónllamado r y de un vectorfuerza llamado F.
OM r F
.OM rFSen F d
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El módulo de Mo mide la tendencia de la fuerza F aimprimir al sólido rígido una rotación alrededor de uneje dirigido según Mo.
NOTA.- Dos fuerzas son mecánicamenteequivalentes, si y solo si son iguales (módulo,dirección y sentido) y sus momentos respecto a unpunto dado también son iguales.
',F F
'O OM M
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TEOREMA DE VARIGNON
1 2 3( ..... )O nM r R r F F F F
1 2 3 ..... )nr R r F r F r F r F
Fn
1 2 3 ..... nR F F F F
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COMPONENTES RECTANGULARES DEL MOMENTODE UNA FUERZA
F
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r xi yj zk
F Fxi Fyj Fzk
OM r F
OM Mxi Myj Mzk
O
i j k
M x y z
Fx Fy Fz
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Problema.- Una fuerzade 450N esta aplicadaen A. Determinar a)El momento de lafuerza respecto alpunto D. B) La fuerzamínima que aplicadaen B produce elmismo momentorespecto a D.
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0.3 0.125r i j
450 30º 450 30ºF Sen i Cos j
(0.3,0.125)r DA A D
0.3 0.125 0
450 30 450cos30 0
FD
i j k
M
sen
88.788 .FDM k N m
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M rxFSen
M Fxd
Se sabe que:
Si F mínimo
d=máximo
max88.788 imok Fd
2 288.788 (0.3) (0.225)F
236.768F N
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PRODUCTO ESCALAR DE DOS VECTORES
. .P Q P Q C o s
:
x y z
Si
P P i P j P k y
x y zQ Q i Q j Q k
. .P Q Px Qx PyQy PzQz
. .Px Qx PyQy PzQz P QCos
.
.
Px Q x PyQ y PzQ zC os
P Q
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PROYECCION DE UN VECTOR SOBRE UN EJE DADO
P RCosOLR
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. . . ( . ) .R S R S C o s R C o s S
. .ROLR S P S .R
O L
R SP
S
.RO LP R
PRODUCTO MIXTO DE TRES VECTORES
, ,R S T
Se define como producto mixto de tres vectores a la siguienterelación:
. ( )R S T
Sean los vectores:
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R
S
T
R S T
Rx Ry Rz
Sx Sy Sz
Tx Ty Tz
.( )
.( ) .( ) .( )R S T S T R T R S
Propiedad:
Problema.- Un poste esta sujeto por medio de tres vientoscomo se aprecia en la figura. Determinar el ángulo queforman los cables AD y AC.
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Solución:( 14,0,0) (0, 48,0) ( 14, 48,0)AD D A
14 48 0AD i j k
(16,0, 24) (0, 48,0) (16, 48, 24)AC C A
16 48 24AC i j k
2 2 2( 14) ( 48) (0)AD
2 2 2(16) (48) (24)AC
. 14 16 48 48 0
. 50 56ACAD
AD AC x xCos
AD AC x
42.02º
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MOMENTO DE UNA FUERZA CON RESPECTO DE UN EJE
Se define elmomento de unafuerza con respectoa un eje, como laproyección sobre eleje del momento dela fuerza conrespecto a un puntodel eje.
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Físicamente el momento de una fuerza con respecto de uneje, mide la tendencia de hacer girar el solidó alrededor dedicho eje.
. . . .FOMF F F
O L O L O OM P M M
. ( ) .FO LM r F
.FOL
x y z
M x y z
Fx Fy Fz
Pr oducto Mixto detres vectores
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Problema.- Calcular el momento de la fuerza P, con respectoal punto A y a la recta AB.
x
y
z
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AM r P
( ,0, ) (0, , ) ( , ,0)r a a a a a a
( , ,0) ( ,0, ) (0, , )
2
a a a a a aP P P
a
(0,100, 100)P
(2, 2,0)r
2 2 0
0 100 100A
i j k
M
200 200 200AM i j k
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.( ) .P
ABM r F
1 0 0
2 2 0 .(1,0,0)
0 100 100
P
ABM
200P
ABM i
PAR DE FUERZAS
Se llama par de fuerzas, alsistema formado por dos fuerzasF y-F, que tienen el mismomodulo, rectas soportesparalelos y sentidos opuestos.
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RESULTANTE DE UN PAR DE FUERZAS
La resultante de un par de fuerzases un momento, siendo este unvector libre (se puede aplicar encualquier punto)
Suma de Pares
1:Si setiene M Momento deun par
2M Momento deun par
1 2 ,la suma de M M M es otro momento deotro par
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Representación de un parPuede ser representado por vectores:
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Cualquier fuerza F, que actúa sobre un solidó rígido puede sertrasladada a un punto arbitrario O, sin mas que añadir un parcuyo momento sea igual al momento de F con respecto adicho punto.
Descompocision de una fuerza, en una fuerza y un par en unpunto dado.
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Reducción de un sistema de fuerzas, a una fuerza y un par
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z
Problema.-Reducir elsistema fuerza-paraplicado al sólidomostrado en la figura,al punto cuyascoordenadas son: (8,-7,-5)cm.F1=1000kgf(Contenido en elplano ABC)F2=2000kgfF3=3000kgfd=20cm
(0,4,0)
(5,0,0)
(6,0,7)
(0,4,5)
(0,0,5)
OF1
F1
F2
F3
A
B
C
y
x
d
(3,3,2)
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1F
6 0 2 (8,0, 24)
6 4 2
i j k
CAxCB
1 8,0, 241000 20( )
640
F
M x
1
6325 0 18,974F
M i j k
2F
23,3, 5
2000( )43
F
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2 915 915 1525F i j k
2
5 10 7
915 915 1525
F
i j k
M
2
21655 14030 4575F
M i j k
3F
3 3000F k
3
8 7 5
0 0 3000
F
i j k
M
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
3
21,000 24,000F
M i j
1 2 3R F F F
915 915 1475R i j k kgf
1 2 3R F F F
M M M M
5670 9970 14,399R
M i j k
Casos Particulares de la Reducción de un Sistema de Fuerzas
a) Fuerzas Coplanares
Son fuerzas que actúan en un mismo plano.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
b) Fuerzas Paralelas
yR F R
x xM M R
z zM M
R
OM r R
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
.Rz yM x R
Rz
y
Mx
R
.Rx yM z R
Rx
y
Mz
R
c) Caso General
TORSOR
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1
( ).( )RoR M R
MR R
Solución
Reduciremos todo elsistema de fuerzasprimero al origen (0,0,0)
1 ( . ).RoM M
Problema.- Reducir el sistema de fuerzas aplicado a la placamostrado en la figura, a un torsor. Especificar el eje y el pasodel torsor.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
40 6 8 0 40(8 6 )
0 0 40
i j k
C i j
40 320 240C i j
10 6 0 4 10( 4 6 )
0 10 0
i j k
C i k
10 40 60C i kj
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
10 0 8 4 10(4 8 )
10 0 0
i j k
C i k
10 (40 80 )C j k
10R i
360 280 140C i j k
1
( ).( ).
C R RC
R R
Torsor
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1
( 360, 280, 140).( 10,0,0) ( 10,0,0).
10 10C
1 360C i
2 1C C C
2 280 140C j k
2r R C
( 0) ( 0) ( 0)
10 0
2
0
80 140
i j k
x y jz k
10 10 280 140zj yk j k
28,
14
z
y
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Paso del torsor (P)
1 36036
10
CP
R
Ecuación del ejeEl eje es paralelo al eje x.Un punto de paso del eje es (0,-14,28)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0 ( ) 0F M r F
0, 0 0x y zF F F 0, 0 0x y zM M M
Equilibrio en dos dimensionesLas fuerzas exteriores y la estructura, se encuentran en elplano de la figura; es evidente que las reacciones en losapoyos se encontraran en el mismo plano:
Equilibrio del sólido rígidoSe dice que un sólido rígido esta en equilibrio, cuando lasfuerzas exteriores que actúan sobre el, forman un sistema defuerzas equivalentes a cero:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Tipos de apoyo
1º Una reacción con una recta soporte conocida
Rodillos
Balancín Superficie lisaReacción con una rectasoporte conocidaNumero de incógnitas = 1
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Reacción con una recta soporteconocida
Numero de incógnitas = 1
DeslizaderaBiela Reacción con una recta soporte
conocida
Cable Biela
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Reacción con rectasoporte desconocida
Articulación Superficie rugosa
Numero de incógnitas = 2
Fuerza y par
Numero de incógnitas = 3Empotramiento
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0xF 0yF 0AM Tipos de ligaduras
1º El tipo y numero de apoyos, determina el número deincógnitas o reacciones (R).
2º Para un sistema general de fuerzas, el número deecuaciones es igual a tres (Q).
3º Si R=Q:
a) El sistema es estable, esta completamente ligadoy estáticamente determinado.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
b) El sistema es inestable, tiene ligadura impropia y sonestáticamente indeterminados.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Un sólido rígido esta impropiamente ligado siempre quesus apoyos aunque pueden generar un númerosuficiente de reacciones, estén dispuestos de tal formaque las reacciones sean concurrentes o paralelas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
4º Si R<Q: el sistema es inestable y esta parcialmenteligado.
Cuando las ligaduras, no pueden impedir el movimientode la estructura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Las reacciones en A y B, introducen sólo 2 incógnitas,una de las ecuaciones, no se satisfacera.
5º Si R>Q: el sistema es estáticamente indeterminado(hiperestatico)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Ligadura completa, estructura estáticamenteindeterminada, el número de reacciones mayor que elnúmero de ecuaciones de equilibrio
Determinación del Tipo de Ligadura
Para una armadura coplanar:
LigadanteCompletameArmadura;2 nNNSi Rb
LigadateParcialmenArmadura;2 nNNSi Rb
adaindeterminnteEstaticameesArmadura;2 nNNSi Rb
adeterminadnteEstaticameesArmadura;2 nNNSi Rb
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema.- En la estructura mostrada en la figura,calcular las reacciones en los apoyos A y B.
2.5m 2.5m
3.0m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0BM 400 2.5 5 3 0y xA A
0xF
0yF 400 0 400y y yA B A BSen
En (1)
1000
5 3B
Sen Cos
0x xA BCos A BCos
Bx
By
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
333.33B N
333.33xA N
400.00yA N
Para el problema β=90-α
α=90°, β=0°
Equilibrio de un sólido rígido sometido a tres fuerzas
Si un sólido rígido sometido a tres fuerzas está enequilibrio, las rectas soportes de las 3 fuerzas debenser concurrentes o paralelas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0DM Si se toma momento respecto al punto de concurrenciade dos de ellas, la recta de acción de la tercera fuerza,necesariamente tendrá que concurrir a este punto paraque el momento sea nulo.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Equilibrio en Tres dimensiones
Las reacciones en apoyos y uniones de una estructuratridimensional, comprende desde una fuerza única(apoyo en superficie lisa), hasta seis (tres fuerzas ytres momentos/ apoyo de empotramiento).
Para expresar las condiciones de equilibrio de unsólido rígido, es necesario seis ecuaciones escalares,a saber:
0, 0 0x y zF F F 0, 0 0x y zM M M
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
En la mayoría de los problemas, las ecuacionesescalares anteriores, se obtendrán mascómodamente si las condiciones del equilibrio delsólido rígido considerado se expresan primero enforma vectorial, de la siguiente manera:
0 ( ) 0F M r F
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Centroides de Áreas y Curvas Planas
ii
W W
c i ii
Wx W x
Tomando momentos conrespecto al eje y
i ii
c
W x
xW
(1)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Análogamente, se tiene:
i ii
c
W y
yW
La localización de la línea de acción del pesoresultante W de la placa esta dada por la coordenadasxc, e yc.
W
V i iW V i iW At (3)
(2)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
(3) en (1) y (2)
( )i ii
c
At x
xAt
( )i ii
c
At y
yAt
El punto situado sobre el área A, localizado porla coordenadas xc e yc, se define como elcentroide de esta área.
i ii
c
A x
xA
i ii
c
A y
yA
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Si se sigue subdividiendo el área de la placa en lasáreas elementales Ai, se llega a una situación limite,de modo que:
0i
i ii A
cA
xdAA x
x LimA A
0i
i ii A
cA
ydAA y
y LimA A
Las dos ecuacionesanteriores constituyenla definición formal delas coordenadascentroidales del Área“A”.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
, es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "y"A
xdA
, es el momento de primer orden del area A con respecto al eje "x"A
ydA
Centroides de Curvas Planas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
i ii
c
l x
xl
i ii
c
l y
yl
0i
i ii l
cl
xdll x
x Liml l
0i
i ii l
cl
ydll y
y Liml l
Notas
1º Si un área o una línea, posee un eje de simetría, elcentro de gravedad debe estar situado sobre dicho eje.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2º Si un área o una línea, posee dos ejes de simetría,el centro de gravedad debe estar situado en el puntode intersección de ellos.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
3º Si un área o una línea, posee un centro de simetría,el centro de gravedad debe estar situado en dichocentro de simetría.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Áreas y líneas compuestas
El centro de gravedad de áreas y líneas compuestas,se determina descomponiendo el área o la líneacompuesta en áreas o líneas conocidas maspequeñas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1 1 2 2
1 2
.........
........i i
ci
x A x A x Ax
A A A
1 1 2 2
1 2
.........
........i i
ci
y A y A y Ay
A A A
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
( ) ( )x h c y k
2x cy
x a y h2a
ch
22 a
x yh
Problema.- Hallar la abcisa delcentro de gravedad del áreasombreada.
solución
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
x b2
2
hby
a
2
2
3
2
. 3 3 .. ( )
3 4 4 3
3 3
a h a b hbb
axah hb
a
4 4
3 3
3( )
4
a bx
a b
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Centros de Gravedad por integración
Áreas (elemento vertical)
ydxdA
x xel yy
el 2
A
xdA
x A
A
xydxx
b
a
A
ydA
y A
A
ydxy
y
b
a 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad delrectángulo mostrado en la figura.
xxel
hdxdA
A
xhdxx
b
0
bh
hx
x
b
0
2
2
2
bx
x dx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
dyxbdA )(
x xb x
el
2
A
xdA
x A
c
c
dyxb
dyxbbx
x
0
0
)(
))(2
(
xx b
el
2
(a,c)
Elemento horizontal
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
d
rCosxel3
2
2
)( rrddA
0
2
0
2
2
2)
3
2(
dr
drrCos
x
2
2 drdA
A
xdA
x A
Coordenadas Polares
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
rSenyel3
2
A
ydA
y A
0
2
0
2
2
2)
3
2(
dr
drrSen
y
Problema.- Hallar la abcisa del centro de gravedad delárea sombreada.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
x
x,y
22 a
x yh
dx
2
2x
a
hy
ydxdA
b
a
b
a
ydx
xydxx
b
a
b
a
dxxa
h
dxxa
hx
x
)(
)(
2
2
2
2b
a
b
a
x
x
x
3
4
3
4
)(
)(
4
333
44
ba
bax
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
P(x,y)
dx
dy
dL
ydxddL 22
L
xdL
x L
x xel
L
ydL
y L
y yel
dxdx
dydL 2)(1
dydy
dxdL 2)(1
dd
drrdL 22 )(
Líneas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Teoremas de Pappus-Guldin
Estos teoremas, se refieren a las superficies y acuerpos de revolución.
Una superficie de revolución se genera por la rotaciónde un línea curva plana alrededor de un eje fijo.Ejemplo:
Esfera Cono Toro
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Un cuerpo de revolución se genera por la rotación deun área plana alrededor de un eje fijo. Ejemplo:
Teorema N°1
El área de una superficie de revolución es igual a lacurva generatriz multiplicada por la distancia recorridapor el C.G. del área cuando se genera la superficie
Esfera Cono
Toro
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
ydLdA 2
ydLdA 2
ydLA 2
LyA 2
Siendo 2πy, la distancia recorrida por elC.G.de la linea LNota.- La curva generatriz, no debe cortar el ejealrededor del cual gira.
y
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Teorema N°2El volumen de un cuerpo de revolución es igual al áreageneratriz multiplicada por la distancia recorrida por elC.G. del área cuando se genera el cuerpo ó volumen.
ydAdV 2
ydAdV 2
ydAV 2
AyV 2
y y
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Nota.- El teorema no puede aplicarse, si el áreageneratriz, corta al eje alrededor del cual se genera elcuerpo de revolución.
Siendo 2πy, la distancia recorrida por el C.G.del area A.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema.- Determinar el área superficial y el volumendel remolque para materiales sueltos que se muestraen la figura 8.16.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
L
13.092Σ
0.4050.450.9
2.5411.052.42
7.21.26
2.5411.052.42
0.4050.450.9
L(m) ( )y m2( )y m LyA 2
22 13.092 82.26A m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
AA(m2)
6.984Σ
0.9720.452.16
0.3610.36
4.320.67.2
0.3610.36
0.9720.452.16
( )y m3( )y m AyV 2
32 6.984 43.88mV
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Cargas Repartidas sobre vigas
Se puede sustituir una carga repartida sobre unaviga, por una carga concentrada; el módulo de estacarga es igual al área bajo la curva de cargas y surecta de acción pasa por el centro de gravedad deesta área.
L
wdxW0
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
nndwxdwxdwxdwxWx ...................332211
: wM
ii
idwxWx
ii
iw
dwxLimWxi
0 xdwWx AxdAxL
0
Nota.- La carga concentrada es equivalente sólo en loque se refiere a fuerzas exteriores, puede emplearsepara hallar las reacciones, pero no para calcularfuerzas interiores y deformaciones.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0M
ii
i wrWr
)()( jrwjrWi
ii
jrwjrWi
ii ).().(
).(.0
i
iiw
rwLimrWi
ii dwrrW ..
Relaciones escalares
xdwWx.
ydwWy.
zdwWz.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Nota.- Si el cuerpo esta constituido por un materialhomogéneo, entonces el centro de gravedad de uncuerpo, es el mismo que el centro de gravedad de suvolumen:
ii dvrrV ..
xdvVx.
ydvVy.
zdvVz.
Son las coordenadas delcentro de gravedad.
:,, zyx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
xdv se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano yz.
ydv
zdv
se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano xz.
se le denomina momento de primer orden delvolumen respecto al plano xy.
Notas
1° Si un volumen posee un plano de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en dichoplano.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2° Si un volumen posee dos planos de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en laintersección de dichos planos.
3° Si un volumen posee tres planos de simetría, sucentro de gravedad, debe estar situado en el punto deintersección de dichos planos.
Cuerpos y Volúmenes Compuestos
ii
iwxWx ii
iwyWy ii
iwxWy
ii
ivxVx ii
ivyVy ii
ivxVy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema.- en el semicono mostrado en la figura,determinar las coordenadas del centro de gravedad.
)3
(2
1 hBV
)3
(2
1 2haV
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
dvxVx el
h
dxy
xVx0
2
2.
h
dxh
xa
xVx0
2
22
2.
hx4
3
dvyVy el
a
dxyy
Vy0
2
.2
.3
4
a
dya
hyyVy
0
2
.2
.3
4
ay
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
VIGAS
Se conoce como Viga, a un elemento estructuraldiseñado para soportar cargas aplicadas en diversospuntos a lo largo de la misma.
En la mayoría de los casos las vigas soportan cargasperpendiculares al eje de la viga, produciéndose en laviga fuerzas cortantes y momentos flectores.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
En ingeniería y arquitectura se denomina viga a unelemento constructivo lineal que trabajaprincipalmente a flexión. En las vigas la longitudpredomina sobre las otras dos dimensiones y sueleser horizontal.
El esfuerzo de flexión provoca tensiones de tracción ycompresión, produciéndose las máximas en el cordóninferior y en el cordón superior respectivamente, lascuales se calculan relacionando el momento flector y elsegundo momento de inercia. En las zonas cercanas alos apoyos se producen esfuerzos cortantes opunzonamiento.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Si la viga esta sujeta solamente en un extremo, de talmanera que su eje no pueda girar en ese punto, se lellama viga en voladizo.
Viga simplemente apoyada
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Viga con voladizos
Es una viga simplemente apoyada y que tiene uno olos dos extremos que continúan mas allá de estospuntos.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Todas las vigas consideradas anteriormente son talesque se pueden calcular las reacciones en los apoyosutilizando las ecuaciones de equilibrio estático y se lesdenomina vigas estáticamente determinadas.
Vigas hiperestaticas
Si el número de reacciones que se ejercen sobre laviga excede el número de ecuaciones del equilibrioestático, las reacciones de las vigas sonestáticamente indeterminadas.
Vigas estáticamente determinadas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
V. Empotrada en unextremo y s. Apoyadaen el otro
V. Continua V. Biempotrada
Vigas CombinadasSon aquellas vigas que se conectan (dos o mas)mediante rotulas o articulaciones para formar unaúnica estructura continua.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Tipos de carga
1° Carga aislada (aplicada en un punto), se expresa N.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2° Carga repartida uniforme y con variación, seexpresa en N/m.
3° Carga por medio de un par, se expresa en N-m.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Si se corta una viga en “C” y se suprime la partederecha de ésta sección, se deberá sustituir la partesuprimida por el efecto que ejercía sobre la parte dela izquierda; efecto que consiste en una fuerzacortante vertical (V) juntamente con un par (M).
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
La fuerza V y el par M mantienen en equilibrio la partede la izquierda de la barra bajo la acción de lasfuerzas RA y P1.
Fuerza Cortante (V)
La suma algebraica de todas las fuerzas verticalessituados a un lado de la sección “C”, se llama fuerzacortante en esa sección.
Momento Flector (M)
La suma algebraica de los momentos de las fuerzasexteriores situados a un lado de la sección “C”, sellama momento flector en “C”.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Convención de signos
El esfuerzo cortante (V) y el momento flector (M) enuna sección determinada de una viga se consideranpositivos cuando las fuerzas interiores y los pares queactúan sobre cada parte de la viga están dirigidoscomo se indica en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
* El esfuerzo cortante en “C” es positivo cuando lasfuerzas exteriores (cargas y reacciones) que actúansobre la viga tienden a cortar la viga en la seccióncomo se indica en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
* El momento flector (M) en la sección es positivocuando las fuerzas exteriores que actúan sobre la vigatienden a doblar la viga en la sección como se indicaen la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Diagrama de fuerzas cortantes y momentos flectores
Los diagramas de fuerzas cortantes y momentosflectores, es la representación grafica del efecto quese producen en cada una de las secciones de la viga.
* Las fuerzas cortantes positivas, se graficaran sobre eleje de la viga y los negativos debajo.
* Los momentos flectores se graficarán, si es positivodebajo del eje y si es negativo encima del eje.
Problema.- Para la viga mostrada en la figura,determinar:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a) Reacciones en los apoyos
b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector
c) Diagramas de fuerza cortante y momento flector
d) Momentos flector máximo y su respectiva ubicación.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a) Reacciones
Diagrama de cuerpo libre:
0 .AM S Horario
* 0B B
PaPa R L R
L
0 .BM S horario
* 0A A
PbR L Pb R
L
a b
RA RB
L
P
C
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector
T r a m o A C , s e c c io n 1 -1 0 x a
VPb
L M
Pb
Lx
0 0x M
Pabx a M
L
a b
Pb/L Pa/L
L
P
C
1
1x
y
xA
B
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
,sec 2 2TramoCB cion a x L
a b
Pb/L Pa/L
L
P
C
2
2
x
y
xA
B
Pb PaV P
L L
( )Pb
M x P x aL
Pabx a M
L
0x L M
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
c) Diagramas
X
V
Pb
L
Pa
L
(+)
(-)
X
M
(+) (+)
Pab
LMomento F. Máximo
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
d) Momento máximo y su ubicación
MPab
L x a
Relaciones entre la carga, el esfuerzo cortante y elmomento flector
dx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0componentesverticales
( ) 0V wdx V dv
dvw
dx (1)
(2)dM
dxV
c c’
( ) .M dM M Vdx wdxdx
2
0
0cM
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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La expresión N°1, indica que para una viga cargada enla forma anterior, la pendiente del diagrama de fuerzascortantes (dv/dx) es igual y de signo contrario a laintensidad de la carga (w) bajo el punto enconsideración.
La expresión N°2, nos indica que la pendiente deldiagrama de momentos flectores (dM/dx), es igual a lafuerza cortante.
La expresión N°2, demuestra también que el momentoflector es máximo cuando la fuerza cortante es igual acero.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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dx
dV wdx D
C
X
D C XV V wdx
V V Areabajo la curva entreC y DD C ( )
De la Ec. N°1D
C
D X
C XdV wdx
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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La fuerza cortante entre dos puntos cualesquiera deuna viga es igual y de signo contrario al área de lacurva de carga comprendida entre dichos puntos.
dM Vdx
M M VdxD C x
x
C
D
D
C
D x
C xdM Vdx
De la Ec. N°2
(Area bajo la curva deldiagrama defuerzas cortantes entreC y D)D CM M
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Ejemplo:
Diagrama de cuerpo libre:
L
A B
w
L
A B
w
R =wL/2A R =wL/2A
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
L
A B
w
R =wL/2A R =wL/2A
R R wLA B
R RA B
R RwL
A B 2
V V wdx wxx A
x
0
M A 0M M Vdxx A
X
0
AV V wx
2A
wLV
2
wLV wx Ec. Una recta
x
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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M wL
x dx wL
x dxx
X X
( ) ( )2 20 0
Mw
Lx x Parabolax 2
2( )
AC
wL/2
(+)
(-)
L/2
wL/2
B
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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(+)
wL /82
dM
dxV El valor del Momento Maximocorrespondea 0 :
V wL
x xL
( )2
02
MwL
MAX 2
8
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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Problema.- Dibujar los diagramas de fuerza cortante ymomento flector para la viga mostrada en la figura.
6 3
AB
C
20N/m
6 3
AB
C
20N/m
R =80N R =40NA C
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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V NA 80
La variación de la fuerza cortante entre dos puntos, esigual a menos el área comprendida bajo la curva decarga entre dichos puntos, por lo tanto se puedeobtener VB.
V V NB A ( )( )20 6 120
V V NB A 120 120 80 40
La pendiente dv/dx=-w, es constante entre A y B, portanto el diagrama de fuerzas cortantes entre estospuntos es una línea recta.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Entre B y C el área bajo la curva de carga es cero, porlo tanto:
V V V V NC B C B 0 40La fuerza cortante es constante entre B y C
AD B
40N
(+)
(-)
x
80N
C
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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A la ubicación de la sección donde el momento flectores máximo le denominaremos D (V=0).
x x
x m80
6
404
M A 0
La variación del momento flector entre dos puntos, esigual al área comprendida bajo la curva de carga entredichos puntos, por lo tanto se puede obtener MD.
160D AM M 160DM
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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AD B
(+)
C
(+)
160Nm
120Nm
4 80 2 40
2 2B A
x xM M 120BM
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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El diagrama de momentos flectores está conformadode una parábola seguido por un segmento de línearecta; la pendiente de la parábola en A es igual alvalor de V en ese punto.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
El momento de inercia delelemento de árearespecto del eje x es:
dIx y dA 2
Momentos de Inercia (I)
El momento de inercia o momento de segundo ordenrespecto a un eje en su plano, esta dado por elproducto del área del elemento y el cuadrado de ladistancia entre el elemento y el eje.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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El momento de Inercia de un área finita respecto a uneje en su plano es la suma de los momentos de inerciarespecto de ese eje de todos los elementos de áreacontenidos en ella.
Momento de Inercia de un Área Finita
Ix dIx y dA 2Iy dIy x dA 2
UnidadesLas unidades del momento de Inercia son la cuartapotencia de la unidad de longitud, por ejemplo: cm4
El momento de inercia del elemento de área respectodel eje y es: dIy x dA 2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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Momento Polar de Inercia (Io)
Viene hacer el momento de segundo orden conrespecto a un polo.
2Io dA pero x y2 2 2
2 2( )Io x y d A Io x dA y dA ( ) ( )2 2
Io Iy Ix
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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Radio de Giro (k)
1° El radio de giro de un área, respecto al eje x, estadefinido por:
xx
Ik
A
2° El radio de giro de un área, respecto al eje y, estadefinido por:
y
y
Ik
A
3° El radio de giro de un área, respecto al polo (o),está dado por:
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
oo
Ik
A
Teorema de Steiner
2x xI I Ad
'́
2y y
I I Ac
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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El momento de Inercia de un área respecto a un ejecualquiera, es igual al momento de inercia respecto aun eje paralelo que pasa por el centro de gravedadmas el producto del área por el cuadrado de ladistancia entre los dos ejes.
Producto de Inercia Ixy
El producto de inercia de un área respecto de los ejesx e y, esta definido por:
xyI xydA
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1° A diferencia de los momentos de inercia Ix, Iy; elproducto de inercia Ixy puede ser positivo o negativo.
2° Cuando uno de los ejes x, y ó ambos, son ejes desimetría del área A, el producto de inercia Ixy es igual acero.
3° El producto de inercia de un área respecto a losejes x e y, es igual al producto de inercia del área conrespecto a los ejes centroidales, mas el producto delas distancias de los ejes centroidales por el área.
xy x yI I Acd
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Físicamente el momento de inercia es la resistenciaque ofrecen los cuerpos a la aceleración angular porefecto de un momento de fuerza.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Momento de Inercia respecto a ejes inclinados
Por definición
2xI y d A
x ysen x cos
y y xsencos
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
IxIx Iy Ix Iy
Ixysen
2 2
2 2cos (1)
Para el momento de inercia con respecto al eje y’,reemplazamos θ por (θ+90).
Dirección de ejes principales
dIx
d
0
22 m
Ixytg
Ix Iy
2( 2 )m
Ixytg
Ix Iy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Productos de Inercia con respecto a ejes inclinados
Ix y x y dA
Ix y IxyIx Iy
sen
cos22
2 (2)
Circulo de Mhor
De (1) y (2) ordenando y sumando el cuadrado,tenemos:
IxIx Iy
Ix yIx Iy
I xy
2 2
2 2 2( )
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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( )x h y R 2 2 2 Ecuación de unCirculo
x I x
y Ix y
2
Ix Iyh
2 2( )2
Ix IyR I xy
Los momentos de inercia, se representan en el eje delas abcisas y los productos de inercia a lo largo del ejede las ordenadas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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Construcción:
Para dibujar un círculo cuyo centro se encuentra en eleje de los momentos, es necesario conoceradicionalmente dos puntos de paso del circulo, por lotanto de las ecuaciones (1) y (2):
Punto A
0
Ix Ix
Ix y Ixy
Punto B
0
Ix Iy
Ix y Ixy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
I
I
I
I
I
X'
X'Y´X
XY
I Y
I XY
-
X
Y
I max
I min
max
min
p1
p2
p1
X+ I Y
2
A
B
2
22
I X'Y´
I X'Y´
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Momentos de Inercia Máximo y Mínimo
mI2
in
Ix IyR
mI2
ax
Ix IyR
2 2m ,maxI ( ) ( )
2 2in
Ix Iy Ix IyIxy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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Problema.- Para la sección mostrada, hallar:
a) Ix, Iy, Ixyb) Orientación de losejes principales quepasa por el origen.
c) Momentos principalesde Inercia.
d) Comprobar losresultados anterioresusando el circulo de Mhor. 8”
6”
2”
2”
y
x
d) Determinar el momento y producto de Inercia, paraun ángulo de 45°, medido a partir del eje “x” en sentidoantihorario
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a) 31
12.6 144
3Ix
32
16.2 16
3Ix
31
12 .6 16
3Iy
3 22
16 .2 6.2.5 336
12Iy
Ix 160
Iy 352
8”
6”
2”
2”
y
x
1
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2 2
1
2 . 63 6
4I x y
2 0 5 .1 . ( 6 .2 ) 6 0I x y
Ixy 96
8”
6”
2”
2”
y
x
1
2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
22 m
Ixytg
Ix Iy
2.962 1
160 352
2 45 22.5
m
m m
tg
2 2m , m axI ( ) ( )
2 2in
Ix Iy Ix IyIxy
2 2m ,max
160 352 160 352I ( ) (96)
2 2in
m
m
I 3 9 2
I 1 2 0
a x
i n
b)
c)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
I
I
X'
X'Y´
x
y
391.76,0
120.24,0
135°45°
160,96
352,-96
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
I
I
X'
X'Y´
x
y
391.76,0
120.24,0
135°
45°
352,96
160,96
90°
160,96
352,-96
Del grafico:
Iu =160Iv =352Iuv=-96
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a)
8”
6”
2”
2”
y
x1 2
3
31
12.2 5.33
3Ix
32
16.2 16.00
3Ix
3 23
12.4 (4 2) 4 138.67
12Ix
1 160.00Ix
31
12 .2 5.33
3Iy
3 22
16 .2 (6 2)5 336
12Iy
33
12 .4 10.67
3Iy 3 352Iy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2 21
12 .2 4
4Ixy
2 (6 2)1 5 60Ixy
3 (2 4)4 1 32Ixy
96Ixy 8”
6”
2”
2”
y
x1 2
3
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Armaduras
Una armadura, es una unidad estructural en la que losmiembros están arreglados de tal manera que formanuno o mas triángulos conectados.
Todos los miembros de una armadura, puede actuarbajo dos tipos de fuerza; ya sea en tensión o encompresión.
Si un miembro esta a tensión, la fuerza del miembroprovoca una fuerza de tracción en el nudo.
Si el miembro esta en compresión, la fuerza delmiembro provoca una fuerza de empuje en el nudo.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Existen tres métodos para solucionar una armadura, asaber:
a) Método de los nudos
b) Método de las secciones
c) Método gráfico
Problema N01.- Determinar, usando el método de losnudos, las fuerzas axiales en las barras de laestructura representada, así como también lasreacciones en los soportes, (indicar la calidad de lasbarras).
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2kn 2kn
A B
C
D
Nudo B
0xF 0BA BDCos
0yF
2 0BDSen
5.20BD KN
4.80BA KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Nudo A
0xF
0yF
0AB ACCos
5.20AC KN
2 0AD ACSen
4.00AD KN
2kn 2kn
A B
C
D
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
2kn 2kn
A B
C
D
0yF 0DA DBSen Dy
6.00Dy KN
0DBCos DC
4.80DC KN
Nudo D
0xF Dy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:96055732kn 2kn
A B
C
D
0Cx CD CACos
0Cx
0Cy CASen
2.00Cy KN
0yF Nudo C
0xF
Cx
Cy
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Diagrama de Cargas
2kn 2kn
A B
C
D
4.8
5.24
4.8
5.2
2 6
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema No2.- Determinar las fuerzas axiales en lasbarras FH, GH y GI de la estructura representada:
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
5 5 5 5 5 5
30
F
L
H
G
8m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Método de las secciones
Calculo de las reacciones
0AM
7.50yL KN
1 (5 10 15 20 25) 30 5 (5 10 15) 0yL
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
A
F
H
G
12.5kn 7.5kn
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1kn
1knH
G
7.5kn
I
HF
HG
IG
0GM 15 1 10 7.5 15 1 15 0HF Sen
13.81HF KN
0HM 16
1 5 7.5 10 03
IG
13.13IG KN
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0LM 15 1 10 1 5 0HG Sen
1.37HG KN Problema No3.- En la armadura del problema No1,calcular las fuerzas en cada una de las barras asícomo su respectiva calidad.
Solución
Cuando se tienen muchas barras que calcular, esengorroso aplicar el método de los nudos, por lo quese aplica el método grafico o método de Maxwell-Cremona.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Método Gráfico o Método de Maxwell-Cremona
1.- Se calculan las fuerzas externas (reacciones en losapoyos).
2.- Se grafica la estructura a una escala conveniente.
3.- Se nombra la estructura con la notación de Bow.
4.- Se grafica las fuerzas externas a una escalaconveniente.
5.- Se empieza a resolver gráficamente las barras encada uno de los nudos, teniendo en cuenta que paraello se debe ir al nudo que tiene dos incógnitas(barras).
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
5.24
2kn 2kn
A B
C
D
2 6
a
b
c
d
e
f
2kn 2kn
A B
C
D
2 6
1.-
a
b
c
def
62
2 y 3.-
4 y 5.-
2 2
4.8
4.8
5.2
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
A
F
H
G
12.5kn 7.5kn
1.-
Problema No4.- En el Tijeral del problema No2, calcularlas fuerzas en cada una de las barras así como surespectiva calidad.
8m
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
5 5 5 5 5 5
30
A
F
L
H
G
8
2.-
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
3.-
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
A
F
H
G
12.5kn 7.5kn
a
b
c
d e
f
g
hij
k l
m
n
o p
qr
s t
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn
A
F
H
G
12.5kn 7.5kn
a
b
c
d e
f
g
hij
k l
m
n
o p
qr
s t
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
p
q
r
s,t
4.-
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
p
q
r
s,t
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn12.5kn 7.5kn
a
b
c
de
f
g
hij
k l
m
n
o p
qr
s t26.56
5.0
0
23.44
20.17
13.81 13.81
8.0
0
12
0.5
0
0.0
0
23.44 17.81 13.13 14.06 14.06
6.38
8.22 1.37
1.06
14.88
15.94
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
a
b
c
d
e
f
g
h
i
j
k
l
m
n
o
p
q
r
s,t
1kn
1kn
1kn
1kn
1kn
5kn 5kn 5kn12.5kn 7.5kn
a
b
c
de
f
g
hij
k l
m
n
o p
qr
s t26.56
5.0
0
23.44
20.17
13.81 13.81
8.0
0
12
0.5
0
0.0
023.44 17.81 13.13 14.06 14.06
6.38
8.22 1.37
1.06
14.88
15.94
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Marcos
Un marco esta conformado por una serie demiembros, las que se localizan en un solo plano y quetodas las fuerzas que actúan sobre esta estructuraquedan en el plano de la estructura.
La diferencia entre una armadura y un marco, es quelas fuerzas actuantes en este último, pueden estarubicado ya sea en los puntos de conexión de susmiembros o en cualquier lugar intermedio a lo largode la longitud de los miembros del marco.Las cargas pueden ser concentradas, de momento ydistribuidas.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Análisis de Fuerzas en los Marcos
1° Trazar el diagrama de cuerpo libre del marcocompleto.
2° Imaginar el marco desarmado y trazar el diagramade cuerpo libre de cada uno de los miembros delmarco.
3° Si un miembro es una barra de armadura, la fuerzadesconocida que actúa sobre ella se dibuja condirección conocida con un sentido real supuesto.4° Todos los valores de fuerzas calculadas negativasse trataran como cantidades negativas a través delresto de la solución.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
Problema.- Hallar las fuerzas en todas las juntas delmarco indicado en la figura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0eM 200(3) (9) 125(12) 0cR
233cR lb
0xF 200 0exR
200exR
125 0ey cR R
0yF
108eyR
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0dM 200(3) (6.93) 0axR
87axR lb
0xF 200 0ax dxR R
113dxR lb
0yF 0ay dyR R (1)
(a)
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
0xF 200 0dx bxR R
200 113 0bxR 87bxR lb
0yF 108 233 0dy byR R
108 233 112 0dyR 13dyR lb En la Ecuación N°1
( 13) 0ayR 13ayR lb
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
87
233 112
Diagrama de Cargas
200
a
d
125a
bd ce
87
13
113
13
113
13
200
108
87
13
87112
(a)
(b)
(c)
b
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
87
13200
113
13
87
13
125
87
108 233 11213
113
200
87
112
Diagrama de Cargas
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
A B
CD
E
8Kips
2ft 5 3 1 2
5
2
Problema.-Hallar lasfuerzas entodas las juntasdel marcoindicado en lafigura.
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
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A
By
CD
E
8Kips
2ft 5 3 1 2
5
2
0AM
+
Ay
Ax
(8)(13) 11 0yB
9.45yB Kips
0BM +
( )(11) (8)(2) 0yA
1.45yA Kips
0xF 0xA
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By
8Kips
Cy
Ax
Cx
Ey
Ex
Cy
Cx
Dy
Dx
Ey
Ex
Dy
Dx
Ay
(a)
(b)
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0CM
+
(8)(11) 8 0yD
11yD Kips
0DM +
( )(8) (8)(3) 0yC
3yC Kips
0xF 0x xD C x xD C
0EM
+
( )(7) 3 5 ( )(5) 0y xA C
0.97xC Kips
0xF 0x xE C
0.97xE Kips
0yF 0y y yA C E
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1.55yE Kips
RESUMEN
0 , 1.45
9.45
0.97 , 3
0.97 , 11
0.97 , 1.55
x y
y
x y
x y
x y
A Kips A Kips
B Kips
C Kips C Kips
D Kips D Kips
E Kips E Kips
3
0.97
1.55
0.97
1.45
(b)
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8Kips
3
0.97
11
0.97
(a)
0 , 1.45
9.45
0.97 , 3
0.97 , 11
0.97 , 1.55
x y
y
x y
x y
x y
A Kips A Kips
B Kips
C Kips C Kips
D Kips D Kips
E Kips E Kips
9.45
1.55
0.97
11
0.97
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Cadenas y Cables
A menudo encontramos cables o cadenas que seutilizan para soportar cargas.
En los puentes colgantes, se encuentra disposicionescoplanares en las cuales un cable soporta una grancarga. En tales casos el peso propio del cable sueleser insignificante.
En las líneas de alta tensión eléctrica la fuerza principales el peso propio del cable.
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Cables Flexibles con Cargas Concentradas
El análisis de un cable flexible de esta clase sueleconsistir en encontrar las reacciones en los soportes,la fuerza en cada segmento del cable y laconfiguración del cable cargado.
Problema.- Dado el cable flexible que se muestra en lafigura, determínese las fuerzas de reacción en A y F,las fuerzas en cada segmento del cable y lasdimensiones yc, yd , ye.
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3
2m 3 5 4 2
60kn
80kn70kn
90kn
A
B
C
D
E
F
2
16m
yc yd
ye
Ing° Luis Alfredo Vargas Moreno
:319176,:9605573
3
2m 3 5 4 2
60kn
80kn70kn
90kn
A
B
C
D
E
F
2
16m
yc yd
ye
RARF
Ax
AyFy
Fx
Diagrama de cuerpo libre
yEF
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0FM
+
3 2
y xA A
90 2 70 6 80 11 60 14 16 2 0y xA A
105.50xA kn 158.20yA kn
0yF 60 80 70 90 0y yA F
141.80yF kn
0xF 0x xA F
105.50xF kn
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FUERZA EN BC
3
2m 3 5 4 2
60kn
80kn70kn
90kn
A
B
C
D
E
F
2
16m
yc yd
ye
RARF
Ax
AyFy
Fx
yEF
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60kn
B
C
Ax
Ay
BCx
BCy
0yF 60 0y yA BC
98.20yBC kn
0xF 0x xA BC
105.50xBC kn
ΔBC
98.20
3 105.50BC
2.79BC m
5.79c b BCy y m
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Fuerza en CD
60kn
B
C
Ax
Ay
CDx
CDy
0yF 60 80 0y yA CD
18.20yCD kn
0xF
0x xA CD
105.50xCD kn
D
80kn
ΔCD
18.20
5 105.50CD
0.86CD m
6.65d c CDy y m
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60kn
B
C
Ax
Ay
DEx
DEy
D
80kn 70kn
E
Fuerza en DE
0yF 60 80 70 0y yA DE
51.80yDE kn
0xF
0x xA DE
105.50xCD knΔD
E
51.80
4 105.50DE
1.96DE m
4.69e d DEy y m
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Cables Flexibles con Cargas Repartidas
oTCos T
TSen W
2 2OT T W
O
WTg
T
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Cable Parabólico
2 2 2OT T w x
O
wxTg
T
0DM +
02
O
xwx T y
2
2 O
wxy
T
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2
01 ( )
Bx
B
dyS dx
dx
2
2 O
wxy
T
/ O
dywx T
dx
2 2
201
Bx
B
O
w xS dx
T