Apendice.pdf

689
689
Apéndices
Lista de apéndices
A–1 Propiedades de áreas
A–2 Tamaños básicos preferidos
A–3 Roscas de tornillos
A–4 Propiedades de vigas de madera estándar
A–5 Propiedades de ángulos de acero (perfiles L) en unidades del sistema inglés
A–6 Propiedades de canales de acero American Standard (perfiles C) en unidades del
sistema inglés
A–7 Propiedades de perfiles de acero de patín ancho (perfiles W) en unidades del
sistema inglés
A–8 Propiedades de vigas de acero American Standard (perfiles S) en unidades del
sistema inglés
A–9 Propiedades de tubería estructural de acero cuadrada y rectangular (perfiles HSS)
en unidades del sistema inglés
A–10 Propiedades de canales estándar Aluminum Association, en unidades del sistema
inglés
A–11 Propiedades de vigas I estándar Aluminum Association, en unidades del sistema
inglés
A–12 Propiedades de tubos de acero en unidades del sistema inglés
A–13 Propiedades de tubería mecánica de acero, en unidades del sistema inglés
A–14 Propiedades típicas de aceros al carbón y de aleación
A–15 Propiedades típicas de aceros inoxidables y metales no ferrosos
A–16 Propiedades de aceros estructurales
A–17 Propiedades típicas del hierro fundido
A–18 Propiedades típicas de aleaciones de aluminio
A–19 Propiedades típicas de la madera
A–20 Propiedades típicas de plásticos seleccionados
A–21 Instrucciones para determinar el esfuerzo de diseño
A–22 Factores de concentración de esfuerzo
A–23 Fórmulas para determinar la deflexión de vigas simplemente apoyadas
A–24 Fórmulas para determinar la deflexión de vigas en voladizo
A–25 Diagramas de vigas y fórmulas para determinar la deflexión de vigas
estáticamente indeterminadas
A–26 Factores de conversión
A–27 Repaso de los fundamentos de estática
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Apéndice
A–1 Propiedades de áreas.
690
*
Los símbolos utilizados son:
A área
I momento de inercia
S módulo de sección
r radio de giro ¥I/A
J momento polar de inercia
Zp módulo de sección polar

Apéndice 691

692 Apéndice
A–2 Tamaños básicos preferidos.
l
l
i
i
t

Apéndice 693
A–3 Roscas de tornillos.

694 Apéndice

695
X
Y
Y
X
A–4
Propiedades
de
vigas
de
madera
estándar.

696
X
Y
X
Z
Y
x
Z
y
Centroide
a
X
X
Z
Z
Y
Y
x
y
Centroide
a
A–5 Propiedades de ángulos de acero (perfiles L) en unidades del sistema inglés.

698
A–6 Propiedades de canales de acero American Standard (perfiles C) en unidades del sistema inglés.

699
A–6 (SI) Propiedades de canales de acero American Standard (perfiles C) en unidades SI.

700
Patín
Peralte Alma
X X
Y
Y
A–7 Propiedades de perfiles de acero de patín ancho (perfiles W) en unidades del sistema inglés.
700

701
701
Patín
Peralte Alma
X X
Y
Y
A–7 (SI) Propiedades de perfiles de acero de patín ancho (perfiles W) en unidades métricas.

702
Patín
Peralte Alma
X X
Y
Y
A–8 Propiedades de vigas de acero American Standard (perfiles S) en unidades del sistema inglés.

703
Patín
Peralte Alma
X X
Y
Y
A–8(SI) Propiedades de vigas de acero American Standard (perfiles S) en unidades SI.

704
A–9 Propiedades de tubería estructural de acero cuadrada y rectangular (perfiles HSS) en unidades del sistema inglés.
X
X
X
X
Y
Y
Y Y

705
X
X
X
X
Y
Y
Y Y
A–9 (SI) Propiedades de tubería estructural de acero cuadrada y rectangular (perfiles HSS) en unidades SI.

706
A–10 Propiedades de canales estándar Aluminum Association, en unidades del sistema inglés.

710
A–12 Propiedades de tubo de acero en unidades del sistema inglés.

711
A–12(SI) Propiedades de vigas I estándar Aluminum Association, en unidades SI.

712
A–13 Propiedades de tubería mecánica de acero, en unidades del sistema inglés.

713
A–13(SI) Propiedades de tubería mecánica de acero, en unidades SI.

714 Apéndice
A–14 Propiedades típicas de aceros al carbón y de aleación.

715
A–15 Propiedades típicas de aceros inoxidables y metales no ferrosos.

716
A–15
(continuación)

A–16 Propiedades de aceros estructurales.
Apéndice 717

718 Apéndice
A–17 Propiedades típicas del hierro fundido.*
A–18 Propiedades típicas de aleaciones de aluminio.*

A–19
Propiedades
típicas
de
la
madera.
719

720
A–20
Propiedades
típicas
de
plásticos
seleccionados.

Apéndice 721
A–21 Instrucciones para determinar el esfuerzo de diseño.
continúa

722 Apéndice
A–21 (continuación)
.35
1.0 2.0 3.0 4.0
.40
.50
.60
.70
F F
Acero
Acero
Concreto Concreto
A2/A1 = 1.0 A2/A1 > 1.0
K = 0.34
A2/A1
A2/A1
A1
= Área de apoyo
A2
= Área de soporte

Apéndice 723

724 Apéndice
A–22 Factores de concentración de esfuerzo
A–22–1 Barra redonda ranurada axialmente cargada a tensión.
0 0.05 0.00 0.15 0.20 0.25
!
máx
= K
t
!
nom
!nom
= F/(d2
g/4)
D/dg = 2.0
D/dg = 1.2
r/dg
2.5
2.4
2.3
2.2
2.1
2.0
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1.4
1.3
1.2
1.1
1.0
Kt
D/dg = 1.1
D/dg = 1.05
D
F F
dg
r = radio de la ranura

Apéndice 725
A–22–2 Barra redonda escalonada axialmente cargada a tensión.

726 Apéndice
A–22–3 Placa plana escalonada axialmente cargada a tensión.
#máx
= Kt
#nom
F
Kt
F
H h
Espesor = t
r
#nom
= =
F
Amín
F
t h
H/h = 2.0
1.2
3.4
1.0
0 0.04 0.08 0.12 0.16 0.20 0.24 0.28 0.32
1.4
1.8
2.2
2.6
3.0
1.1
1.01
r/h

Apéndice 727
A–22–4 Placa plana con un agujero en el centro sometida a tensión y a flexión.
d
F
F F = carga total Nota: Kt = 1.0 con d/w 0.5
M M
w
#
máx
= K
t
#
nom
Espesor = t
Geometría básica
#nom basado en
la sección neta
A B
C
0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
Kt
Curva A
Tensión directa
en la placa
Carga de tensión
aplicada por conducto
de un pasador insertado en el agujero
Curva B
Flexión en
el plano de
la placa
Curva C
#
nom = =
F
Aneta
F
(w – d)t
F
(w – d)t
#
nom = =
F
Aneta
#
nom = =
MC
Ineta
6Mw
(w3 – d3)t
d/w

728 Apéndice
A–22–5 Barra redonda con un agujero transversal sometida a tensión, flexión y torsión.
0
11.0
10.0
9.0
8.0
7.0
6.0
Ktg
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
0.1
Nota: Ktg basado en el esfuerzo nominal de una
barra redonda sin agujero (sección bruta)
0.2 0.3
d/D
B A C
0.4
C
B
A
0.7
0.6
0.5
Geometría básica
D
d
Curva A
Tensión
Curva B
Flexión
Curva C
Tensión
máx=Ktg
bruto
#máx=Ktg
#bruto
F F
M M T T
!bruto = =
F
A
F
#D2/4
#bruto = =
M
S
M
#D3/32
bruto = =
T
Zp
T
#D3/16

Apéndice 729
A–22–6 Barra redonda ranurada a tensión.
0
1.0
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
0.05 0.10 0.15 0.20 0.25
r/dg
Kt
D/dg = 1.2
D/dg = 2.0
D/dg = 1.05
r = Radio de la ranura
máx
=Kt
nom

nom
=T/ (dg
3/16)
T
D dg
T

730 Apéndice
A–22–7 Barra redonda escalonada a tensión.
1.0
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2.0
0 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25
r/dg
Kt
= 1.25
D
d
= 1.67
D
d
= 1.11
D
d
= 2.5
D
d
r = Radio de filete
máx
= Kt
nom

nom
= T/(dg
3/16)
T
D d
T

Apéndice 731
A–22–8 Barra redonda ranurada a flexión.
r = Radio de la ranura
M
M
D
dg
#máx = Kt #nom
#nom = M/( d3
g/32)
D/dg = 2.0
D/dg = 1.2
D/dg = 1.05
0 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25
r/dg
2.5
2.4
2.3
2.2
2.1
2.0
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1.4
1.3
1.2
1.1
1.0
Kt

732 Apéndice
A–22–9 Barra redonda escalonada a flexión.

Apéndice 733
A–22–10 Placa plana escalonada sometida a flexión.
#máx = Kt #nom
Kt
H h
Espesor = t
r
3.4
1.0
0 0.04 0.08 0.12 0.16
r/h
H/h = 2.0
1.2
1.05
0.20 0.24 0.28 0.32
1.4
1.8
2.2
2.6
3.0
M
M
#nom = =
Smín t h2/6
M M
1.01
A–21–11 Flechas con cuñeros–a flexión
y torsión
Tipo de cuñero *
Kt
De extremo 1.6
Perfil 2.0
*
Kt se tiene que aplicar al esfuerzo calculado con el
diámetro nominal completo de la flecha donde se localiza
el cuñero.

734 Apéndice
A–23 Fórmulas para determinar la deflexión de vigas simplemente apoyadas.

Apéndice 735

736 Apéndice

Apéndice 737
A–24 Fórmulas para determinar la deflexión de vigas en voladizo

738 Apéndice
A–25 Diagramas de vigas y fórmulas para determinar la deflexión de vigas estáticamente indeterminadas

Apéndice 739

740 Apéndice

Apéndice 741

742 Apéndice

Apéndice 743
A–26 Factores de conversión

744 Apéndice
Ejemplo 1. Convierta un esfuerzo de 36 ksi en MPa.
s = 36 ksi *
6.895 MPa
ksi
= 248 MPa
Ejemplo 2. Convierta un esfuerzo de 1272 MPa en ksi.
s = 1272 MPa *
1.0 ksi
6.895 MPa
= 184 ksi
A–27 Repaso de los fundamentos de estática.
Introducción
El estudio de la resistencia de materiales depende del conocimiento preciso de las fuerzas que
actúan en el miembro de carga que se va a analizar o a diseñar.
Se espera que los lectores de este libro hayan completado el estudio de un curso de está-
tica, donde se utilizan los principios de mecánica física para determinar las fuerzas y momentos
que actúan en los miembros de una estructura o máquina.
A continuación se presenta un repaso breve de los principios de estática para que los
lectores recuerden los principios fundamentales y las técnicas de solución de problemas.
Fuerzas
Una fuerza es un empujón o tirón aplicado a una estructura o a uno de sus miembros. Si la
fuerza tiende a desprender un miembro, entonces se trata de una fuerza de tensión; si la fuerza
tiende a aplastar el miembro se trata de una fuerza de compresión. Consulte la figura A–27
para ejemplos de estas clases de fuerzas aplicadas alineadas con el eje de los miembros. Éstas
se llaman fuerzas axiales.
Las fuerzas en miembros que se encuentran en equilibrio estático siempre se equilibran
de modo que el miembro no se moverá. Por lo tanto, en los dos casos mostrados en la figura
A–27–1, las dos fuerzas axiales, F, son iguales en magnitud pero actúan en direcciones opues-
tas, por lo que se equilibran. También deberá observar que cualquier parte de estos miembros
experimenta una fuerza interna igual a la fuerza externamente aplicada, F. La figura A–27–2
demuestra este principio ilustrando una parte del miembro sometido a tensión cortado en una
parte cualquiera entre sus extremos. La fuerza que actúa a la izquierda es la fuerza exter-
namente aplicada, F. La fuerza que actúa a la derecha es la fuerza interna total que actúa en el
material del miembro a través de su sección transversal.
Momentos
Un momento es la tendencia de una fuerza a hacer girar un miembro con respecto a algún punto
o eje. La figura A–27–3 muestra dos ejemplos. Cada una de las fuerzas mostradas tendería a
hacer girar al miembro en el cual actúan con respecto al punto identificado como A.
La magnitud del momento de una fuerza es el producto de la fuerza por la distancia per-
pendicular de su línea de acción al punto con respecto al cual se está calculando el momento.
Es decir,
M Fuerza por distancia F $ d
En la figura se observa que la dirección es en el sentido de las manecillas del reloj o contrario
a éstas.

Apéndice 745
FIGURA A–27–1
Tipos de fuerzas axiales.
F
F
(a) Fuerza de tensión
(b) Fuerza de compresión
F
F
Corte en cualquier sección
F
Fuerza interna
F
Fuerza externa
FIGURA A–27–2
Fuerza interna.
FIGURA A–27–3
Ilustraciones de
momentos.
12 in
8 in
a
b
F2 = 60 lb
F1
= 100 lb
Línea de
acción de F1
Punto A
(a)
Línea de
acción de F2
0.8 m
c
0.5 m
a
0.6 m
b
F3 = 5.0 kN
F2
= 4.0 kN
F1
= 3.0 kN
Punto A
(b)
Línea de
acción de F3
Línea de
acción de F2
Línea de
acción de F1

746 Apéndice
Ejemplo de la figura A–27–3(A)
Momento con respecto a A producido por F1: MA F1 ! a (100 lb)(12 in) 1200 lbin En
el sentido de las manecillas del reloj
Momento con respecto a A producido por F2: MA F2 ! b (60 lb)(8 in) 480 lbin) 480
lbin En sentido contrario al de las manecillas del reloj
Ejemplo de la figura A–27–3(B)
Momento con respecto a A producido por F1: MA F1 ! a (3.0 kN)(0.5 m) 1.5 kNm En
sentido contrario al de las manecillas del reloj
Momento con respecto a A producido por F2: MA F2 ! b (4.0 kN)(0.6 m) 2.4 kNm
En el sentido de las manecillas del reloj
Momento con respecto a A producido por F3: MA F3 ! c (5.0 kN)(0.8 m) 4.0 kNm En
sentido contrario al de las manecillas del reloj
Diagramas de cuerpo libre
La habilidad de trazar un diagrama de cuerpo libre completo de una estructura y sus miembros
es un elemento esencial del análisis estático. Debe mostrar todas las fuerzas y momentos ex-
ternamente aplicados y determinar todas las fuerzas y momentos de reacción que harán que la
estructura esté en equilibrio.
Ejemplo de la figura A–27–4
Muestre el diagrama de cuerpo libre de la estructura completa y de cada uno de sus dos miem-
bros. La fuerza aplicada es F1 y actúa perpendicular al miembro BC.
Vea la figura A–27–5 para el resultado. A continuación se resumen los puntos importantes.
a. La estructura se compone de los miembros AB y BC que están conectados por una
junta de pasador en B. AB está conectado al apoyo en pasador en A. BC está conectado
al apoyo de pasador en C. Las juntas de pasador producen una fuerza de reacción en
cualquier dirección pero no impiden la rotación. Normalmente trabajamos con las
componentes horizontal y vertical de las fuerzas de reacción producidas en una junta de
pasador. Por consiguiente, en la figura A–27–5(a) mostramos las dos componentes, Ax
y Ay en A. Asimismo, mostramos Cx y Cy en C.
b. La figura A–27–5(b) es el diagrama de cuerpo libre del miembro AB. Verá que el miem-
bro se verá sometido a tensión por la acción de las fuerzas aplicadas. El pasador en B
tira hacia abajo y hacia la derecha. Por consiguiente, el pasador en A debe tirar hacia
arriba y hacia la izquierda para mantener AB en equilibrio.
c. Además recordará que el miembro AB es un ejemplo de un miembro sometido a dos
fuerzas porque está cargado sólo por conductos de las juntas de pasador. Las fuerzas
resultantes en el miembro sometido a dos fuerzas actúan a lo largo de la línea entre los
0.3 m
a
0.5 m
b
A
B
C 20° = θ
F1
FIGURA A–27–4
Estructura de soporte.

Apéndice 747
dos pasadores. Designamos esa fuerza AB. También se muestran sus componentes en las
direcciones x y y. Observe que el sistema de fuerzas en A es igual y opuesto a aquél en B.
d. La figura A–27–5(c) es el diagrama de cuerpo libre del miembro BC. Este miembro se
conoce como viga porque soporta una carga, F1, que actúa perpendicular a su eje mayor.
Debe haber una fuerza de reacción hacia arriba tanto en B como en C para resistir la
fuerza F1 dirigida hacia abajo. Llamamos By y Cy a esas fuerzas. El miembro AB ejerce
la fuerza de apoyo en el punto B del miembro BC. La fuerza que actúa hacia arriba y
hacia la izquierda. Llamamos Bx a la componente horizontal de dicha fuerza. La fuerza
total en B es igual a la fuerza AB descrita en (c). Por último, para equilibrar las fuerzas
horizontales, debe haber una fuerza Cx que actúa hacia la derecha en C.
Equilibrio estático
Cuando una estructura o un miembro está en equilibrio estático, todas las fuerzas y momentos es-
tán equilibrados de modo que no hay movimiento. Las ecuaciones que describen el equilibrio
estático son:
aM = 0 Con respecto a cualquier punto
aFx = 0 aFy = 0 aFz = 0
FIGURA A–27–5
Diagramas de cuerpo
libre de la estructura
y sus componentes.
0.3 m
a
0.5 m
b
A
B
C 20° = θ
F1
Cx
Ax
Ay
Cy
(a) Diagrama de cuerpo libre de toda la estructura
A
ABx
20°
20° = θ
ABy
ABy
ABx
B
AB
AB
(b) Diagrama de cuerpo libre del miembro AB
l
F1
Cx
B
Bx
θ
By
B
(c) Diagrama de cuerpo libre del miembro BC
b
a
Cy
C

748 Apéndice
Las primeras tres ecuaciones establecen que la suma de todas las fuerzas en cualquier direc-
ción es cero. En general realizamos el análisis en tres direcciones perpendiculares, x, y y z.
La cuarta ecuación establece que la suma de los momentos con respecto a un punto cualquiera
debe ser cero.
Utilizamos las ecuaciones de equilibrio para determinar los valores de fuerzas y mo-
mentos desconocidos cuando ciertas fuerzas y momentos se conocen, y cuando se dispone de
diagramas de cuerpo libre adecuados.
Ejemplo de las figuras A–27–4 y A–27–5
Determine las fuerzas que actúan en todos los miembros y en todas las juntas de la estructura
mostrada en la figura A–27–4. Los datos dados son: F1 18.0 kN, a 0.3 m, b 0.5 m,
20°.
Solución. Utilizamos el diagrama de cuerpo libre mostrado en la figura A–27–5.
Paso 1. Utilizamos primero la parte (c). Sumamos los momentos con respecto al punto
C para determinar la fuerza By.
aMC = 0 = F1 a - By l = (18.0 kN)(0.3 m) - By (0.8 m)
Entonces,
By = (18.0 kN)(0.3 m) (0.8 m) = 6.75 kN
Enseguida sumamos los momentos con respecto al punto B para determinar la fuerza Cy.
aMB = 0 = F1b - Cy l = (18.0 kN)(0.5 m) - Cy (0.8 m)
Por consiguiente,
Cy = (18.0 kN)(0.5 m) (0.8 m) = 11.25 kN
Podemos comprobar para ver si todas las fuerzas verticales están equilibradas sumando las
fuerzas en la dirección vertical.
aFy = Cy + By - F1 = 11.25 kN + 6.75 kN - 18.0 kN = 0 (Comprobación)
Paso 2. Consideramos las fuerzas que actúan en B. Sabemos que By 6.75 kN.
También conocemos la fuerza resultante total, B, que actúa a un ángulo de 20° sobre la hori-
zontal hacia la izquierda. La razón de esto es que la fuerza AB la aplica por conducto del
pasador. El diagrama de cuerpo libre en (b) indica que AB actúa a lo largo de la dirección
el miembro AB porque es un miembro sometido a dos fuerzas. Podemos decir,
Bx = B cos 20°
By = B sen 20°
Entonces,
Bx = B cos 20° = (19.74 kN)(cos 20°) = 18.55 kN
B = By (sen 20°) = (6.75 kN) (sen20°) = 19.74 kN
Paso 3. Las fuerzas que actúan en el pasador B tanto en el miembro AB como en
el miembro BC deben ser iguales y opuestas a causa del principio de acción–reacción. Por
consiguiente, la fuerza axial en el miembro AB es: AB 19.74 kN. La fuerza AB actúa tanto

Apéndice 749
en A como en B a lo largo de la línea entre los dos pasadores de modo que somete a tensión
al miembro AB. Las componentes de AB en el pasador A son iguales a las componentes en el
pasador B, aunque actúan en direcciones opuestas.
Paso 4 La única incógnita ahora es Cx, la fuerza horizontal que actúa en el punto C del
miembro BC.
aFx = 0 = Cx - Bx
Entonces,
Cx = Bx = 18.55 kN
Equilibrio de sistemas de fuerzas concurrentes
Cuando la línea de acción de todas las fuerzas que actúan sobre un miembro pasan a través
del mismo punto, el sistema es conocido como sistema de fuerzas concurrentes. Para que el
equilibrio estático exista en un sistema tal, la suma de los vectores de todas las fuerzas debe ser
igual a cero. Es posible usar dos métodos para analizar un sistema de fuerzas concurrentes con
el fin de determinar fuerzas desconocidas.
El método del componente
Este método requiere que cada fuerza se descomponga en componentes perpendiculares, por lo
general horizontales y verticales. En seguida se aplican las ecuaciones de equilibrio.
Ejemplo de la figura A–27–6
Determine la fuerza en cada cable cuando la masa de la carga es de 1500 kg y el ángulo
25°.
A
B
Carga
(a) Sistema de cables
D
C
θ = 25°
ABy
AB
(b) Diagrama de cuerpo libre
de B con las componentes de AB
B
θ
ABx
BC
BD
AB
(c) Diagrama de cuerpo libre de B
con los vectores trazados a escala
BC
BD
B
θ = 25°
O
BD
AB
BC
65°
90° 25°
Intersección de las
líneas de acción
de AB y BC
(d) Triángulo vectorial que muestra
la suma vectorial BD + BC + AB
FIGURA A–27–6
Carga soportada por tres
cables que muestra el
análisis de las fuerzas.

750 Apéndice
Solución. Hay tres cables que llamaremos AB, BC y BD. Los tres son miembros some-
tidos a dos fuerzas y pasan por el punto B como se muestra en la parte (b). Por consiguiente,
son concurrentes.
Paso 1. Determine el peso de la carga (consulte la sección 1–5.)
w = mg = (1500 kg)(9.81 m s2
) = 14 715 N = 14.7 kN
Ésta también es la fuerza en el cable BD.
Paso 2. Trace el diagrama de cuerpo libre del punto B y descomponga cada una de las
fuerzas en sus componentes x y y. Esto se hace en la parte (b) de la figura.
Paso 3. Use aFy 0 para determinar la fuerza desconocida AB.
aFy = 0 = ABy - BD
Por consiguiente,
ABy = BD = 14.7 kN
Pero ABy es la componente vertical de la fuerza que actúa en el cable AB. Entonces,
AB = ABy (sen 25°) = (14.7 kN) (sen 25°) = 34.8 kN
ABy = AB senu = AB sen 25°
Paso 4. Use aFx 0 para determinar la fuerza desconocida BC.
aFx = 0 = BC - ABx
Entonces,
BC = ABx = AB cos 25° = (34.8 kN)(cos 25°) = 31.6 kN
Resumen: Las fuerzas en los tres cables son
AB = 34.8 kN BC = 31.6 kN BD = 14.7 kN
Método del polígono de vectores
Este método requiere la suma vectorial de todas las fuerzas que actúan en un punto. Cuando
las fuerzas están en equilibrio, el polígono creado por los vectores se cierra, lo que indica que la
suma vectorial es igual a cero.
Ejemplo utilizando la figura A–27–6(c)
Determine la fuerza en cada cable cuando la masa de la carga es de 1500 kg y el ángulo
25°.
Solución. Tenemos que sumar los vectores AB # BC # BD, como se muestra en
la parte (d) de la figura. La solución gráfica requeriría trazar cada vector en su dirección
apropiada y con su longitud a escala. Los vectores conectan “punta a cola”. Trazaremos un
diagrama vectorial gráfico pero determinaremos las fuerzas requeridas analíticamente.

Apéndice 751
Paso 1. La suma se puede hacer en cualquier orden y podríamos comenzar en cual-
quier punto, por ejemplo el punto O. En realidad sumaremos las fuerzas en el orden BD # BC
# AB. Primero tracemos a escala el vector conocido BD verticalmente dirigido hacia abajo. El
valor es BD 14.7 kN como se vio en el método de las componentes.
Paso 2. Agregue el vector BC a partir de la punta de BD dirigido horizontalmente hacia
la derecha. En este momento no se conoce su longitud, pero sí su línea de acción. Trace la línea
de extensión indefinida por ahora.
Paso 3. Luego, agregando el vector AB al extremo del vector BC el polígono vectorial
se cierra con la punta de AB exactamente en el punto O. Podemos trazar una línea a través del
punto O en la dirección de AB. Donde esta línea corta la línea de acción del vector BC es donde
debe quedar la punta de BC. Asimismo, la cola de AB también queda en ese punto.
Paso 4. En el triángulo vectorial así formado, conocemos los tres ángulos y la longitud
de un lado, BD. Podemos utilizar la ley de los senos para determinar las longitudes de los otros
dos lados.
BD
sen 25°
=
AB
sen 90°
Entonces,
AB = (BD)(sen90°) (sen25°) = (14.7 kN)(sen90°) (sen25°) = 34.8 kN
BD
sen 25°
=
BC
sen 65°
Por consiguiente,
BC = (BD)(sen65°) (sen25°) = (14.7 kN)(sen65°) (sen25°) = 31.6 kN
Resumen. Las fuerzas resultantes en los cables son idénticas a las que se determinaron
con el método de las componentes.
AB = 34.8 kN BC = 31.6 kN BD = 14.7 kN
Ley de los cosenos aplicada al análisis de fuerzas
En algunas soluciones realizadas con el triángulo vectorial, conocemos las magnitudes de dos
fuerzas y el ángulo entre ellas. Podemos determinar la tercera con la ley de los cosenos.
Por ejemplo, en la figura A–27–6(d), conocemos las magnitudes de AB 34.8 kN, BC
31.6 kN y que el ángulo entre ellas es de 25°. Podríamos determinar la magnitud de la fuerza
BD con:
= (34.8)2
+ (31.6)2
- 2(34.8)(31.6) cos 25° = 216
(BD)2
= (AB)2
+ (BC)2
- 2(AB)(BC) cos 25°
Entonces,
BD = 1216 = 14.7 kN
Debe modelar con cuidado los lados y el ángulo de acuerdo con la forma de esta ecuación.
También,

752 Apéndice
Armaduras
Una armadura es una estructura compuesta exclusivamente por miembros rectos conectados
por juntas de pasador con cargas aplicadas sólo en las juntas. El resultado es que todos los
miembros son miembros sometidos a dos fuerzas, ya sea de tensión o de compresión. La figura
A–27–7 muestra un ejemplo. A continuación describimos el método de las juntas para analizar
las fuerzas que actúan en todos los miembros de una armadura.
Ejemplo utilizando la figura A–27–7
Determine las fuerzas en todos los miembros de la armadura mostrada en la figura A–27–7.
Determine tanto la magnitud como la dirección (tensión o compresión) de cada fuerza.
FIGURA A–27–6
Fuerzas en una armadura
y en sus juntas.
F1
= 1200 lb
Ay Fy
F2
= 1500 lb
Fx = 0
(b) Diagrama de cuerpo libre de la armadura completa
B C
D E F
A α = 45° 45°
θ = 33.7°
θ = Tan−1
= 33.7°
4 ft 4 ft
6 ft
4 ft 4 ft
4
6
F1
= 1200 lb F2
= 1500 lb
(a) Armadura completa con sus apoyos
B C
D E F
A α α
θ
4 ft 4 ft
6 ft
4 ft 4 ft
Ay
ABy
(c) FBD de la junta A
AB
AD
ABx
A
45°
CE
EF
DE E
F2
= 1500 lb
(f ) FBD de la junta E
CDy
CD
CDx
AD DE
D
BD
F1 = 1200 lb
(e) FBD de la junta D
33.7°
CFy
Fy
(g) FBD de la junta F
CFx
CF
EF
F
45°
ABy
AB
BD
(d) FBD de la junta B
BC
B
ABx
45°
( )

Apéndice 753
Análisis por medio del método de las juntas
La armadura se compone de nueve miembros. El método general para determinar las fuerzas
en cada miembro se describe a continuación.
a. Resuelva para las reacciones en los apoyos de toda la armadura.
b. Aísle un junta como diagrama de cuerpo libre y muestre todas las fuerzas que actúan
en ella. La junta seleccionada debe tener por lo menos una fuerza conocida actuando en
ella. Se recomienda que no debe haber más de dos fuerzas desconocidas.
c. Cuando un miembro está a tensión, la fuerza jala hacia fuera de la junta en cualquiera
de los extremos. A la inversa, un miembro a compresión empuja hacia dentro de una
junta. Trate de trazar las fuerzas desconocidas en la dirección apropiada que garantice
el equilibrio de la junta.
d. Use las ecuaciones de equilibrio estático de fuerzas en las direcciones horizontal y
vertical para determinar las fuerzas desconocidas que actúan en la junta seleccio-
nada.
e. Las fuerzas determinadas en la primera junta se transforman en fuerzas conocidas
para analizar las demás juntas. Muévase a juntas cercanas y repita los pasos b, c y d
hasta que las fuerzas en todas las juntas hayan sido determinadas.
Terminación del análisis de la armadura de la figura A–27–7
Paso 1. Utilizando toda la armadura como diagrama de cuerpo libre, resuelva para las
reacciones en las juntas A y F. Vea la parte (b) de la figura. Sume los momentos con respecto
al apoyo A para determinar la fuerza de apoyo Fy en el punto F.
Fy = [(4800 + 15 000) lb ft] 14 ft = 1414 lb Hacia arriba
aMA = F1(4 ft) + F2(10 ft) - Fy(14 ft) = (1200 lb)(4 ft) + (1500 lb)(10 ft) - Fy(14 ft)
Sume los momentos con respecto al apoyo F para determinar la fuerza de apoyo Ay en
el punto A.
Ay = [(12 000 + 6000) lb ft] 14 ft = 1286 lb Hacia arriba
aMF = F1(10 ft) + F2(4 ft) - Ay(14 ft) = (1200 lb)(10 ft) + (1500 lb)(4 ft) - Ay(14 ft)
Paso 2. Aísle la junta A como un cuerpo libre. Consulte la parte (c) de la figura. Trabaje
con los componentes de la fuerza AB. ABx AB cos 45°. ABy AB sen 45°.
ABy = Ay = 1286 lb
aFy = 0 = Ay - ABy
Entonces,
AD = ABx = AB cos 45° = (1818 lb)(cos 45°) = 1286 lb Tensión
aFx = 0 = AD - ABx
AB = ABy (sen 45°) = (1286 lb) (sen 45°) = 1818 lb Compresión

754 Apéndice
Paso 3. Aísle la junta B como diagrama de cuerpo libre. Vea la parte (d) de la figura.
BC = 1286 lb Compresión
aFx = 0 = ABx - BC = 1286 lb - BC
BD = 1286 lb Tensión
Paso 4. Aísle la junta D como cuerpo libre. Vea la parte (e) de la figura.
CDy = 86 lb
aFy = 0 = 1200 lb - BD + CDy = 1200 lb - 1286 lb + CDy = CDy - 86 lb
Entonces,
DE = 1286 lb + 130 lb = 1416 lb Tensión
aFx = 0 = DE - AD - CDx = DE - 1286 lb - (155 lb)(cos 33.7°)
CD = CDy (sen33.7°) = (86 lb)(sen33.7°) = 155 lb Compresión
Paso 5. Aísle la junta E como diagrama de cuerpo libre. Vea la parte (f) de la figura.
EF = 1416 lb Tensión
aFx = 0 = EF - DF = EF - 1416 lb
CE = 1500 lb Tensión
aFy = 0 = 1500 lb - CE
Paso 6. Aísle la junta F como diagrama de cuerpo libre. Vea la parte (g) de la figura.
CF = 1414 lb (sen45°) = 2000 lb Compresión
aFy = 0 = Fy - CFy = 1414 lb - CFy = 1414 lb - CF sen 45°
Resumen de las fuerzas que actúan en los miembros de la armadura
DE = 1416 lb (T) EF = 1416 lb (T) CF = 2000 lb (C)
BC = 1286 lb (C) CE = 1500 lb (T) CD = 155 lb (C)
AB = 1818 lb (C) AD = 1286 lb (T) BD = 1286 lb (T)

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