Competencias Básicas de Estática (marcos o pórticos)

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5.7- MARCOS O ARMAZONES
Son estructuras que contienen elementos sujetos a tres 
o a más fuerzas. algunos o todos los miembros de la 
estructura, conectada por nudos articulados están 
sujetos a la acción flectora debido a las cargas aplicadas 
según su longitud, además de las cargas en los 
extremos. Para el cálculo de las fuerzas externas en los 
elementos de un marco se debe considerar 
aisladamente el diagrama de cuerpo libre de cada 
elemento que esté sometido a la flexión.
En la cercha los diferentes elementos están cargados 
en sus extremos, por lo tanto las fuerzas que actúan 
sobre ellas van dirigidos a lo largo de sus ejes. En los 
elementos con varias cargas, las fuerzas de los 
extremos no actúan a lo largo de los ejes de los 
miembros; la dirección de la fuerza en el extremo de 
estos elementos, es generalmente desconocida. 
 
C
D
E
F
A
B
1P
2P
5.8- ANÁLISIS DE UN MARCO
Como ejemplo se considerará el marco de cuatro 
elementos
 
Figura 5.46
Ingeniero Darwin Mora Villota 197
C
D
E
F
A
B
1P
2P
Se construye el diagrama de cuerpo libre de toda la 
estructura.
Ax
Ay
Fx
Fy
Suponiendo que las fuerzas en los apoyos A y F son las 
que muestran. Se generan cuatro incógnitas y se tienen 
tres ecuaciones de equilibrio. Si se plantean las 
ecuaciones estáticas, ninguna de las cuatro incógnitas 
se puede determinar, el sistema parece indeterminado. 
Las ecuaciones adicionales se obtienen considerando 
los diagramas de cuerpo libre de cada elemento. Por lo 
tanto analizando consecutivamente el número de 
incógnitas, en cada diagrama de cuerpo libre, con el 
número de ecuaciones de equilibrio, podrá identificar 
cuando es posible una solución. 
 
C
B
1P
Bx
By
Cx
Cy
ELEMENTO BC
Figura 5.47
Figura 5.48
Ingeniero Darwin Mora Villota 198
Se toman arbitrariamente las direcciones de los 
componentes de las componentes B y C.
Aparentemente se presentan cuatro incógnitas, pero en 
C solamente es una, puesto que el elemento CD está 
sometido únicamente a dos fuerzas, por lo tanto la 
dirección de la fuerza en C es conocida puesto que es 
axial. Luego con tres ecuaciones se pueden determinar 
todas las fuerzas en los extremos B y C de este 
elemento. 
0=å CM
0=åFx
Bx
CxSe obtiene
Se obtiene
0=åFy
Trigonométricamente se calcula C y luego Cy 
BySe obtiene
ELEMENTO CD
Este elemento está sometido únicamente a dos fuerzas 
una en C y otra en D. Las fuerzas que actúan en C ya se 
conocen y sus componentes tienen dirección opuesta a 
la indicada en el momento BC. 
C
D
Cx
Cy
Dy
Dx
Las componentes de la fuerza en D, se determinan 
fácilmente planteando dos ecuaciones. 
0=åFx Se obtiene
0=åFy Se obtiene
Dx
Dy
Las componentes Cy yDy conforman un par de fuerzas 
positivo y las componentes Cx y Dx, un par de fuerzas 
negativo, de la misma magnitud que el anterior por lo 
tanto, en la ecuación se comprueba que el elemento 
CD está en completo equilibrio. 
1
2
3
1
2
3
å = 0M3
Las fuerzas que actúan sobre esta barra son axiales, de 
igual magnitud y sentido contrario, como se muestra en 
la Figura 5.50
C
C
D
D
Figura 5.49
Figura 5.50
Ingeniero Darwin Mora Villota 199
ELEMENTO ABE
E
A
B
2P
Ax
Ay
Bx
By
Ex
Ey
0=åFx
0=åFy
; Incógnitas
1
2
3
; Incógnitas
; Incógnitas ExAx,
EyAy,
AyAx,
0=å FM ; Incógnitas AyAx,4
Los componentes Bx y By son conocidas, luego se 
tienen cuatro incógnitas: Ax, Ay, Ex, Ey.
Si se plantean las tres ecuaciones estáticas. 
Adicionalmente se puede plantear una cuarta ecuación 
sumando momentos respecto a F en el diagrama de 
cuerpo libre de toda la estructura, 
Se tiene ahora un sistema de cuatro ecuaciones con un 
total de cuatro incógnitas encontrando así la solución.
Si inicialmente se resuelven y en forma 
simultanea se determina Ax y Ay. Luego se reemplazan 
estos valores para determinar Ex y Ey.
Para determinar las reacciones en F, se plantean las 
ecuaciones ; , tomando el 
diagrama de cuerpo libre de toda la estructura, Figura 
5.51 
Las direcciones de los componentes son asumidas. 
cuando se hacen cálculos numéricos y los resultados 
son negativos, indicarán que el sentido de la fuerza es 
contrario al supuesto inicialmente.
Como ya se han determinado las fuerzas externas en 
todos los elementos del marco y las reacciones en los 
apoyos, se procede a dibujar el despiece de la 
estructura. 
0=åFx 0=åFy
3 4
0=å EM
Figura 5.51
4
Ingeniero Darwin Mora Villota 200
C
B
1P
Bx
By
Cx
Cy
C
D
Cx
Cy
Dy
Dx
E
A
B
2P
Ax
Ay
Bx
By
Ex
Ey
E
F
DDx
Dy
Ey
Ex
Fx
Fy
DESPIECE
Figura 5.52
Ingeniero Darwin Mora Villota 201
Ejemplo 5.6
Calcular las fuerzas enteras en cada uno de los cuatro 
elementos y dibujar el despiece correspondiente. Todos 
los elementos están articulados en sus extremos.
Solución:
Se dibuja el diagrama de cuerpo libre de toda la 
estructura. 
m4
m2.1
m2.1
m2.1
KN16
A
B
C D
E
F
m4
m2.1
m2.1
m2.1
KN16
A
B
C D
E
F Fx
Fy
Ax
Ay
Figura 5.53
Figura 5.54
Ingeniero Darwin Mora Villota 202
( ) ( ) 04.2164 =-=å mKNmFyM A
­= KNFy 6.9
0=-=å FyAyFy
FyAy -=
KNAy 6.9-=
¯= KNAy 6.9
016 =--=å FxAxKNFx
Ecuaciones estáticas.
1
2
3
La ecuación contiene dos incógnitas.3
Para determinar las fuerzas en las barras se liberan una 
a una construyendo los diferentes diagramas de cuerpo 
libre teniendo en cuenta prioritariamente las barras 
sometidas únicamente a dos fuerzas. 
m2.1
m2.1
m2.1
KN16
A
B
C
Ax
By
Bx
Cx
KN6.9
06.9 =--=å KNByFy
KNBy 6.9-=
1
La dirección de la fuerza en el nudo B es de la barra BE 
que está sometida únicamente a dos fuerzas axiales en 
sus extremos por lo tanto: 
Elemento ABC
By es en sentido contrario al asumido
a
m5.1
m4
4
5.1
tanArc=a
º70.16=a
B es en sentido contrario al asumido. 
Entonces
º70.16BsenBy =
º70.16sen
By
B =
KN
sen
KN
B 4.33
º70.16
6.9
-=
-
=
º70.16cosBBx =
KNBx 0.32-=
º70.16cos4.33; KNBx -=
( ) ( ) ( ) 06.34.22.116 =--=å mAxmBxmKNMc
( ) ( ) ( ) 06.34.2322.19 =--- mAxmKNKNm
¬= KNAx 7.26
016 =+---=å KNCxBxAxFx
KNCxBxAx 16=++
KNCx 3.21=
2
3
Figura 5.55
Figura 5.56
Ingeniero Darwin Mora Villota 203
Elemento CD:
En el análisis de las fuerzas ABC se tomó en el nudo C 
solamente la componente horizontal, por que la barra 
CD está sometida únicamente a dos fuerzas, que son 
axiales y por lo tanto horizontales como se aprecia en el 
siguiente diagrama. 
C D
KN3.21 DX
La fuerza aplicada en C es igual y de sentido contrario a 
la barra ABC ya que el nudo C debe estar en equilibrio y 
cumplir la condición: 
03.21 =-=å DxKNFx
KNDx 3.21=
KN32
KN6.9
Ey
Ex
m2.1
m4
E
B
1
032 =-=å KNExFx
KNEx 32=
06.9 =-=å KNEyFy
KNEy 6.9=
1
2
Elemento BE
Se puede comprobar que la barra BE está en completo 
equilibrio sumando los momentos de los dos pares que 
constituyen las componentes de las dos fuerzas axiales 
que aparecen en los extremos de esta barra. 
( ) ( ) 02.13246.9 =-=å mKNmKNmM
KNAx 7.26=
En la ecuación donde todo el marco se tomo como 
cuerpo libre, se puede reemplazar 
para obtener Fx 
3
3 07.2616 =-- FxKNKN
KNFx 7.10-=
®-= KNFx 7.10
Figura 5.57
Figura 5.58
Ingeniero Darwin Mora Villota 204
Como ya se han determinado todas las fuerzas en los 
apoyos y en nudos se puede dibujar el respectivo 
despiece. 
DESPIECE
KN16
A
B
C D
E
F
C D
B
E
KN3.21
KN6.9
KN32
KN7.26
KN6.9
KN6.9
KN6.9
KN32
KN3.21
KN6.9
KN6.9
KN7.10
Se puede constatar el equilibrio sumando las fuerzas y 
momentos en todos los elementos como por ejemplo 
ABC y DEF
Elemento ABC
Elemento DEF
( ) ( ) ( ) 02.17.262.1164.23.21 =--=å mKNmKNmKNM B
( ) ( )å =+-= 04.27.102.13.21 mKNmKNM E
Figura 5.59
Ingeniero Darwin Mora Villota 205
Ejemplo 5.7
Calcular las fuerzas externas en cada uno de los tres 
elementos del marco y dibujar el correspondiente 
despiece. Todos los elementos están articulados y no se 
consideran fricción en la polea.A
B
C
D
E
mR 1=
KN36
m8.1m8.1
m4.2
m4.4
m4.4
m4.2
m56.5
m6.3
E
D
C
B
A
Solución:
De acuerdo a las distancias dadas se inicia con el cálculo 
del valor de la distancia total entre apoyos. 
m
m
m
AE
4.4
8.6
6.3
=
mAE 56.5=
G
Figura 5.60
Figura 5.61
Ingeniero Darwin Mora Villota 206
A
B
C
D
E
KN36
Se construye un diagrama de cuerpo libre de toda la 
estructura en la forma indicada.
G
Ax
Ay Eym76.2 m8.2
m56.5
Planteando las ecuaciones estáticas se calculan las 
fuerzas de reacción. 
( ) ( ) 076.23656.5 =-=å mKNmEM yA1
­= KNEy 9.17
2 0==å AxFx
3 å =-+= 036KNEyAyFy
­= KNAy 1.18
Diagrama de cuerpo libre de la polea 
Este diagrama deja ver las fuerzas de tensión que el 
cable hace sobre la polea y que el pasador en G hace 
sobre la polea constituyendo un par de fuerzas que 
actúan sobre la polea. Además ayuda a visualizar como 
se transmite la fuerza de la polea a la barra BGD 
G
KN36 KN36
KN36
KN36
Figura 5.62
Figura 5.63
Ingeniero Darwin Mora Villota 207
Elemento BGD
Es un elemento apoyado en B y D que sirve de apoyo a 
la polea en G 
­= KNDy 18
( ) ( ) 08.1366.3 =-=å mKNmDyM B
KNBy 18=
036 =-+=å KNDyByFy
036 =+-=å KNBxDxFx
B
G
D
By
Bx Dx
Dy
KN36
KN36
m8.1m8.1
1
2
3
A
B
Elemento ABC
m6.3m96.1
m4.4
m4.2
Bx
C Cx
Cy
KN18
KN1.18
Como en el elemento BGD no se pudo determinar la 
componente Bx, en este elemento también es una 
fuerza externa desconocida que se asume en sentido 
contrario. 
( ) ( ) ( ) 056.51.186.3184.4 =-+=å mKNmKNmBxMB1
KNBx 1.8=
0=-=å CxBxFx
KNCx 1.8=
0181.18 =+-=å CyKNKNFy
KNCy 1.0-=
2
3
Reemplazando en la ecuación del elemento BGD se 
obtiene Dx
3
036 =+-=å KNBxDxFx
KNDx 9.27-=
3
Figura 5.64
Figura 5.65
Ingeniero Darwin Mora Villota 208
C
D
E
B
G
DKN36
KN36
A
B
C
KN18
KN1.18
KN1.0
KN1.8
KN1.8
KN18KN18
KN9.27
KN1.8
KN18
KN9.17
DESPIECE
Figura 5.66
Ingeniero Darwin Mora Villota 209
Ejemplo 5.8
Calcular las fuerzas en cada uno de los elementos del 
marco y dibujar el correspondiente despiece.
A
B
C
D
E
m3
m5.2
m5.0
m5.0m5.0m5.1m5.1 m5.1m1
m6
mR 5.0=
KN18
KN36
KN24
a
A
B
C
D
E
mR 5.0=
KN18
KN36
KN24
Ax
Ay Ey
Ex
m1
KN60
m5.2m5.2
Solución:
Se dibuja un diagrama de cuerpo libre de toda la 
estructura en la forma que se indica a continuación, con 
el propósito de calcular las reacciones de los apoyos. 
°= 30a
KN60
KN60
Figura 5.67
Figura 5.68
Ingeniero Darwin Mora Villota 210
Ecuaciones Estáticas:
­= KNEy 127
1
Analizando las componentes en el apoyo E se obtiene: 
aEsenEx =
acosEEy =
º30cos127 E=
KNE 6.146=
EEy
Ex
a
­= KNAy 110
º306.146 senEx =
¬= KNEx 3.73
060 =--=å ExAxKNFx
®= KNAx 3.13
024603618 =----+=å KNKNKNKNEyAyFy
2
3
Elemento BD
B D
KN18
KN36
KN24
Dy
Dx
By
Bx
m5.1 m1 m2m2
1
KNDy 55=
0=-=å DyBxFx
DxBx =
0243618 =---+=å KNKNKNDyByFy
KNBy 23=
2
de esta ecuación se obtiene que
3
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 05.3365.2605.5605.6240.6 =----=å mKNmKNmKNmKNmEyM A
( ) ( ) ( ) ( ) 05.1182365243 =+--=å mKNmKNmKNmDyM B
Figura 5.69
Figura 5.70
Ingeniero Darwin Mora Villota 211
Elemento ABC
A
B
m5.2
m5.2
m5.1 m5.1
C
yC¢
xC¢
Bx
KN23
KN3.13
KN11
Las componentes Cx´ y Cy´ son las resultantes de las 
fuerzas ejercidas por la polea y el elemento CDE
( ) ( ) ( ) ( ) 05.231153.135.123 =--+=å mBxmKNmKNmKNM C1
KNBx 2.27=
03.13 =+-¢=å KNBxxCFx
03.132.27 =+-¢ KNKNxC
KNxC 9.13=¢
2
3 01123 =+-¢=å KNKNyCFy
KNyC 12=¢
m5.2
m5.2
m5.1 m5.1
C
yC ¢¢
xC ¢¢
D
KN55
Dx
E
KN3.73
Elemento CDE
( ) ( ) ( ) ( ) 05.25.15553.733127 =+--=å mDxmKNmKNmKNM C
KNDx 2.27=
03.73 =-+¢¢=å KNDxxCFx
KNxC 1.46=¢¢
055127 =-¢¢-=å KNyCKNFy
KNyC 72=¢¢
1
Se prueba que Dx=Cx como ya se había advertido.
2
3
KN127
Figura 5.71
Figura 5.72
Ingeniero Darwin Mora Villota 212
DESPIECE
C
KN60
KN60 KN60
KN60
C
D
KN55
E
KN3.73
KN127
B D
KN18 KN24
KN36
A
B
C
KN23
KN3.13
KN11
KN9.13
KN12
KN2.27 KN2.27
KN72
KN1.46
KN2.27
KN23 KN55
KN2.27
Comprobación del equilibrio en el nudo C
KN60
KN60
KN12
KN9.13
KN72
KN1.46
C
Figura 5.73
Figura 5.74
Ingeniero Darwin Mora Villota 213
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