1. Estática UNSCH
PRESENTACION
Por preocupación del profesor por el desarrollo del curso, como estudiantes nosotros sus
alumnos, tuvimos la responsabilidad de desarrollar algunos ejercicios necesarios
referentes al curso tales como fuerzas repartidas, fuerzas en vigas, momentos de inercia,
análisis de estructuras y marcos. Los cuales el profesor crea conveniente las soluciones de
estos ejercicios.
Lo destacable del curso es la constante aplicación en la ingeniería. Mediante este curso se
puede aproximar al valor verdadero de los efectos en la realidad.
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2. Estática UNSCH
1. Empleando el método gráfico de Maxwel-Cremona, determinar las fuerzas y
su respectiva calidad, de todas las barras de la armadura mostrada en la
figura.
Solución
Calculo De Las Reacciones por la barra externa
Las reacciones en la barra son:
D
C
B
Entonces se calcula las reacciones en D y B
RDX =600lb
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3. Estática UNSCH
RBX =600lb
RDY =0 , RBY =0
Calculo de reacciones en A y G
Aplicando las leyes de equilibrio
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4. Estática UNSCH
Grafica de la estructura a escala conveniente (con las direcciones y sentidos de
las fuerzas corregidas)
Usando la notación de Bow
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5. Estática UNSCH
Aplicando El Método Grafico o Método De Maxwell-Cremona
Graficando a una escala conveniente
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6. Estática UNSCH
Respuesta
SEGMENTO FUERZA MODULO (lb) CALIDAD
be AB 1039.23 Tracción
cg BC 1039.23 Tracción
ch CD 1039.23 Tracción
hd DE 1200.00 compresión
df EF 1200.00 compresión
FG 1600 compresión
ae AF 529.15 Tracción
ef BF 600 compresión
fg EB 0.00
gh EC 0.00
2. Para las vigas mostradas en las figuras, determinar:
a) Reacciones en los apoyos.
b) Ecuaciones de fuerza cortante y momento flector.
c) Diagramas de fuerzas cortantes y momento flector.
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7. Estática UNSCH
d) Calcule el momento flector máximo y su respectiva ubicación.
FIG. 1
FIG. 2
SOLUCION
PROBLEMA 2 fig. 1 obteniendo su sistema equivalente para calcular las reacciones
2qa
C C D A
RDX
RDY RA
a a a
A) LAS REACCIONES EN LOS APOYOS :
RDX = 0
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8. Estática UNSCH
∑F y =0
qa
R DY + R A = + 2qa ........... ( I )
2
qa qa 2
∑M D =
2
( a ) + R A 2a −
2
− 2qa 2 = 0 sentido antihorario ( +)
R A = qa
De ( I )
qa
R DY + qa = + 2qa
2
qa
R DY = + qa
2
3qa
R DY =
2
respuestas :
3qa
R D = R DY =
2
R A = qa
B) ECUACIONES DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
Haciendo el diagrama del cuerpo libre
D q
2
1 A
C
RDY = 3qa/2 2 RA = qa
1
a a a
x
Tramo CD sección 1-1 0<x<a
X= 0 M= 0
qa qa 
V = − MF = − X  qa 2
2 2 X= a M= −
 2
Tramo DA; sección 2-2 a<x<3a
qa 3qa
V = (− + ) − q( x − a)
2 2
V = 2qa − qx
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9. Estática UNSCH
qa 2 3qa 2 a+x
MF = − + ( x − a )q ( ) + ( 2qa − qx ) x
2 2 2
qx 2 3qa 2
MF = − + 2qax −
2 2
C) DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
q
C D A
RDX
RDY RA
V
(+
D
)
X
a 2a
(-) 2a (- 3a
)
D) CALCULE EL MOMENTO FLECTOR MAXIMO Y SU RESPECTIVA UBICACION
MF mínimo
M
(-)
2a 3a
D a
X
(+)
Respuesta:
(+)
MF máximo
MF =
UBICACIÓN: 2a
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10. Estática UNSCH
PROBLEMA 2 (fig. 2)
Pq
A
N M
B
A) LAS REACCIONES EN LOS APOYOS :
Diagrama del cuerpo libre de la barra DA
P Pa
D A
RDX RAX
RDY RAY
a a a
En la barra DA
∑M D =0 sentido antihorario positivo
− Pa + Pa + 3aR AY = 0
N D
3aR AY = 0 →R MY = 0
∑F Y =0 RNY=P P
R DY = P
Por ∑F X = R DX = −R AX MN=Pa a
Ademas
R NX = R DX = R AX = R MX
Y no se puede calcular sus módulos a falta de datos
En la barra ND
∑F Y =0
R NY = P
∑M N =0 sentido antihorario positivo
− Pa + M N = 0
M N = Pa
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11. Estática UNSCH
respuestas :
R AY = 0
R DY = P
R MY = 0
R NY = P
M N = Pa
B) ECUACIONES DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
1 D
TRAMO ND sección 1-1 0<x<a
V =P RNY=P N P
MF = −M N + Px
MF = −Pa + Px MN=Pa 1
a
TRAMO DC
sección 2-2 a<x<2a 2 P
P C 3 B 4
V =P DP Pa
MF = P ( x − a )
TRAMO CB P 2 3 4
sección 3-3 2a<x<3a a a a
V =0
MF = Pa
TRAMO BA A M
sección 4-4 3a<x<4a 5
V =0
MF = 0 a
5
TRAMO AM
Sección 5-5 4a<x<5a
V =0
MF = 0
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12. Estática UNSCH
C.- DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR
Pq
A
N M
B
V
P
(+) (+)
X
N D C B A M
C) CALCULE EL MOMENTO FLECTOR MAXMIMO Y SU RESPECTIVA UBICACION
M
-Pa
(-)
X
N D (+) (+) B A M
Pa
C MFmáx.=pa
UBICACIÓN: De 2a hasta3a
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13. Estática UNSCH
3. Para la figura compuesta mostrada en la figura, determinar gráficamente:
A) La dirección de los ejes principales que parten del origen.
B) Los momentos de inercia principales.
C) Los momentos de inercia ,y el producto de inercia , para
un ángulo que hace con el eje positivo de la “X” de 70º, medido en
sentido horario.
SOLUCION
Descomponemos la figura en otras más simples y las marcamos con números
fig. 1
y = kx 2 5  19 * 7 
x=  − y
7 = 25k 7 5 
7 2
y= x
25
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14. Estática UNSCH
Procedemos a calcular los momentos de cada figura marcada según lo más conveniente
I X 1 = ∫ y 2 dA dA = (5 − x)dY
I X 1 = ∫ y (5 − x)dY
2
7  25 
I X 1 = ∫ y 2 5 −
 y dY
0
 7  
245
I X1 =
3
1
IX2 = * 3 * 73
2
IX2 = 343
1
IX3 = * 3 * 43 − 3 * 4 * 52
12
IX3 = 316
IX4 = IX2 = IX3
I X 5 = ∫ y 2 dA ⇒ d A = ( X − 14 ) dY
 5  19 * 7  
I X 5 = ∫ y 2 ( X − 14 ) dY = ∫ y 2  
7 7
7 − y  − 14 dY

0 0
  5  
1715
IX5 =
12
De la misma manera para los Iyn
7 2
I Y 1 = ∫ x 2 dA ⇒ dA = ydX = x dX Procedemos a calcular los momento de
25
 7 2
inercia de toda la figura
IY 1 = ∫ x 2  x dX
 25 
I Y 1 = 175
1
IY 2 = * 33 * 7 + 3 * 7 * (5 +1* 5) 2
12
IY 2 = 903
1
IY 3 = * 33 * 4 + 3 * 4 * (8 +1* 5) 2
12
IY 3 = 1092
1
IY 4 = * 33 * 4 + 3 * 7 * (11 +1* 5) 2
12
IY 4 = 3297
 −7 19 * 7 
I Y 5 = ∫ y 2 dA dA = YdX =  x+ dX
 5 5 
19  −7 19 * 7  51835
IY 5 = ∫ x 2  x+ dX =
14
 5 5  12
14719
I X = I X1 + I X 2 + I X 3 + I X 4 + I X 5 = ≈ 1226.58
12
117439
IY = IY1 + IY 2 + IY 3 + IY 4 + IY 5 = ≈ 9786.58
12
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15. Estática UNSCH
Para hallar el producto de inercia de toda la figura volvemos a enumerar esta vez de una forma
más conveniente para disminuir el trabajo
7 2 * 14 2
I XY 123456 = I XYT = = 2401


T
4
Para I XY 1
I XY 1 = dx ' y '+dA x y
7 25   25  1
I XY 1 = 0 + ∫   
 7 y y  7 y  2

0
   
1225
I XY 1 =
6
I XY 5 = 0 + (8 +1 * 5)(1 * 8)(3)(3)
513
I XY 5 =
4
−5 2 * 7 2 5*7 7  5
I XY 7 = + * 14 + 
72 2 3 3
14945
I XY 7 =
24
con estos resultados calculamos el producto de inercia de toda la figura
I XY = I XYT + I XY 7 − I XY 1 − I XY 1
64591
I XY = ≈ 2691.29
24
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16. Estática UNSCH
− I XY
tg (2θ ) = = 0.6288064642
I X − IY
2θ = 32.1619466º
θ = 16.081º
Con estos datos graficamos el circulo de MHOR
Los datos encontrados, están comprobados.
a) La dirección de los ejes principales que parten del origen: reemplazando los
datos en la fórmula:
− I XY
tg (2θ ) = = 0.6288064642
I X − IY
2θ = 32.1619466º
θ = 16.081º
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17. Estática UNSCH
Comprobamos con el círculo de Mhor
2Ө=32º9’47.29’’=32.16
Ө=16.081º
b) Los momentos de Inercia principales.
2
I X + IY  I X − IY 
 + ( I XY )
2
I min,max =  
2  2 
2
1226.98 + 9785.58  1226.98 − 9785.58 
I min,max =    − (2691.29)
2
2  2 
I min = 451.12
I max = 10562.443
Observamos estos valores en el círculo de Mhor:
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18. Estática UNSCH
c) Los momentos de Inercia Ix’, Iy’ y el producto de Inercia Ix’y’, para un ángulo
que hace con el eje positivo de la “x” de 70°, medido en sentido horario.
Dado que el sentido de giro es horario, hallamos su giro en sentido horario:
Ө=360-70º=290°,
 2 Ө=580°
El momento de inercia respecto del eje X’ es:
Para el momento de inercia respecto del eje Y’, Ө=290+90 = 380°
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19. Estática UNSCH
El producto de inercia es:
También lo comprobamos en el círculo de Mhor:
Giramos 2(70º) =140º en sentido horario para el gráfico y tenemos Ix’, Iy’, Ix’y’
Del gráfico
Ix’=10515.22
Iy’=498.93
Ix’y’=689.35
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