Sistemas Planos Mixtos

1. Clase N° 7 – TPN° 5
Sistemas Planos Mixtos
Curso de Estática y
Resistencia de Materiales
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Industrial de la Facultad de Ingeniería de la
Universidad de Buenos Aires

2. Resolvamos el
siguiente
Sistema Mixto
Enunciado
Para la estructura indicada se solicita:
• Analizar la isostaticidad del sistema (justifique cada una de las chapas).
• Dibujar el diagrama de cuerpo libre (DCL).
• Calcular las reacciones de vínculo externo (RVE).
• Calcular las reacciones de vínculo internas (RVI) K1 y K2.
• Dibujar los diagramas de características indicando los valores en los puntos significativos.
• Analizar el equilibrio del nudo T.
• En el reticulado, indicar los esfuerzos de las barras cortadas por el corte n-n
indicando si son de tracción o compresión. (aplicando el Método de Ritter)
K1
K2 C
B
A
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
• En el reticulado, indicar los esfuerzos
de las barras concurrentes a los
nodos 1, 2 y 3 indicando si son de
tracción o compresión. (aplicando el
Método de los Nudos)
• Comparar resultados
1
2
3
+

3. Esta Clase pretende reunir un compendio de los temas vistos en “Sistemas Vinculados”
(Clase 3), “Reticulados” (Clase 4) y “Sistemas de Alma Llena – Diagramas de
Características” (Clase 5) en la resolución de un “Sistema Mixto”...
Introducción
K1
K2 C
B
A
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
chapa 1
chapa 2
chapa 3
Dicho esto, comencemos con el análisis. El Sistema está constituido por 3 chapas, a saber:
chapa 1 , chapa 2 y chapa 3
Resolvamos el
siguiente
Sistema Mixto
La chapa 1 es un reticulado, mientras que la chapa 2 y la chapa 3 forman un sistemas de
alma llena de 2 chapas.
Los vínculos internos se corresponden a
sendas articulaciones (segunda especie) que
restringen los movimiento tanto verticales
como horizontales y permitiendo los giros
relativos en el plano
+

4. Estudio de la isostaticidad del sistema
K1
K2 C
B
A
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
chapa 1
chapa 2
chapa 3
chapa 1 , chapa 2 y chapa 3
Para que un sistema sea
isostático deberá cumplirse
que:
𝑮𝑳 = 𝑵° 𝒅𝒆 𝑽í𝒏𝒄𝒖𝒍𝒐𝒔
Los grados de libertad (GL), en el
plano, son 3 por cada chapa que
conforma el sistema:
𝑮𝑳 = 𝟑 ∙ 𝟑 = 𝟗
En cuanto a los vínculos, se deben
considerar tanto los externos (VE)
como los internos (VI)
Vínculos externos (VE):
1
1
3
𝑽𝑬 = 𝟏 + 𝟏 + 𝟑 = 𝟓
Vínculos internos (VI):
2
2
𝑽𝑰 = 𝟐 + 𝟐 = 𝟒
Vínculos totales: 𝑽𝑬 + 𝑽𝑰 = 𝟓 + 𝟒 = 𝟗
𝑮𝑳 = 𝑵° 𝒅𝒆 𝑽í𝒏𝒄𝒖𝒍𝒐𝒔 = 𝑽𝑬𝑹𝑰𝑭𝑰𝑪𝑨
+

5. Estudio de la isostaticidad del sistema
K1
K2 C
B
A
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
chapa 1
chapa 2
chapa 3
1
1
3
2
2
Además no deben existir vínculos
ficticios, para lo cual las normales
trazadas por los vínculos de 1era
especie no deben pasar por los
restantes vínculos ni cortarse 3 en un
mismo punto:
𝑽𝑬𝑹𝑰𝑭𝑰𝑪𝑨
Por último, los vínculos externos (VE)
deberán estar distribuidos en el sistema
de forma tal de no ser superior a 3 por
chapa:
chapa 1: 1 ≤ 3
chapa 2: 1 ≤ 3
chapa 3: 3 = 3
𝑽𝑬𝑹𝑰𝑭𝑰𝑪𝑨
𝒑𝒐𝒓 𝒍𝒐 𝒒𝒖𝒆, 𝒆𝒍 𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂 𝒆𝒔 𝑰𝑺𝑶𝑺𝑻𝑨𝑻𝑰𝑪𝑶
+
… y además las barras extremas no son
hipostáticas

6. C
B
A
K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Dibujo del “Diagrama de Cuerpo Libre” (DCL)
Para ello reemplazamos los
vínculos externos por las
reacciones que producen
Los signos con los que se
grafiquen estas reacciones no
importan en esta instancia,
dado que al calcular sus
valores, de aparecer con signo
positivo (+), indicarán que el
sentido adoptado es el
correcto, mientras que si
aparecen con signo negativo (-)
deberán invertirse
HA
HB
HC
MC
VC
+

7. 𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= 𝟎
K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Cálculo de las “Reacciones de Vínculo Externo” (RVE)
HA
HB
HC
MC
VC
Planteamos las ecuaciones de equilibrio
de la estática para todo el sistema plano
de chapas:
𝐅𝐇 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟎
…son 3 ecuaciones y 5 incógnitas (HA ,HB ,HC ,MC y VC). Debemos plantear otras 2
ecuaciones adicionales, linealmente independientes, para resolver el problema:
…pero no sólo el sistema debe estar en
equilibrio sino cada una de las chapas.
Así, podemos plantear para la chapa 1 (en
dónde aparecerán las reacciones que se
indican: RVD y RHD), las siguientes
ecuaciones:
…donde RVD y RHD son
incógnitas pero que si
se toman momentos
respecto de K1 generan
momento nulos…
RHD
RVD
chapa 1
𝑴𝑲𝟏
𝑰
= 𝟎
…sólo tendrá por
incógnita HA:
Así
Nota: RHD y RVD son las reacciones de todas las fuerzas activas y
reactiva que se hallan a la derecha de K1
+

8. K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Cálculo de las “Reacciones de Vínculo Externo” (RVE)
HA
HB
HC
MC
VC
Planteamos las ecuaciones de equilibrio
de la estática:
𝐅𝐇 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟎
…análogamente, planteando el
equilibrio para la chapa 3 será:
chapa 3
RHI
RVI
…donde RVI y RHI son
incógnitas pero que si
se toman momentos
respecto de K2 generan
momento nulos…
𝐅𝐇
𝐃
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐃
= 𝟎
𝐌𝐊𝟐
𝐃
= 𝟎
…por lo que si se seleccionan
las siguientes ecuaciones:
…se tendrá un sistema de 5 ecuaciones
con 5 incógnitas HA , HB , HC , VC y MC:
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= 𝟎
Nota: RHI y RVI son las reacciones de todas las fuerzas activas y
reactiva que se hallan a la izquierda de K2
+

9. 𝐅𝐇 = −𝐇𝐀 − 𝟒𝟎 𝐊𝐍 + 𝐇𝐁 + 𝐇𝐂 = 𝟎
𝐅𝐕 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
𝟏
𝟐
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝐕𝐂 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟗 𝐦 − 𝐇𝐀 ∙ 𝟏 𝐦 + 𝟒𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟐 𝐦 −
𝟏
𝟐
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦 + 𝟒 𝐦 +
+𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟐, 𝟓 𝐦 + 𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 − 𝐇𝐁 ∙ 𝟐 𝐦 + 𝐌𝐂 = 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= −𝐇𝐀 ∙ 𝟔 𝐦 − 𝟒𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟑 𝐦 = 𝟎
𝐌𝐊𝟐
𝐃
= 𝐌𝐂 + 𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 − 𝐕𝐂 ∙ 𝟒 𝐦 = 𝟎
K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Cálculo de las “Reacciones de Vínculo Externo” (RVE)
HA
HB
HC
MC
VC
𝐅𝐇 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟎
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐇
𝐃
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐃
= 𝟎
𝐌𝐊𝟐
𝐃
= 𝟎
Reemplazando valores en las
ecuaciones resulta:
…y resolviendo el sistema se tiene:
20 KN
37,50 KN
50 KN
17,50 KN
240 KNm
DCLE
Corregimos el sentido de las reacciones
HA , HC , VC y MC
𝐇𝐀 = −𝟐𝟎 KN
𝐇𝐁 = 𝟑𝟕, 𝟓𝟎 KN
𝐇𝐂 = −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 KN
𝐕𝐂 = −𝟓𝟎 KN
𝐌𝐂 = −𝟐𝟒𝟎 KN
+

10. 50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Cálculo de las “Reacciones de Vínculo Interno” (RVI)
𝐅𝐇 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟎
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐇
𝐃
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐃
= 𝟎
𝐌𝐊𝟐
𝐃
= 𝟎
Planteando el equilibrio de fuerzas
horizontales y verticales de la chapa 1
se tiene:
…y resolviendo los sistemas se tiene:
chapa 1
RHD
RVD
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍 − 𝟒𝟎 𝐊𝐍 + 𝐑𝐇𝐃
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 + 𝐑𝐕𝐃
…planteando ahora el equilibrio de fuerzas horizontales y verticales de la chapa 3 se tiene:
𝐅𝐇
𝐃
= 𝟎 = −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝐑𝐇𝐈
𝐅𝐕
𝐃
= 𝟎 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝐑𝐕𝐈
chapa 3
RHI
RVI
𝐑𝐇𝐃 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐕𝐃 = 𝟑𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐇𝐈 = −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐕𝐈 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
Nota: RHD y RVD son las reacciones de todas las fuerzas activas y reactiva que se hallan a la
derecha de K1
Nota: RHI y RVI son las reacciones de todas las fuerzas activas y
reactiva que se hallan a la izquierda de K2
Corregimos el sentido de las
reacción interna RH1
37,50 KN
+

11. 50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
K1
K2
30 KN
3 m 5 m 2 m 2 m
3
m
3
m
3
m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KN
40 KNm
12 KN/m
T
n n
Cálculo de las “Reacciones de Vínculo Interno” (RVI)
𝐅𝐇 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟎
𝐌𝐂 = 𝟎
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎
𝐌𝐊𝟏
𝐈
= 𝟎
𝐅𝐇
𝐃
= 𝟎
𝐅𝐕
𝐃
= 𝟎
𝐌𝐊𝟐
𝐃
= 𝟎
Planteando el equilibrio de fuerzas
horizontales y verticales de la chapa 1
se tiene:
…y resolviendo los sistemas se tiene:
chapa 1
RHD
RVD
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍 − 𝟒𝟎 𝐊𝐍 + 𝐑𝐇𝐃
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 + 𝐑𝐕𝐃
…planteando ahora el equilibrio de fuerzas horizontales y verticales de la chapa 3 se tiene:
𝐅𝐇
𝐈
= 𝟎 = −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝐑𝐇𝐈
𝐅𝐕
𝐈
= 𝟎 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝐑𝐕𝐈
chapa 3
RHI
RVI
𝐑𝐇𝐃 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐕𝐃 = 𝟑𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐇𝐈 = −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐑𝐕𝐈 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
Nota: RHD y RVD son las reacciones de todas las fuerzas activas y reactiva que se hallan a la
derecha de K1
Nota: RHI y RVI son las reacciones de todas las fuerzas activas y
reactiva que se hallan a la izquierda de K2
Corregimos el sentido de las
reacción interna RH1
RHI
37,50 KN
+

12. Resolución del Sistema Mixto
Para ello,
procedemos
como sigue:
Dividimos el “Sistema Mixto” en un Reticulado y en un Sistema de
Alma Llena y los resolvemos en forma independiente.
K1
A
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
K2 C
B
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
+

13. Dividimos el “Sistema Mixto” En un Reticulado y en un Sistema de
Alma Llena y los resolvemos en forma independiente.
Resolución del Sistema Mixto
Para ello,
procedemos
como sigue:
K1
A
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
K2 C
B
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
K1
K2 C
B
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
+

14. Dividimos el “Sistema Mixto” En un Reticulado y en un Sistema de
Alma Llena y los resolvemos en forma independiente.
Resolución del Sistema Mixto
Para ello,
procedemos
como sigue:
K1
A
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
K1
K2 C
B
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
Realizamos los respectivos Diagramas de Cuerpo Libre (DCL)
37,50 KN
20 KN 50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
20 KN
30 KN
+

15. Resolución del Reticulado
Trabajemos
con el
Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
37,50 KN
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
+

16. Resolución del Reticulado
Trabajemos
con el
Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
1. Estudio de isostaticidad de la estructura y de la generación del
reticulado
En cuanto a la generación del reticulado se
cumple que:
• Está formados exclusivamente por
triángulos.
• Cada dos triángulos, estos tienen un
lado (barra) en común y dos nudos en
común.
• Un mismo nudo, no pertenece a más de
tres triángulos.
• Existen nudos a los cuales concurren
sólo dos barras.
Por lo tanto el reticulado es un “Reticulado
Simple” de 9 barras (b) y 6 nudos (n), por lo
que se cumple:
El reticulado es estrictamente indeformable.
𝒃 = 𝟐 ∙ 𝒏 − 𝟑
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
5
6
7
8
9
+

17. Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
2. Cálculo de los esfuerzos de las barras (4, 5 y 6) por el método
de Ritter
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
El método consiste en calcular el esfuerzo de
la/s barra/s a partir de la sección del reticulado
(que definiendo una parte superior y otra
inferior) corte a la/s barra/s en cuestión.
Para ello, aplicaremos las condiciones de
equilibrio de momentos a una de las dos
partes del reticulado.
Realizamos el corte por n-n y seleccionamos la
parte inferior del reticulado.
Explicitamos los esfuerzos de las barras 4, 5 y 6
que equilibrarán a la parte inferior del
reticulado.
En principio asumimos que todos los esfuerzos
de las barras N4, N5 y N6 son de tracción
(positivos). Si al calcularlos algún valor resulta
negativo, el esfuerzo será de compresión y
habrá que cambiar su sentido.
Trabajemos
con el
Reticulado
n n
5
3
m
N5
N6 N4
+

18. Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
2. Cálculo de los esfuerzos de las barras (4, 5 y 6) por el método
de Ritter
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
Calculamos la longitud de la barra 2.
Trabajemos
con el
Reticulado
n n
5
3
m
N5
N6 N4
𝑳𝟐 =
𝟑 𝒎
cos 𝟒𝟓°
= 𝟒, 𝟐𝟒 𝒎
45°
Planteamos las ecuaciones de equilibrio de
momentos respecto de los nodos 1, 2 y 3.
𝐌𝟏 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟑 𝐦 − 𝐍𝟒 ∙ 𝟑 𝐦 = 𝟎
𝐌𝟐 = 𝐍𝟔 ∙ 𝟑 𝐦 + 𝐍𝟓 ∙ 𝟒, 𝟐𝟒 𝐦 − 𝟐𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟑 𝐦 = 𝟎
𝐌𝟑 = 𝐍𝟔 ∙ 𝟑 𝐦 + 𝐍𝟓 ∙
𝟏
𝟐
∙ 𝟒, 𝟐𝟒 𝐦 = 𝟎
…y resolviendo el sistema se tiene:
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 KN
𝐍𝟓 = 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 KN
𝐍𝟔 = −𝟐𝟎 KN
Corregimos el sentido de los
esfuerzos de las barras N4 y N6
N4
N6
+

19. ⟹
𝑵𝟏 = −𝟑𝟎 𝑲𝑵
𝑵𝟐 = 𝟎
Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
3. Cálculo de los esfuerzos de las barras (1, 2, 3, 4, 5 y 6) por el método de los Nudos
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
n n
5
3
m
45°
Trabajemos
con el
Reticulado
El método consiste en imponer el equilibrio para cada una de las articulaciones de los
nudos dado que si el sistema está en equilibrio, los nudos también lo estarán.
Por lo tanto plantearemos las ecuaciones de equilibrio para las fuerzas horizontales y
para las fuerzas verticales.
Dado que las ecuaciones con las que contamos son dos, dos será la cantidad de
incógnitas que podremos calcular, por ello arrancaremos el cálculo por un nodo al que
concurran sólo dos barra, por ejemplo el Nudo 2.
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝐍𝟐 ∙ sin 𝟒𝟓°
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟏 − 𝐍𝟐 ∙ cos 𝟒𝟓°
Nudo
Regla Práctica 1: Si el esfuerzo en una barra se acerca al
nudo hay compresión; si se aleja hay tracción
Regla Práctica 2: El sentido de la flecha en el extremo de
cualquier barra debe cambiarse en el otro extremo.
Recordamos:
Proponemos los esfuerzos N1 y N2 de
Tracción (las flechas parten del nudo)
N1
N2
+

20. Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
3. Cálculo de los esfuerzos de las barras (1, 2, 3, 4, 5 y 6) por el método de los Nudos
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
n n
5
3
m
45°
El método consiste en imponer el equilibrio para cada una de las articulaciones de los
nudos dado que si el sistema está en equilibrio, los nudos también lo estarán.
Por lo tanto plantearemos las ecuaciones de equilibrio para las fuerzas horizontales y
para las fuerzas verticales.
Dado que las ecuaciones con las que contamos son dos, dos será la cantidad de
incógnitas que podremos calcular, por ello arrancaremos el cálculo por un nodo al que
concurran sólo dos barra, por ejemplo el Nudo 2.
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝐍𝟐 ∙ sin 𝟒𝟓°
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟏 − 𝐍𝟐 ∙ cos 𝟒𝟓°
Nudo
Regla Práctica 1: Si el esfuerzo en una barra se acerca al
nudo hay compresión; si se aleja hay tracción
Regla Práctica 2: El sentido de la flecha en el extremo de
cualquier barra debe cambiarse en el otro extremo.
Recordamos:
⟹
𝑵𝟏 = −𝟑𝟎 𝑲𝑵
𝑵𝟐 = 𝟎
grafiquemos la fuerza N1 (compresión)… Proponemos los esfuerzos N1 y N2 de
Tracción (las flechas parten del nudo)
N2 = 0 por lo que en el Nudo 1
las únicas incógnitas son N3 ,
N5 y N6.
N2
N1
30 [KN]
30 [KN]
+

21. Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
3. Cálculo de los esfuerzos de las barras (1, 2, 3, 4, 5 y 6) por el método de los Nudos
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
n n
5
3
m
45°
Regla Práctica 1: Si el esfuerzo en una barra se acerca al
nudo hay compresión; si se aleja hay tracción
Regla Práctica 2: El sentido de la flecha en el extremo de
cualquier barra debe cambiarse en el otro extremo.
Recordamos:
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝐍𝟑
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟒
Nudo 3
Nudo
Proponemos los esfuerzos N3 y N4 de Tracción (las flechas parten del nudo)
N4
N3
N3 = 0 por lo que en el Nudo 1 las únicas incógnitas
son N5 y N6.
30 [KN]
30 [KN]
+
⟹
𝐍𝟑 = 𝟎
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍

22. Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
3. Cálculo de los esfuerzos de las barras (1, 2, 3, 4, 5 y 6) por el método de los Nudos
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
n n
5
3
m
45°
Regla Práctica 1: Si el esfuerzo en una barra se acerca al
nudo hay compresión; si se aleja hay tracción
Regla Práctica 2: El sentido de la flecha en el extremo de
cualquier barra debe cambiarse en el otro extremo.
Recordamos:
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝐍𝟑
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟒
Nudo 3
Nudo
Proponemos los esfuerzos N3 y N4 de Tracción (las flechas parten del nudo)
N4
N3
30 [KN]
30 [KN]
grafiquemos la fuerza N4 (compresión)…
30 [KN]
+
⟹
𝐍𝟑 = 𝟎
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍
N3 = 0 por lo que en el Nudo 1 las únicas incógnitas
son N5 y N6.

23. N3 = 0 por lo que en el Nudo 1 las únicas incógnitas
son N5 y N6.
Resolución del Reticulado
K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
3. Cálculo de los esfuerzos de las barras (1, 2, 3, 4, 5 y 6) por el método de los Nudos
1
2
3
4 5
6
1
2
3
4
6
7
8
9
n n
5
3
m
45°
Regla Práctica 1: Si el esfuerzo en una barra se acerca al
nudo hay compresión; si se aleja hay tracción
Regla Práctica 2: El sentido de la flecha en el extremo de
cualquier barra debe cambiarse en el otro extremo.
Recordamos:
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝐍𝟑
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟒
Nudo 3
Nudo
Proponemos los esfuerzos N3 y N4 de Tracción (las flechas parten del nudo)
30 [KN]
30 [KN]
grafiquemos la fuerza N4 (compresión)…
30 [KN]
Nudo 1
Nudo
Proponemos los esfuerzos N5 y N6
de Tracción (las flechas parten del nudo)
N5
N6
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟓 ∙ cos 𝟒𝟓°
𝐅𝐕 = 𝟎 = −𝐍𝟓 ∙ cos 𝟒𝟓° − 𝐍𝟔
⟹
𝐍𝟓 = 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 𝐊𝐍
𝐍𝟔 = −𝟐𝟎 𝐊𝐍
grafiquemos la fuerza N5 (tracción) y N6
(compresión)…
28,30 [KN]
20 [KN]
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 KN
𝐍𝟓 = 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 KN
𝐍𝟔 = −𝟐𝟎 KN
Comparemos resultados:
Según Ritter Según Nudos
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 KN
𝐍𝟓 = 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 KN
𝐍𝟔 = −𝟐𝟎 KN
𝑽𝑬𝑹𝑰𝑭𝑰𝑪𝑨
+
⟹
𝐍𝟑 = 𝟎
𝐍𝟒 = −𝟑𝟎 𝐊𝐍

24. Resolución del Reticulado
30 KN
3 m
3
m
3
m
20 KN
4. En forma análoga podemos calcular los restantes esfuerzos en las barras 7, 8 y 9
1
2
3
1
2
3
4
6
45°
30 [KN]
30 [KN]
30 [KN]
28,30 [KN]
20 [KN]
40 KN
20 KN
30 KN
20 [KN] 30 [KN]
20 [KN]
20 [KN]
10 [KN]
28,30 [KN]
10 [KN]
28,30 [KN]
28,30 [KN] 𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝟑𝟎 𝐊𝐍 − 𝐍𝟖 − 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ cos 𝟒𝟓°
𝐅𝐕 = 𝟎 = 𝐍𝟕 + 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ sin 𝟒𝟓° − 𝟒𝟎 𝐊𝐍
Nudo 5
𝐅𝐇 = 𝟎 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍 + 𝐍𝟗 ∙ cos 𝟒𝟓°
𝐅𝐕 = 𝟎 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍 + 𝐍𝟗 ∙ sin 𝟒𝟓°
Nudo 4
⟹
𝐍𝟕 = 𝟐𝟎 𝐊𝐍
𝐍𝟖 = −𝟏𝟎 𝐊𝐍
⟹ 𝐍𝟗 = 𝟐𝟖, 𝟑𝟎 𝐊𝐍
7
8
9
5
n n
5
3
m
Tracción / Compresión
+

25. Resolución del Sistema de alma Llena
Trabajemos
ahora con el
Sistema de Alma
Llena K1
30 KN
3 m
3
m
3
m
3
m
40 KN
20 KN
20 KN
30 KN
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
37,50 KN
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
+

26. Resolución del Sistema de alma Llena
Trabajemos
ahora con el
Sistema de Alma
Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
37,50 KN
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
Adoptaremos TERNAS
LOCALES IZQUIERDA
z
y
Barra vertical
Barra oblicua
Barra oblicua
z
y
Barra horizontal
Por lo que ahora serán:
Ecuaciones de equilibrio interno de
la ESTÁTICA
𝐏𝐙 = 𝟎
𝐏𝐘 = 𝟎
𝐌𝐗 = 𝟎
RELACIONES DIFERENCIALES
𝒅𝑵𝒛 𝒛
𝒅𝒛
= −𝒒𝒛 𝒛
𝒅𝑸𝒚 𝒛
𝒅𝒛
= −𝒒𝒚 𝒛
𝒅𝑴𝒙 𝒛
𝒅𝒛
= 𝑸𝒚 𝒛
Todo referido a las Ternas
Locales x, y, z
+

27. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
37,50 KN
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
Seleccionamos las
“Secciones Claves”…
…dónde calcularemos los esfuerzos característicos “ij” donde: i  “sección”; j  “del lado de…”
1 2
3
4
12 21 23
24
42
45
5
54
32
Analizamos las secciones
1. Sección 12, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟏𝟐
= −𝟐𝟎 𝐊𝐍 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐫𝐞𝐬𝐢ó𝐧
𝐐𝐲 𝟏𝟐
= −𝟑𝟎 𝐊𝐍 + 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝐝𝐳 ≅ −𝟑𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟏𝟐
= 𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝐝𝐳 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝐝𝐳𝟐
≅ 𝟎
2. Sección 21, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟐𝟏
= −𝟐𝟎 𝐊𝐍 𝐜𝐨𝐦𝐩𝐫𝐞𝐬𝐢ó𝐧
𝐐𝐲 𝟐𝟏
= −𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 = 𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟐𝟏
= 𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝐦
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes a la izquierda de la sección 12. Recordar que las fuerzas
activas y reactivas van referidas a la terna local izquierda de la
barra 21.
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes a la izquierda de la sección 21.
6 7
56 65 67 76
(Eligiremos las secciones claves en los extremos de barras, nodos,
vínculos entre chapas, dónde se encuentren actuando fuerzas y/o
momentos o dónde comiencen o termines las cargas distribuidas).
z
y
+

28. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
Seleccionamos las
“Secciones Claves”…
1 2
3
12 21 23
24
32
3. Sección 32, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟑𝟐
= − 𝟎 𝐊𝐍 = 𝟎
𝐐𝐲 𝟑𝟐
= − −𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟑𝟐
= − −𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝐝𝐳 ≅ 𝟎
Nota: evaluar los esfuerzos característicos en esta sección (que se encuentra un dz a la izquierda del punto crítico 3) implica evaluar todas
las fuerzas activas y reactivas existentes a excepción de los 50 KN actuantes en 3. Resulta más práctico (y así procederemos) tomar todas
las fuerzas activas y reactivas existentes a la derecha de la sección 32 y cambiarles el signo. Recordar que las fuerzas activas y reactivas
van referidas a la terna local izquierda de la barra 23.
4. Sección 23, los esfuerzos actuantes son:
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes a la derecha de la sección 23 y les cambiaremos el signo.
𝐍𝐳 𝟐𝟑
= − 𝟎 𝐊𝐍 = 𝟎
𝐐𝐲 𝟐𝟑
= − −𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟐𝟑
= − −𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟏, 𝟓 𝐦 = 𝟕𝟓 𝐊𝐍𝐦
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
z
y
37,50 KN
+

29. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
4. Sección 24, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟐𝟒
= −[−𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ] = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟐𝟒
= −[𝟐𝟎 𝐊𝐍 ] = −𝟐𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟐𝟒
= −[𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦 −
−𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟏, 𝟓 𝐦 ] = 𝟐𝟓 𝐊𝐍𝐦
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas existentes sobre la sección 24 y les cambiaremos el signo. Recordar que
las fuerzas activas y reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 25.
5. Sección 42, los esfuerzos actuantes son:
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas existentes
sobre la sección 42 y les cambiaremos el signo. Recordar que las fuerzas
activas y reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 25.
z
y
𝐍𝐳 𝟒𝟐
= −[−𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ] = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟒𝟐
= −[𝟐𝟎 𝐊𝐍 ] = −𝟐𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟒𝟐
= −[𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟏, 𝟓 𝐦
+𝟐𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟑 𝐦 ] = −𝟑𝟓 𝐊𝐍𝐦
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
37,50 KN
+

30. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
4. Sección 45, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟒𝟓
= −[−𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ] = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟒𝟓
= −[𝟐𝟎 𝐊𝐍 − 𝟑𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ] = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟒𝟓
= −[𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦
−𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟏, 𝟓 𝐦 + 𝟐𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟑 𝐦 ] = −𝟑𝟓 𝐊𝐍𝐦
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas existentes sobre la sección 45. Recordar que las fuerzas activas y
reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 25.
5. Sección 54, los esfuerzos actuantes son:
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes sobre la sección 54. Recordar que las fuerzas activas y
reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 25.
z
y
𝐍𝐳 𝟓𝟒
= − −𝟑𝟎 𝐊𝐍 +
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟓𝟒
= −[𝟐𝟎 𝐊𝐍 − 𝟑𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ] = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟓𝟒
= −[𝟑𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 −
1
2
∙ 𝟏𝟐
𝐊𝐍
𝐦
∙ 𝟓 𝐦 ∙
𝟐
𝟑
∙ 𝟓 𝐦 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟏, 𝟓 𝐦 +
+𝟐𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟓 𝐦 − 𝟑𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟐 𝐦 ] = 𝟎
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
Correcto: En las articulaciones
(vínculos de segunda especie) los
momentos son nulos.
37,50 KN
+

31. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
6. Sección 76, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟕𝟔
= − −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟕𝟔
= − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = −𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟕𝟔
= − −𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 = 𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦
Nota: evaluar los esfuerzos característicos en esta sección (que se encuentra un dz a la derecha del punto crítico 7) implica evaluar todas
las fuerzas activas y reactivas existentes a excepción los 17,50 KN, 50 KN y -240 KNm actuantes en 7. Resulta más práctico (y así
procederemos) tomar todas las fuerzas activas y reactivas existentes a la derecha de la sección 76 y cambiarles el signo. Recordar que las
fuerzas activas y reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 57.
7. Sección 67, los esfuerzos actuantes son:
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes a la derecha de la sección 67 y les cambiaremos el signo.
Recordar que las fuerzas activas y reactivas van referidas a la
terna local izquierda de la barra 57.
z
y
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
𝐍𝐳 𝟔𝟕
= − −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟔𝟕
= − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = −𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟔𝟕
= −[ −𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 + 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟐 𝐦 ] = 𝟏𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦
37,50 KN
+

32. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
8. Sección 65, los esfuerzos actuantes son:
𝐍𝐳 𝟔𝟓
= − −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟔𝟓
= − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = −𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟔𝟓
= −[ −𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 + 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟐 𝐦 + 𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 ] =
= 𝟏𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas existentes a la derecha de la sección 65 y les cambiaremos el signo.
Recordar que las fuerzas activas y reactivas van referidas a la terna local izquierda de la barra 57.
9. Sección 56, los esfuerzos actuantes son:
Nota: Procederemos a tomar todas las fuerzas activas y reactivas
existentes a la derecha de la sección 56 y les cambiaremos el signo.
Recordar que las fuerzas activas y reactivas van referidas a la
terna local izquierda de la barra 57.
z
y
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
𝐍𝐳 𝟓𝟔
= − −𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐐𝐲 𝟓𝟔
= − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = −𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝐌𝐱 𝟓𝟔
= −[ −𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 + 𝟓𝟎 𝐊𝐍 ∙ 𝟒 𝐦 + 𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦 ] = 𝟎
Correcto: En las articulaciones
(vínculos de segunda especie)
los momentos son nulos.
37,50 KN
+

33. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
Analizamos los tramos (Análisis Cualitativo de los Diagramas)
1. Entre 12 y 21
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒖𝒂𝒅𝒓𝒂𝒕𝒊𝒄𝒂
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒖𝒂𝒅𝒓𝒂𝒕𝒊𝒄𝒂 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒄𝒖𝒃𝒊𝒄𝒂
2. Entre 23 y 32
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝟎 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍
3. Entre 24 y 42
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝟎 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍
37,50 KN
+

34. Resolución del Sistema de alma Llena
K1
K2
5 m 2 m 2 m
3
m
2
m
50 KN
1,5 m
40 KNm
12 KN/m
50 KN
240 KNm
17,50 KN
20 KN
30 KN
1 2
3
12 21 23
24
32
4
42
45
5
54
6 7
56 65 67 76
Analizamos los tramos (Análisis Cualitativo de los Diagramas)
4. Entre 45 y 54
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝟎 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍
5. Entre 56 y 65
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝟎 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍
6. Entre 67 y 76
𝒒𝒛 𝒛 = 𝟎 → 𝑵𝒛 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝒒𝒚 𝒛 = 𝟎 → 𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆
𝑸𝒚 𝒛 = 𝒄𝒕𝒆 → 𝑴𝒙 𝒛 = 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍
37,50 KN
+

35. +
+
+
−
5𝟎 𝐊𝐍𝐦
𝟐𝟓 𝐊𝐍𝐦
𝟕𝟓 𝐊𝐍𝐦
𝟑𝟓 𝐊𝐍𝐦
𝟏𝟎𝟎 𝐊𝐍𝐦
𝟏𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦
𝟐𝟒𝟎 𝐊𝐍𝐦
𝟑𝟎 𝐊𝐍
𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝟐𝟎 𝐊𝐍
1𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝟓𝟎 𝐊𝐍
−
+
+
+
−
Resolución del Sistema de alma Llena
Preparamos la Tabla
Trazamos los Diagramas de
Características
Q [KN]
M [KNm]

36. 𝟐𝟎 𝐊𝐍
+
−
+
𝟓𝟎 𝐊𝐍
𝟏𝟕, 𝟓𝟎 𝐊𝐍
Resolución del Sistema de alma Llena
Preparamos la Tabla
Trazamos los Diagramas de
Características
N [KN]

37. Resolución del Sistema de alma Llena
• Realizamos una sección (corte)
transversal en 21
• La estructura queda dividida
en una parte izquierda y en
una parte derecha
Analicemos
ahora el nudo T

38. Resolución del Sistema de alma Llena
• Realizamos una sección (corte)
transversal en 21
• La estructura queda dividida
en una parte izquierda y en
una parte derecha
• La Resultante de las fuerzas que quedan en la parte izquierda serán la equilibrante de
las parte derecha luego de producido el corte (y viceversa). Ri = - Rd
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
Ri
Rd
Cara positiva de la sección: es
la cara donde plantaremos el
equilibrio de la parte derecha.
21
z
y
Analicemos
ahora el nudo T

39. Resolución del Sistema de alma Llena
• Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Gd
Gi
Ri
Ri
d
Rd
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
M
21
Analicemos
ahora el nudo T

40. 24
z
y
z
y
23
Resolución del Sistema de alma Llena
Rd
• Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Gd
Gi
Ri
Ri
d
• Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
N
Q
M
N
Q
M
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
• Haciendo lo propio para la resultante
derecha Rd resulta
• Repetimos el procedimiento para los
otros dos brazos de la T secciones 23 y 24
Caras positivas de la sección: son
las caras donde plantaremos el
equilibrio de la parte derecha.
21
Analicemos
ahora el nudo T

41. Resolución del Sistema de alma Llena
• Si trasladamos Ri al baricentro de la parte derecha aparecerá un momento M = Ri . d
Gd
Gi
• Si proyectamos Ri sobre el plano de la sección y sobre su normal aparecerán dos fuerzas
N = Ri . cos a y Q = Ri . sen a
• Haciendo lo propio para la resultante
derecha Rd resulta
Gd
Gi
M
N
Q
M
N
Q
Gd
Gi
M
N
Q
M
N
Q
M
N
Q
M
N
Q
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
• Remplazamos M, Q y N por sus valores
24
21
23
• Repetimos el procedimiento para los
otros dos brazos de la T secciones 23 y 24
Analicemos
ahora el nudo T

42. Resolución del Sistema de alma Llena
Gd
Gi
Gd
Gi
Gd
Gi
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
50 KNm
20 KN
50 KNm
20KN
25 KNm
50 KN
20 KN
25 KNm
50 KN
20 KN
75 KNm
50 KN
75 KNm
Q
Q
N
N
50 KN
• Remplazamos M, Q y N por sus valores
21
24
23
Analicemos
ahora el nudo T

43. Gi
Gi
Gi
50 KNm
20 KN
25 KNm
50 KN
20 KN
75 KNm
50 KN
PARTE IZQUIERDA
PARTE DERECHA
21
24
23
Resolución del Sistema de alma Llena
Gd
50 KNm
20KN
25 KNm
50 KN
20 KN
Gd
75 KNm
50 KN
• Planteamos el equilibrio en el nudo
𝐅𝐇 = −𝟐𝟎 𝐊𝐍 + 𝟐𝟎 𝐊𝐍 = 𝟎
𝐅𝐕 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍 − 𝟓𝟎 𝐊𝐍 = 𝟎
𝐌 = 𝟓𝟎 𝐊𝐍𝐦 − 𝟕𝟓 𝐊𝐍𝐦 + 𝟐𝟓 𝐊𝐍𝐦 = 𝟎
𝑽𝑬𝑹𝑰𝑭𝑰𝑪𝑨
Gd
Analicemos
ahora el nudo T

44. Bibliografía
Estabilidad I – Enrique Fliess

45. Muchas Gracias