estatica

Solución:

Una vez más, dividimos en figuras regulares.
FIGURA 1:

X1  a
3

Y1  0

Z1  2
3

A1  1 .(a).(2)  a
2

Fig. 3.9

FIGURA 2:

X2  0
Y2  1,5
Z2  1
A2  2.3  6

FIGURA 3: Fig. 3.10
101
X3  0

Y3  3 4.(1)  3 4
3 3

Z3  1

A3  R 2  .12  
2 2 2

Fig. 3.11

Luego:

X  Ai Xi a. a   6.(0)   .(0)
Ai 3 2
 0,421  a6 

2

Efectuando cálculos se obtiene:

a 2 1,263a  9,561  0

Tomamos solo el valor positivo de la solución de la ecuación cuadrática, obteniendo:

a  3,787m

Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad de toda la figura:

Y  Ai Yi 3,787.(0)  6.(1,5)   .3  4 
Ai 2  3 
 3,787  6    1,266m

2

Z  Ai Zi  3,787. 2   6.(1)   .(1)  0,889m
Ai 3 2
3,787  6  
2

3.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS
PROBLEMA 3.5 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.12
Solución:
Los ejes OX y OY se denominan centrales principales de toda la sección transversal.
Determinamos los momentos de inercia, áreas del rectángulo y de cada uno de los círculos huecos.

102

RECTANGULO:

I (1)  bh 3  60.203  40000cm4
X 12 12

I (1)  hb3  20.603  360000cm4
Y 12 12

A1  60.20  1200cm2

CIRCULO:

I (2)  I (2)  R 4  .64  1017,88cm4
X Y 4 4

A2  R 2  .62  113,10cm2

Calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales, aplicando el teorema

de ejes paralelos:

IX  I (1)  3I(X2)  40000  3.1017,88  36946,36cm 4
X

IY  I(Y1)  3I(Y2)  2A2.d2  360000  3.1017,88  2.113,10.182  283657,56cm4

PROBLEMA 3.6 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes principales centrales de la
sección transversal mostrada en la figura 3.13, cuyas dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.13

Solución:

Dividimos la sección transversal en tres figuras geométricas sencillas: un rectángulo y dos triángulos

isósceles.

Calculamos las áreas y momentos de inercia del rectángulo y triángulos, respecto a sus ejes

centrales.

RECTANGULO (eje central XOY):

I (1)  12.83  512cm4
X 12

I (1)  8.123  1152cm4
Y 12

A1  12.8  96cm2

103

TRIANGULO (eje central X1O1Y)

I(2)  bh 3  12.63  72cm 4
X1 36 36

I (2)  hb3  6.123  216cm4
Y 48 48

A2  12.6  36cm 2
2

Ahora, calculamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY,

considerando el teorema de ejes paralelos.

   IX  3248cm4
 I (1) 2 I(2)  A2.d2  512  2. 72  36.62
X X1

IY  I (1)  2I (2)  1152  2.216  1584cm4
Y Y

PROBLEMA 3.7 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia respecto
a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrado en la figura 3.14, cuyas
dimensiones están dadas en centímetros.

Fig. 3.14

Solución:

La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otro

rectángulo hueco de 12cm x 12cm

El área de la sección transversal es:

A  24.18 12.12  288cm2

Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY,

utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la sección.
El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre los

momentos estáticos de dos rectángulos.

SX1  A1y1  A2 y2  24.18.9 12.12.6  3024cm3

Determinamos la ubicación del centro de gravedad.

y0  SX1  3024  10,5cm
A 288

De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales.

104

Determinamos el momento de inercia de toda la sección respecto al eje O1X1, que es la base de
ambos rectángulos:

I X1  b1h13  b 2 h 3  24.183  12.123  39744cm4
3 2 3 3

3

Ahora, determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales, aplicando
para el eje OX el teorema de ejes paralelos, pero para el eje OY no es necesario, ya que coinciden

los ejes de las figuras analizadas anteriormente con la sección completa, producto de la simetría.

IX  IX1  Ay02  39744  288.10,52  7992cm4

IY  18.243  12.123  19008cm4
12 12

Otra de las formas para determinar el momento de inercia respecto al eje OX, es analizando cada
figura en forma independiente y considerando el teorema de ejes paralelos para cada figura, es decir
la distancia de cada eje local respecto al eje OX. Para ello, dividimos en tres figuras regulares, donde
existe material, es decir, un rectángulo en la parte superior de 24cm x 6cm y dos rectángulos
laterales de 6cm x 12cm.

  24.63  24.6.4,52    6.123  2   7992cm 4
IX   2. 6.12.4,5 
 12  12
 

Como podemos apreciar, coincide la respuesta, quedando a criterio del lector el método más

adecuado a utilizar.

PROBLEMA 3.8 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes X1  X1 y X2  X2 de la
sección mostrada en la figura 3.15. Considere que los ejes X1  X1 y X2  X2 son paralelos.

Fig. 3.15

Solución:

Determinamos los momentos de inercia de toda la sección, respecto a sus ejes centrales principales

IX  IY  10.103  2.23  832cm4
12 12

IXY  0

Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje X1  X1

105

IX1  IX cos 2   IYsen 2  IXYsen2

Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y   45o , porque  es

positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.

IX1  832cos2 (45o )  832sen2 (45o )  0  832cm4

Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje X2  X2 , utilizando el teorema de ejes

paralelos.

IX2  IX1  A.d2  832  (102  22 ).(5 2)2  5632cm4

Si en el presente problema, nos hubiesen pedido determinar el momento de inercia respecto al eje

Y1  Y1 , perpendicular al eje X1  X1 , se determinaría de la siguiente manera:

IY1  IXsen 2  IY cos 2   IXYsen2

IY1  832sen2 (45o )  832cos2 (45o )  0  832cm4

Para determinar el producto de inercia respecto a los ejes X1  X1 e Y1  Y1 , se determinará

mediante la siguiente relación:

I X1Y1  IX  IY sen2  IXY cos 2
2

I X1Y1  832  832 sen(90o )  0  0
2

Esto demuestra un principio básico del producto de inercia, que indica: “Si un área tiene un eje de

simetría, ese eje y el eje perpendicular a él, constituyen un conjunto de ejes para los cuales el
producto de inercia es cero”.

3.4 MOMENTOS DE INERCIA DE PERFILES METALICOS
PROBLEMA 3.9 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la
sección transversal de acero, compuesta de cuatro ángulos de lados iguales L10x10x1 y una
plancha de sección 30x1, tal como se muestra en la figura 3.16, cuyas dimensiones están dadas en
centímetros. Las características del ángulo se dan en la tabla 3.4, respecto a los ejes O1X1 y O1Y1

Fig. 3.16
106

Tabla 3.4

PERFIL A1 I (1) I (1)
L10x10x1 X1 Y1
(cm2)
(cm4) (cm4)
179
19,2 179

Solución:

Los momentos de inercia respecto a los ejes OX y OY y el área de la plancha son:

I (2)  1.303  2250cm 4
X 12

I (2)  30.13  2,5cm4
Y 12

A2  30.1  30cm2

El área de toda la sección transversal es:

A  4A1  A2  4.19,2  30  106,8cm2

Los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales OX y OY lo determinamos,

teniendo en cuenta el principio de ejes paralelos.

   IX
 4. I (1)  A1b12  I (2)  4. 179 19,2.12,172  2250  14340,76cm4
X1 X

   IY I (1) (2)  2,5  1570,13cm4
 4. Y1  A1a12  I Y  4. 179 19,2.3,332

PROBLEMA 3.10 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inercia
respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal de una viga de acero compuesta

por dos perfiles I27 y una plancha de sección 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. Las
características del perfil I27 se dan en la tabla 3.5

Fig. 3.17

Tabla 3.5

PERFIL A1 I (1) I (1)
X1 Y1
I27 (cm2)
(cm4) (cm4)
260
40,2 5010

107

Solución:

Los momentos de inercia respecto a los ejes O2X2Y2 y el área de la plancha son:

I(2)  40.1,23  5,76cm4
X2 12

I(2)  1,2.403  6400cm4
Y2 12

A2  40.1,2  48cm2

El área de toda la sección será:

A  2.40,2  48  128,4cm2

Para determinar la ubicación del centro de gravedad de toda la sección, calculamos el momento

estático de la sección respecto al eje O1X1, que pasa por el centro de gravedad de los perfiles I27 y,

en consecuencia, no generan dichos perfiles momentos estáticos respecto al eje indicado.

SX1  A2y2  48.13,5  1,2   676,8cm3
 2

De esta manera, determinamos el centro de gravedad de toda la sección, respecto al eje O1X1:

y0  SX1  676,8  5,27cm
A 128,4

Los ejes OX y OY se denominan ejes centrales principales y los momentos de inercia respecto a

dichos ejes son:

 IX  2. 5010  40,2.5,272  5,76  48.8,832  16001,21cm4
 IY  2. 260  40,2.102  6400  14960cm4

PROBLEMA 3.11 Para la sección no simétrica mostrada en la figura 3.18,a compuesta por un perfil

I50 y un ángulo de lados desiguales L20x12,5x1,6. Se pide determinar la ubicación del centro de

gravedad de la sección, los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales y la
orientación de estos ejes. Los momentos de inercia y áreas de ambos perfiles respecto a sus ejes
locales centrales se dan en la tabla 3.6

Fig. 3.18
108

PERFIL I50 Tabla 3.6
PERFIL L20x12,5x1,6

IX1  39727cm4 IX2  617cm4

IY1  1043cm4 IY2  2026cm4
IX2Y2  644cm4
-
A2  49,8cm2
A1  100cm2

Solución:
El área de toda la sección es:

A  100  49,8  149,8cm2

Para determinar la ubicación del centro de gravedad, elegimos como ejes auxiliares los ejes del perfil

I50, es decir, los ejes O1X1 y O1Y1

x0  SY1  A2x2  49,8.21,79  7,24cm
A A 149,8

y0  SX1  A2y2  49,8.22,01  7,32cm
A A 149,8

Estas magnitudes y las coordenadas de los centros de gravedad de los perfiles se muestran en la

figura 3.18,a, cuyos valores son:

a1  7,24cm ; b1  7,32cm ; a 2  14,55cm ; b2  14,69cm

Determinamos los momentos de inercia respecto a los ejes centrales OX y OY

IX  I X1  A1b12  IX2  A 2 b 2
2

IX  39727 100.(7,32)2  617  49,8.14,692  56448,88cm4

IY  IY1  A1a12  IY2  A 2 a 2
2

IY  1043 100.(7,24)2  2026  49,8.14,552  18853,54cm4

IXY  IX1Y1  A1a1b1  IX2Y2  A2a 2b2

IXY  0 100.(7,24).(7,32)  644  49,8.14,55.14,69  15299,91cm4

Ahora, determinamos los momentos de inercia principales y los ángulos de desviación de los ejes

principales 1 y 2 respecto al eje OX

I1,2  IX  IY   IX  IY  2  I 2
2  2  XY

I1  56448,88 18853,54   56448,88 18853,54 2 15299,912  61888,36cm4
2 2

109

I2  56448,88 18853,54   56448,88 18853,54 2 15299,912  13414,05cm4
2 2

tg1  I XY  15299,91  0,355  1  19,54o
IY  I1 18853,54  61888,36

t g 2  I XY  15299,91  2,813  2  70,43o
IY  I2 18853,54 13414,05

En la figura 3.18,b se muestra la obtención gráfica de los momentos de inercia principales y la

orientación de los ejes principales, cuyo proceso se detalla a continuación:

1. Se eligen los ejes coordenados, orientando en el eje horizontal los momentos de inercia IX , IY

y en el eje vertical el producto de inercia IXY

2. De acuerdo a la escala elegida, se obtienen los puntos correspondientes en el eje horizontal de

los momentos de inercia I X e I Y

3. La diferencia de dichos momentos de inercia lo dividimos entre dos y obtenemos el centro C de

la figura.

4. A partir del extremo del momento de inercia I Y , levantamos en el eje vertical del producto de

inercia, es decir IXY , obteniendo el punto K de la figura.

5. Unimos los puntos C y K, cuyo valor es el radio del circulo denominado de Mohr para momentos

de inercia.

6. Trazamos el denominado circulo de Mohr, intersecándose con el eje horizontal en dos puntos,

que corresponden de mayor a menor a los momentos de inercia principales I1 e I 2 , cuyos

valores se obtienen como indicamos en un inicio de acuerdo a una escala previamente elegida.

7. Para obtener la orientación de los ejes principales, trazamos desde el punto K dos líneas que

unen al punto K con el extremo del momento de inercia principal I1 y corresponde a la

orientación del eje principal 1. Análogamente, unimos el punto K con el extremo del momento de

inercia principal I 2 y cuya dirección corresponde a la orientación del eje principal 2.

8. Los ángulos que forman dichos ejes principales con el eje horizontal, corresponden a los ángulos

de desviación de los ejes principales 1 y 2 respecto al eje OX, recordando que el signo es

positivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, siempre y cuando se tome como

referencia el eje OX como inicio de la medida.

110

CAPITULO 4
ARMADURAS

4.1 METODO DE LOS NUDOS
PROBLEMA 4.1 Para la siguiente armadura:
a) Calcular las reacciones en los apoyos
b) Indicar que barras no trabajan
c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes

Fig. 4.1

Solución:

a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

MB  0  HA.(3)  9.(4)  0  HA  12T 

 FX  0   HB 12  0  HB  12T 

 FY  0  VB  9  0  VB  9T 

b) Sabemos que una barra no trabaja, si su fuerza interna es cero, también conocida como barra

nula, existiendo 3 principios de determinación visual de tal tipo de barras, los cuales son:

1. Si en un nudo convergen dos barras y el nudo no está cargado, entonces ambas barras son

nulas.

2. Si en un nudo convergen dos barras y el nudo está cargado con una fuerza en la dirección

de una de las barras, entonces la otra barra será nula.

3. Si en un nudo convergen tres barras, donde dos de las barras se encuentran sobre una

misma línea y la tercera en una dirección arbitraria, además el nudo no está cargado,

entonces la barra que tiene dirección arbitraria es nula.

Basado en estos principios, analizamos la armadura de la figura 4.1, para ello iniciamos con el

nudo K y vemos que la barra KL es nula por el 3er principio anteriormente descrito, luego,

pasamos al nudo L y observamos que la barra LI es nula por el mismo principio. Continuamos

analizando el nudo I, determinando que la barra IJ es nula y así, sucesivamente, se cumplirá con

este mismo principio al analizar los nudos J, G, H, E, F, D y C.

111

Las reacciones en los apoyos y las barras nulas se muestran en la figura 4.2, esquematizándolas
las barras nulas con un círculo.

Fig. 4.2

c) Para calcular las fuerzas internas en el resto de barras, aplicamos el método de los nudos,

analizando el equilibrio en el nudo M

 FY  0  FLMsen37o  9  0  FLM  15T (TRACCION)

 FX  0  FKM 15cos 37o  0  FKM  12T (COMPRESION)

Fig. 4.3
El resto de barras tienen las mismas fuerzas internas, tal como se muestra en la figura 4.4

Fig. 4.4
112

PROBLEMA 4.2 Para la siguiente armadura:
a) Calcular las reacciones en los apoyos
b) Indicar que barras no trabajan
c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes

Fig. 4.5

Solución:

a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

 MA  0  VI.(8) 100.(6)  0  VI  75kN 

 FY  0  VA  75 100  0  VA  25kN 

 FX  0  HA  0

b) Si analizamos el nudo E y aplicamos el 1er principio de barras nulas, se tendrá que las barras

ED y EI son nulas. Luego, aplicamos el 3er principio al nudo F, siendo la barra FB nula y

continuamos con este principio en los nudos B, G y C, siendo nulas las barras BG, GC y CH.

Las reacciones en los apoyos, las barras nulas y las fuerzas internas en el resto de barras se

muestran en la figura 4.6, esquematizando las barras nulas con un círculo.

Fig. 4.6
113

c) Aplicamos el método de los nudos para determinar las fuerzas internas en el resto de barras.
NUDO “A”:

 FY  0  25  FABsen37o  0

FAB  41,67kN (COMPRESION)

 FX  0  FAF  41,67 cos 37o  0

FAF  33,33kN (TRACCION)

Fig. 4.7

Ahora, pasamos al nudo F, en el cual, la barra FB es nula y las fuerzas internas en las barras AF

y FG son iguales. Lo mismo sucede con las barras FG y GH, así como en AB y BC, BC y CD.
NUDO “H”:

 FX  0  FHI  33,33  0  FHI  33,33kN (TRACCION)

 FY  0  FHD 100  0  FHD  100kN (TRACCION)

Fig. 4.8
NUDO “I”:

Previamente, calculamos el valor del ángulo  :

tg  4,5    66,04o
2

Ahora, calculamos la fuerza interna en la barra DI:

 FY  0  75  FDIsen66,04o  0

FDI  82,07kN (COMPRESION)

Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal:

 FX  0  82,07cos 66,04o  33,33  0 OK

Con esto, no es necesario comprobar el equilibrio del nudo D, el cual también será correcto.

114

Fig. 4.9

PROBLEMA 4.3 Para la armadura mostrada en la figura, determinar:
a) Las reacciones en los apoyos
b) Las fuerzas axiales en las barras AB y BE, indicando si están en tracción o compresión

Fig. 4.10
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

MA  0   VD.(6)  400.(3)  300.(8)  0

VD  200kN 

 FX  0  HA  300  0

HA  300kN 

 FY  0  VA  200  400  0

VA  600kN 

b) Determinamos la fuerza interna en la barra AB, analizando el equilibrio en el nudo A y la fuerza
en la barra BE, analizando el equilibrio en el nudo B.
NUDO “A”:

Previamente, calculamos el ángulo  :

tg  5    59,04o
3

115

 FX  0  300  FAE cos 59,04o  0

FAE  583,16kN (COMPRESION)

 FY  0  600  FAB  583,16sen59,04o  0

FAB  99,92kN (COMPRESION)

Fig. 4.11

NUDO “B”:

 FY  0  99,92  FBCsen45o  0

FBC  141,31kN (COMPRESION)

 FX  0  FBE 141,31cos 45o  0

FBE  99,92kN (TRACCION)

Fig. 4.12
Las reacciones y fuerzas internas de las barras AB y BE, se muestran en la figura 4.13

Fig. 4.13
116

PROBLEMA 4.4 Para la armadura mostrada en la figura, usando el método de los nudos, determinar
las fuerzas en las barras CD y DF

Fig. 4.14
Solución:
Como se podrá apreciar, no es necesario calcular las reacciones en los apoyos y analizamos
consecutivamente el equilibrio en los nudos E y D.
NUDO “E”:

Determinamos el valor del ángulo  :

tg  4    18,43o
12

Luego:  FEFsen18,43o  2  0

FY  0

FX  0 FEF  6,326kN (COMPRESION)
 6,326cos18,43o  FED  0

FED  6kN (TRACCION)

Fig. 4.15

NUDO “D”:

Calculamos el ángulo  :

tg  4    23,96o
9  FDFsen23,96o  3  0

Luego:

FY  0

FDF  7,387kN (COMPRESION)

117

FX  0  7,387 cos 23,96o  6  FCD  0
FCD  12,75kN (TRACCION)

Fig. 4.16
La armadura con las fuerzas internas en las barras CD y DF, se muestran en la figura 4.17

Fig. 4.17

PROBLEMA 4.5 Para la siguiente armadura:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras.

Fig. 4.18
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, para ello, proyectamos el tramo FC hasta el punto H,

producto de la intersección de dicha prolongación con la perpendicular trazada desde el punto A,
determinando la distancia d (figura 4.19).

118

d  20sen30o  10m

Fig. 4.19
Como las fuerzas 4kN y 8kN son paralelas, entonces la distancia desde el apoyo A hasta la
intersección con la proyección de DG es 20m.

 MA  0  VE.(2.20cos 30o ) 10.(10)  5.(20)  4.(10)  8.(20)  0

 Mder  0  VE  0
C 8.(10)  HE .(10)  0

HE  8kN 

Ahora, analizamos el equilibrio de toda la armadura:

 FX  0   HA 10sen30o  5sen30o  4sen30o  8sen30o  8  0

HA  5,5kN 

 FY  0  10cos 30o  5cos 30o  4cos 30o  8cos 30o  VA  0

VA  2,6kN 

b) Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, analizando el
equilibrio nudo por nudo.
NUDO “A”:

 FY  0  2,6  FABsen30o  0

FAB  5,2kN (COMPRESION)

 FX  0  FAF  5,2cos 30o  5,5  0

FAF  10kN (TRACCION)

Fig. 4.20
119

NUDO “B”:

 FX'  0  5,2  FBC  0

FBC  5,2kN (COMPRESION)

 FY'  0  FBF 10  0

FBF  10kN (COMPRESION)

Fig. 4.21

NUDO “F”:

 FY  0  FBC cos 30o 10cos 30o  0

FBC  10kN (TRACCION)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal:

 FX  0  10sen30o 10sen30o 10  0

Fig. 4.22
NUDO “E”:

 FY  0  FEDsen30o  0

FED  0

 FX  0  FEG  8  0

FEG  8kN (COMPRESION)

Fig. 4.23
120

NUDO “D”:

 FX"  0  8  FDG  0

FDG  8kN (TRACCION)

 FY"  0  FDC  0

Fig. 4.24

NUDO “G”:

 FY  0  8cos 30o  FGC cos 30o  0

FGC  8kN (COMPRESION)

Comprobamos el equilibrio en el eje horizontal:

 FX  0  8sen30o  8sen30o  8  0

Fig. 4.25
De esta manera, las reacciones y fuerzas internas en la armadura, se muestran en la figura 4.26

Fig. 4.26
121

PROBLEMA 4.6 Para la siguiente armadura:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
b) Determinar las fuerzas axiales en cada una de las barras.

Fig. 4.27

Solución:
a) Por simetría:

FX  0  VA  VH  30kN 
HA  0

b) Determinamos las fuerzas internas en cada una de las barras de la armadura, debiendo de
iniciar en el nudo C, ya que ahí podemos determinar la fuerza interna en la barra CB y luego

pasamos al nudo B, continuando con el apoyo A y luego con el nudo D, aplicando el método de
los nudos, en el cual se deben de tener como máximo 2 incógnitas a determinar.
NUDO “C”:

 FY  0  FCB  20  0

FCB  20kN (TRACCION)

 FX  0  FCE  FCD  0

FCE  FCD

NUDO “B”: Fig. 4.28
122
Determinamos el ángulo  :

tg  4    33,69o
6

 FX  0  FBAsen33,69o  FBEsen33,69o  0

FBA  FBE

 FY  0  2FBA cos 33,69o  20  0

FBA  12,02kN (COMPRESION)
FBE  12,02kN (COMPRESION)

Fig. 4.29

NUDO “A”:

 FY  0  30 12,02sen56,31o  FADsen37o  0

FAD  33,33kN (COMPRESION)

 FX  0  FAC  33,33cos 37o 12,02cos 56,31o  0

FAC  33,33kN (TRACCION)

NUDO “D”: Fig. 4.30
Por simetría:
FDH  FDA  33,33kN (COMPRESION)
FY  0  2.33,33cos 53o  FDE  0

FDE  40kN (TRACCION)

Fig. 4.31
123

Como la armadura es simétrica, no determinamos las otras fuerzas internas, debido a que son
iguales al lado izquierdo de la armadura.
De esta manera, las reacciones en los apoyos y fuerzas internas en todas las barras de la
armadura, se muestran en la figura 4.32

Fig. 4.32

4.2 METODO DE LAS SECCIONES
PROBLEMA 4.7 Dada la siguiente armadura:
a) Usando el método de las secciones, determine las fuerzas axiales en las barras CD, KD y KJ,
indicando si están en tracción o compresión.
b) Usando el método de los nudos, determine la fuerza axial en la barra CK, indicando si está en
tracción o compresión.

Fig. 4.33  VG  533,33kgf 
Solución:  VA  266,67kgf 
a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

 MA  0  VG .(7,2)  800.(4,8)  0
 FY  0  VA  533,33  800  0
 FX  0  HA  0

124

Efectuamos el corte indicado, analizando la parte izquierda de la armadura, pero, previamente,

calculamos el valor del ángulo 
tg  1,5    22,62o

3,6

 MK  0   (FCD cos 22,62o ).(1)  266,67.(2,4)  0

FCD  693,34kgf (COMPRESION)

 MA  0  FKD  0
 MD  0  FKJ .(1,5)  266,67.(3,6)  0

FKJ  640kgf (TRACCION)

Fig. 4.34
b) Determinamos el valor de la fuerza interna en la barra CK, aplicando, para ello, no el método de

los nudos, sino el principio de barra nula en forma consecutiva en los nudos B, L, C y K para la
parte izquierda de la armadura, siendo las barras nulas de toda la armadura las barras BL, CL,
CK, KD, FH, HE y EI, tal como se muestra en la figura 4.35
En consecuencia:

FCK  0

Fig. 4.35
PROBLEMA 4.8 Dada la siguiente armadura:
a) Usando el método de los cortes, determine las fuerzas axiales en las barras DE, JE y JI,

indicando si están en tracción o compresión.
b) Usando el método de los nudos, determine las fuerzas axiales en las barras AB, AK, FG y GH

125

Fig. 4.36

Solución:

a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

MA  0  VG .(4) 10.(3,2)  20.(2,4)  0  VG  20kN 
VA  10kN 
 FY  0  VA  20  20 10  0 

 FX  0  HA  0

Analizamos la parte izquierda del corte, por ser la de menor trabajo:

 MJ  0   FDE .(0,6) 10.(1,6)  0

FDE  26,67kN (COMPRESION)

 FY  0  FJE.sen37o 10  0

FJE  16,67kN (COMPRESION)

 ME  0  10.(2,4)  FJI.(0,6)  0

FJI  40kN (TRACCION)

Fig. 4.37
126

b) Aplicamos el método de los nudos en los apoyos A y G
APOYO “A”:

tg  1,5    61,93o
0,8

 FX  0  FAK cos 61,93o  0

FAK  0

 FY  0   FAB 10  0

FAB  10kN (COMPRESION)

APOYO “G”:  Fig. 4.38

FY  0 20  FFGsen37o  0
FFG  33,33kN (COMPRESION)
FX  0 
33,33cos 37o  FGH  0
FGH  26,66kN (TRACCION)

Fig. 4.39
127

PROBLEMA 4.9 Un bloque de 20kN de peso, se encuentra suspendido en los nudos D y E de la
armadura, mediante dos cables inextensibles. Calcular las fuerzas en las barras AC, BC y BD,
utilizando el método de las secciones e indique si las fuerzas son de tracción o compresión.

Fig. 4.40
Solución:
Como el bloque pesa 20kN, entonces cada cable soporta 10kN y para determinar las fuerzas
internas en las barras AC, BC y BD efectuamos el corte 1-1, tal como se muestra en la figura 4.41

Fig. 4.41
Ahora, analizamos el lado derecho del corte y su equilibrio:

Fig. 4.42
128

MB  0  10.(1,2) 10.(2,4)  FACsen37o.(1,2)  FAC cos 37o.(0,9)  0
ME  0 FAC  25kN (TRACCION)
MC  0
 10.(1,2)  FBC cos 37o.(0,9)  FBCsen37o.(1,2)  0
FBC  8,33kN (COMPRESION)

 10.(1,2)  FBD.(0,9)  0
FBD  13,33kN (COMPRESION)

PROBLEMA 4.10 Dada la siguiente armadura:
a) Usando el método de los cortes, determinar las fuerzas axiales en las barras EF y BC, indicando

si están en tracción o compresión.
b) Analizar el nudo E y determinar las fuerzas axiales en las barras EH y ED

Fig. 4.43
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

MA  0  VG .(4)  4000.(3)  4000.(6)  2000.(9)  0

VG  13500N 

 FY  0  13500  VA  0

VA  13500N 

 FX  0  4000  4000  2000  HA  0

HA  10000N 

129

Efectuamos el corte indicado en la figura 4.43, denotándolo como 1-1 y analizamos el equilibrio
de la parte superior de la armadura.

 MC  0   2000.(3)  FEF.(4)  0

ME  0  FEF  1500N (COMPRESION)
FBC.(4)  2000.(3)  0

FBC  1500N (TRACCION)

Fig. 4.44

b) Analizamos el nudo E por el método de los nudos:

tg  3    56,3o
2

 FY  0  1500  FEDsen56,3o  0

FED  1802,98N (COMPRESION)

 FX  0  1802,98cos 56,3o  FEH  0

FEH  1000,37N (TRACCION)

Fig. 4.45
130

PROBLEMA 4.11 Usando el método de las secciones, determinar las fuerzas axiales en las barras
DE, QE, OQ y OP e indicar en cada caso, si las fuerzas son de tracción o de compresión.

Fig. 4.46

Solución:

Calculamos las reacciones en los apoyos:

MA  0  VK .(24) 1800.(6) 1000.(4) 1200.(12)  2000.(16)  0

FY  0 VK  2550lb 
 VA  2550 1000 1200  2000  0

FX  0 VA  1650lb 
 1800  HA  0

HA  1800lb 

En la figura 4.47 se muestran los cortes 1-1 y 2-2 que debemos de realizar para determinar las
fuerzas internas en las barras requeridas, así como las reacciones en los apoyos.

Fig. 4.47
Ahora, efectuamos el corte 1-1 mostrado en la figura 4.48 y determinamos las fuerzas internas en las
barras DE y OP

131

MP  0   FDE .(6) 1800.(6) 1650.(4)  0
MD  0 FDE  2900lb (COMPRESION)

 FOP.(6) 1650.(4) 1800.(6)  0
FOP  2900lb (TRACCION)

Fig. 4.48
Para determinar las fuerzas en QE y OQ, efectuamos el corte 2-2, analizando su equilibrio:

MO  0 

1000.(4) 1650.(8) 1800.(6)  2900.(6)  FQEsen37o.(4)  FQE cos 37o.(3)  0

FQE  541,67lb (COMPRESION)

FX  0  1800 1800  FOQ cos 37o  541,67 cos 37o  0

FOQ  541,67lb (TRACCION)

Fig. 4.49
132

PROBLEMA 4.12 Para la siguiente armadura plana mostrada en la figura, se tiene que la fuerza
axial en CD es 3000kgf y en GD es 500kgf, ambas en compresión.
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
b) Determinar los valores de las fuerzas P y Q

Fig. 4.50
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos, dejándolo en función de variables:

MK  0   VD.(4)  Q.(3)  Q.(6)  Q.(9)  P.(4)  0

VD  (P  4,5Q) 

 FY  0  (P  4,5Q)  VK  P  0

VK  4,5Q 

 FX  0  HK  3Q  0

HK  3Q 

b) Para determinar los valores de las fuerzas P y Q, debemos de efectuar los cortes 1-1 y 2-2, que

se muestran en la figura 4.51, donde también se esquematizan las direcciones de las reacciones

en los apoyos.

Posteriormente, analizamos la parte superior del corte 1-1 (figura 4.52), incorporando, para ello,

el valor de la fuerza axial en la barra CD

 MJ  0   3000.(4)  P.(4)  Q.(3)  Q.(6)  0

4P  9Q  12000 (a)

133

Fig. 4.51

Fig. 4.52
Fig. 4.53
134

Previamente al análisis del corte 2-2, calculamos la distancia perpendicular del nudo K hasta la

barra GD, con la finalidad de determinar el momento en el nudo K del corte 2-2

De la armadura inicial:

tg  3    56,31o
2

Luego, analizamos el triángulo DLK de la figura 4.53

d  4sen56,31o  3,328m

Fig. 4.54
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte superior al corte 2-2, incorporando las fuerzas axiales
en las barras CD y GD, tal como se muestra en la figura 4.54

MK  0   3000.(4)  500.(3,328)  Q.(3)  Q.(6)  Q.(9)  P.(4)  0

4P 18Q  13664 (b)

Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:

P  2584kgf

Q  184,89kgf

Ahora, retornamos a la parte a) del problema, determinando las reacciones en los apoyos:

VD  P  4,5Q  2584  4,5.(184,89)  3416kgf 

VK  4,5Q  4,5.(184,89)  832kgf 
HK  3Q  3.(184,89)  554,67kgf 

135

PROBLEMA 4.13 Para la armadura mostrada en la figura, calcular:
a) Las fuerzas axiales en las barras EL y AH usando el método de los cortes o secciones.
b) Las fuerzas en las barras AB y AG por el método de los nudos.

Fig. 4.55
Solución:
a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

MA  0  VI.(4)  400.(1,5)  200.(3)  200.(4,5)  600.(2)  600.(4)  0

VI  1425N 

 FY  0  VA 1425 1200  600  600  0

VA  975N 

 FX  0  400  200  200  HA  0

HA  800N 

Efectuamos un corte tipo S, tal como se muestra en la figura 4.56 y analizamos el equilibrio del
lado derecho del corte:

 MH  0  FEL .(4,5) 1425.(2)  600.(2)  0

ME  0  FEL  366,67N (COMPRESION)
 600.(2)  FAH.(4,5) 1425.(2)  0

FAH  366,67N (TRACCION)

136

Fig. 4.56
b) Ahora, calculamos las fuerzas axiales en las barras AB y AG, utilizando el método de los nudos,

y analizando el equilibrio en el nudo A, tal como se muestra en la figura 4.57

 FX  0  366,67  FAG cos 37o  800  0

FAG  541,66N (TRACCION)

 FY  0  541,66sen37o  975  FAB  0

FAB  1300N (COMPRESION)

Fig. 4.57

137

PROBLEMA 4.14 En la armadura mostrada, la fuerza axial en GH es 600N (tracción) y en BC es
480N (tracción), determinar:

a) El ángulo 

b) El valor de la carga P

Fig. 4.58
Solución:
a) Aplicamos el principio de barras nulas, siendo estas las barras BF, CG y DH, tal como se

muestra en la figura 4.59

Fig. 4.59
138

Como la barra CG es nula, entonces al analizar el equilibrio en el nudo G, tendremos que las
fuerzas axiales en las barras GF y GH son las mismas y ambas son de tracción, debido a que
por condición del problema la fuerza axial en GH es 600N en tracción.
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte derecha al corte 1-1, el cual se muestra en la figura
4.60

Fig. 4.60

 ME  0  FCF.(a 2)  600.(a)  0

FCF  424,26N (TRACCION)

 FY  0  Psen  424,26  480cos 45o  600sen45o  0

Psen  1187,93 (a)

 FX  0  Pcos   480sen45o  600cos 45o  0

P cos   763,67 (b)

Dividimos la ecuación (a) entre la ecuación (b) y obtenemos:

tg  1,555

De donde:

  57,26o

b) Para determinar el valor de la carga P, reemplazamos valores en la ecuación (a), es decir:

P 1187,93  1412,3N
sen57,26o

139

PROBLEMA 4.15 Para la estructura mostrada en la figura, se pide determinar:
a) Las reacciones en los apoyos A, B y D
b) Las fuerzas axiales en las barras BC y EF, indicando si son de tracción o de compresión.

Fig. 4.61

Solución:

a) Calculamos las reacciones en los apoyos:

 FX  0  HB  0

Efectuamos un corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte derecha del corte:

 FY  0  VD 10  0  VD  10T 

Fig. 4.62

Retornamos a la armadura inicial, analizando el equilibrio de toda la armadura:

MB  0  10.(3) 10.(2)  VA.(2)  0  VA  5T 

 FY  0  5 10 10  VB  0  VB  5T 

b) Para determinar las fuerzas axiales en las barras BC y EF, retornamos al corte 1-1 (figura 4.62)

 MD  0  10.(1)  FEF.(2)  0

FEF  5T (COMPRESION)

140

 FX  0  5  FBC  0
FBC  5T (TRACCION)

PROBLEMA 4.16 Para la armadura mostrada en la figura, se pide determinar:
a) Las reacciones en los apoyos A, B y D
b) Las fuerzas axiales en las barras FE, AB y JF, indicando si son de tracción o de compresión.

Fig. 4.63
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda del corte 1-1 de la armadura:

 FY  0  VA  5  0

VA  5T 

Fig. 4.64
Para determinar la reacción vertical en B, analizamos la armadura entre los cortes 1-1 y 2-2, tal
como se muestra en la figura 4.65

 FY  0  VB  6  0

VB  6T 

141

Fig. 4.65

Retornamos a toda la armadura, analizando su equilibrio, previa incorporación de las reacciones

ya calculadas, tal como se muestra en la figura 4.66

 FY  0  5  6  VD  5  6  0

MD  0  VD  0
6.(3)  5.(12)  4.(4)  5.(9)  6.(6)  HB.(4)  0

HB  4,75T 

 FX  0   4  4,75  HD  0

HD  0,75T 

Fig. 4.66
b) Determinamos las fuerzas axiales en las barras FE y AB, analizando el equilibrio del lado

izquierdo de la armadura del corte 1-1, incorporando el valor de la reacción en A, tal como se
muestra en la figura 4.67

 MA  0  5.(3)  FFE.(4)  0

FFE  3,75T (TRACCION)

 FX  0  FAB  3,75  4  0

FAB  0,25T (TRACCION)

142

Fig. 4.67
Ahora, determinamos la fuerza axial en la barra JF, efectuando un corte 3-3 y analizando el lado
izquierdo de la armadura.

 FY  0   5  FJFsen53o  0

FJF  6,25T (TRACCION)

Fig. 4.68

143

CAPITULO 5
DIAGRAMAS DE FUERZAS INTERNAS

5.1 FUERZAS INTERNAS
PROBLEMA 5.1 La siguiente viga tiene una componente de reacción en el apoyo B igual a 1002N,
se pide determinar:
a) El valor de “W”
b) Las fuerzas o acciones internas a 2m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.1

Solución:

a) Efectuamos el equilibrio de la viga, teniendo en cuenta que por dato del problema, la reacción

vertical en el apoyo B es igual a 1002N, debido a que es la única componente que alcanza dicho

valor.

MA  0  800sen60o.(1) 1002.(4)  1 .(1)(W) 2 .1  3.(W).(2,5)  0
2 3 

W  600N / m

 FX  0  HB  800cos 60o  0

HB  400N 

FY  0  VA  1002  800sen60o  1000  1 .(1).(600)  3.(600)  0
2

VA  2790,8N 

b) Efectuamos un corte a 2m a la derecha del apoyo A, analizando su equilibrio de la parte

izquierda de la viga (figura 5.2) y denotando el punto del corte como C

 FX  0  NC  800cos 60o  0

NC  400N (TRACCION)

FY  0  2790,8  800sen60o 1000  1 .(1).(600)  1.(600)  VC  0
2

VC  198N

144

MC  0 

 2790,8.(2)  800sen60o.(3) 1000.(2)  1 .(1).(600). 4   1.(600).(0,5)  M C  0
2  3 

MC  803,14N.m

Fig. 5.2

PROBLEMA 5.2 En la figura se muestra una viga empotrada en B, se pide determinar:
a) Las componentes de reacción en los apoyos.
b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 2m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.3
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la parte izquierda de la rótula (figura 5.4)

 MC  0   VA.(1) 100.(1)  70sen60o.(2)  0

VA  221,24N 

Fig. 5.4
145

Ahora, analizamos el equilibrio de toda la viga:

 FX  0   70cos 60o  HB  0

HB  35N 

FY  0   70sen60o 100  1 .(1,2).(500)  3.(500)  221,24  VB  0
2

VB  1739,38N 

MB  0 

70sen60o.(6,2) 100.(5,2)  1 .(1,2).(500).(3,4)  3.(500).(1,5)  221,24.(5,2)  MB  0
2

MB  3015,41N.m

La orientación de las reacciones en los apoyos y sus valores, se muestran en la figura 5.5

Fig. 5.5
b) Ahora, determinamos las fuerzas internas a 2m a la derecha del apoyo A, efectuando un

equilibrio en dicho punto, denotándolo como D

Fig. 5.6

 FX  0  ND  70cos 60o  0

ND  35N (TRACCION)

FY  0  221,24  70sen60o 100  1 .(1).(416,67)  VD  0
2

VD  147,72N

146

MD  0 

 221,24.(2)  70sen60o.(3) 100.(2)  1 .(1).(416,67). 1 .1  M D  0
2  3 

MD  8,83N.m

PROBLEMA 5.3 La siguiente viga mostrada en equilibrio tiene sus componentes de reacción vertical
en el apoyo A igual a 3T y en el apoyo B igual a 10T respectivamente, determinar:
a) El valor de “W”
b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 1m a la derecha del apoyo A

Fig. 5.7
Solución:
a) Analizamos el equilibrio de la viga, incorporando las reacciones que son dados como datos en el

problema, tal como se muestra en la figura 5.8

Fig. 5.8

MC  0   3.(5) 10.(2)  3W.(3,5)  0  W  3,33T / m

 FX  0  HA  0

 FY  0  3 10  VC  3,33.(3) 10  0  VC  7T 

b) Ahora determinamos las fuerzas internas a 1m a la derecha del apoyo A, efectuando un corte y

analizando su equilibrio, denotando a dicho punto como D

 FX  0  ND  0

 FY  0  3  3,33.(1)  VD  0  VD  0,33T

 MD  0   3.(1)  3,33.(1).(0,5)  MD  0  MD  1,335T.m

147

Fig. 5.9

PROBLEMA 5.4 En la siguiente barra doblada ABC, la componente de reacción en el apoyo C es
igual a 2000kgf, determinar:
a) El valor de W
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha de B

Fig. 5.10
Solución:
a) Determinamos el valor de W, efectuando el equilibrio de toda la estructura y, luego, calculamos

las componentes de reacción en el apoyo A

MA  0  2000.(6)  W.(4).(2)  1 .(W).(6).(4)  0
2

W  600kgf / m

 FX  0  600.(4)  HA  0

HA  2400kgf 

FY  0  VA  2000  500  1 .(6).(600)  0
2

VA  300kgf 

b) Ahora, efectuamos un corte a 2m a la derecha de B y analizamos el equilibrio de la parte
izquierda de la estructura, tal como se muestra en la figura 5.11

 FX  0  ND  600.(4)  2400  0

ND  0

148

FY  0  300  500  1 .(2).(200)  VD  0
MD  0  2

VD  400kgf

 300.(2)  2400.(4)  600.(4).(2)  500.(2)  1 .(2).(200). 2   MD  0
2 3

MD  4266,67kgf .m

Fig. 5.11
PROBLEMA 5.5 En la estructura mostrada en equilibrio se tiene dos barras AB y BC unidas por una
articulación en B, determine:
a) El valor de W (N/m) sabiendo que el momento en el empotramiento en C vale 500N.m en sentido

antihorario.
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha del punto B

Fig. 5.12
149

Solución:

a) Efectuamos un corte en la rótula B y analizamos el equilibrio de la parte izquierda del corte,

determinando la reacción en A y las fuerzas internas en la rótula.

 Mizq 0   VA.(1)  200  0  VA  200N 
B

 FY  0  200  VB  0  VB  200N 

 FX  0  HB  0

Los valores obtenidos se muestran en la figura 5.13

Fig. 5.13

Ahora, analizamos el lado derecho de la rótula B, es decir BC, determinando el valor de W y las
componentes de reacción vertical y horizontal en el empotramiento C, debido a que el momento
es dato del problema, esquematizando los resultados obtenidos en la figura 5.14

 FX  0  HC  0

MC  0   200.(4)  500  1 .(3).(W).(1)  0  W  200N / m
2

FY  0  200  VC  1 .(3).(200)  0  VC  100N 
2

Fig. 5.14
150