Introducción a las Estructuras | FAU-PUCP |Trabajo Semestral 2021-II

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ÍNDICE Capítulo rígido....................................01 01 Capítulo 1: 1: Equilibrio Equilibrio del sólido rígido .........................................01 05 Capítulo Capítulo 2: 2: Armaduras..............................................................00 Armaduras...................................................................05

Capítulo 3: Fuerzas internas y diagramas Capítulo 3: Fuerzas internas y diagramas ...................................09 de 09 05 de fuerzas fuerzas internas....................................................................00 internas Capítulo 4: 4: Definición Definición de de esfuerzos........................................00 esfuerzos..............................................14 Capítulo Capítulo 5: 5: Carga Carga axial ...................................................................18 Capítulo y esfuerzo normal.............................00

Capítulo 6: Flexión simple y biaxial........................................00 Capítulo 6: Flexión simple y biaxial..............................................21

Capítulo 1

Equilibrio del sólido rígido Sólido rígido El sólido rígido es un conjunto de partículas unidas entre sí, con distancias y ángulos constantes.

Momento (M) Tendencia a giro de un cuerpo en un eje generado por una fuerza. Necesita de fuerzas o “pares de fuerzas”. El momento es perpendicular al plano que contiene el par de fuerzas. Presenta magnitud, dirección y sentido.

F → Fuerza d → Distancia Sentido horario → Negativo (-) Sentido antihorario→ Positivo (+) Unidad de medida: FUERZA x DISTANCIA

Pares equivalentes Dos fuerzas paralelas de misma magnitud y diferente sentido. Para que se cumpla el equilibrio la sumatoria de momentos debe ser igual a cero.

01

Apoyos Los apoyos son elementos que se ubican entre vigas, pilares, estribos, etc. Tienen la función de transmitir cargas de una edificación. Es así como estos elementos reciben las cargas horizontales y verticales que están en las estructuras.

Tipos de apoyos 1. Apoyos móviles: Reacción equivalente a una fuerza única de dirección conocida.

Rodillos

Deslizadera

Balancines

Fuerza única de dirección conocida

Pasador en ranura lisa

Fuerza única de dirección conocida

2. Apoyos fijos: Reacciones equivalentes a una fuerza de dirección desconocida.

Pasador en ranura rugosa

Soporte de pasador

Dos componentes fuerza

Dos componentes fuerza

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3. Apoyos por empotramiento: Reacciones equivalentes a una fuerza y un par.

Soporte empotrado

Dos componentes de fuerza y un par

Grado de libertad (GDL=0): Hay tres posibilidades de movimiento (desplazamiento x, desplazamiento y, giro en z).

GDL=Número de reacciones-Número de ecuaciones estáticas(3)

Grado de hiperestaticidad (GDL>0): Cantidad de redundantes estáticas que no pueden ser resueltas con las ecuaciones de equilibrio.

Rotula simple: no transmite giro y no presenta movimiento interno.

Condición de equilibrio: Suma de momentos igual a cero: ∑M0 =0 Suma de fuerzas en X igual a cero: ∑Fx =0 Suma de fuerzas en Y igual a cero: ∑Fy =0 Fuerzas en X: Fx Fuerzas en Y: Fy

Biela: posee dos fuerzas con el mismo módulo, línea de acción y sentidos opuestos, articuladas en

sus extremos (Se desarrolla mejor este concepto en el capítulo 2).

Desplazamientos pequeños (Teoría del primer orden): Ecuaciones de equilibrio sobre la configuración deformada, dan los mismos resultados que sobre la no deformada.

03

Ejemplo 3

04

Capítulo 2

Armaduras Armaduras o estructura articulada Estructuras compuestas por sólidos rígidos delgados. Estas estructuras están siendo sometidas a cargas axiales y están conectados entre sí por sus extremos.

Biela Es un sólido rígido que se encuentra en equilibrio si las dos fuerzas tienen el mismo módulo y misma línea de acción, además de sentidos opuestos. Tienen peso despreciable, están articuladas en los extremos F

F

Se asume que las bielas tienen peso despreciable, están articuladas en sus extremos y que están sometidos solo a fuerza axial.

Nudos

Encuentro o unión en donde concurren dos o más barras.

Pasador simple (pasador liso)

Placa de unión empernada (pasador liso)

Sentidos de fuerzas en bielas

Hay dos sentidos de fuerza en que se someten a las bielas. Fuerzas de tracción y de compresión.

F

Fuerza de tracción

F

C

Estructuras compuestas por armaduras

Puentes

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Fuerza de compresión

Torres de tensión

C

Equilibrio de una armadura plana La armadura está en equilibrio si cada barra y nudo están en equilibrio. Como no hay momentos en los nudos, solo tendremos fuerzas en X y Y: ∑Fx =0 ∑Fy =0 En cada nudo hay dos ecuaciones, y para la armadura hay 2n ecuaciones (“n”=# de nudos).

Por cada barra se debe conocer una fuerza, por lo tanto tengo “b” fuerzas incógnitas. Por último, para que la armadura esté en equilibrio, hay 3 restricciones de movimiento. Se debe cumplir: 2n= b + 3 n=número de nudos

b=número de barras

Métodos para resolver una armadura 1. Método de nudos (pasos): 1° DCL de la estructura completa.

2° Hallar las reacciones en los apoyo.

3° Graficar DCL de un nudo donde solo tenga dos incógnitas, plantear el equilibrio.

Ejercicio 1 En un negocio necesita construir una cubierta en la fachada cuya estructura debe contener luces en el punto B y el título del negocio en la punta de la estructura. Calcule las fuerzas en BG,CG y CF de la armadura mostrada, utilizando el método de nudos. Especificar si están en compresión o tracción.

tgθ= 7/15 = θ= 25,02° tgθ= 14/3/5 =θ= 43.03° ∑ME=0 (-5)(15)+(-3)(10)+(-Dx)(0,7)= 0 -75 -30 -0,7 Dx= 0 Dx= -150 KN

∑FX=0 -DX-EX= 0 +150-EX= 0 +150 KN =EX ∑FY=0 (-5)+(-3)+(EY)(DY)= 0 EY+DY= 8 KN ... (I)

DCL general NODO EN B ∑FY=0

FGB=3 KN (C)

∑FX=0 FAB= FBC

NODO EN E ∑FX=0 FFE cos θ - Ex=0 FFE= -165,53 KN

∑FY=0 FFE sen θ + EY =0 EY = 70 KN (C)

06

Se reemplaza en I

NODO EN D

EY + DY =8 KN 70 + DY =8 KN DY = - 62 KN NODO EN A

NODO EN C

• FFD sen α= 62 FFD= 90,86 KN • FCD + FFD cos α= -150 FCD +66,42 = -150

• FAG sen θ= -5 FAG= -11,82 KN • FAB + FAG cos θ= 0 FAB = 10,71 KN (T)

• 10,71 + FGC cos θ= -216,42 FGC= -250, 65 KN • GC sen θ= FCF -106,00 KN (C) = FCF

2. Casos particulares: Elementos de fuerza cero 1. Cuando dos miembros no colineales forman un nodo y sobre este nodo no hay aplicada ninguna carga externa ni reacción de apoyo.

2. Cuando tres miembros forman un nodo en el cual dos de ellos son colineales y el tercero forme un ángulo.

Ejercicio 2 Se ha propuesto una tranquera que evite el libre tránsito de vehículos en la zona como se muestra en la imagen.

Por un error de metrado, faltará material para completar dicha estructura.

Hallar qué sector puede quedar sin unión, sin que quede desestabilizada la armadura.

Diagrama de fuerza para el nodo C ΣFx=-TCB-TCD cos30=0 ΣFy=-TCD sen30=0 TCD=0 TCB= 0

Diagrama de fuerza para el nodo B ΣFx=-TAB-TBC=0 ΣFy=-TBD=0 TBD=0

Diagrama de fuerza para el nodo D ΣFx=-TDE-TAD cos60+TBD cos60 +TCD=0 ΣFy=-TAD sen60+TBD sen60 =0 TAD=0 TDE= TCD

07

3. Método de cortes o secciones: los pasos para hallar las fuerzas en una armadura a través del método de cortes o secciones es el siguiente: 1. Se cumple: ∑M0 =0 ∑Fy =0 ∑Fx =0 2. DCL total 3. Hallar reacciones de apoyo 4. Corte que pase por máximo en tres barras 5. Resolución del lado con menos incógnitas. Tres ecuaciones de equilibrio y hallar lasfuerzas y sus sentidos.

Ejercicio 3 Hallar las fuerzas axiales en los elementos CE, CF y DF por el método de cortes de la siguiente estructura.

DCL general

ΣFx=Ax=0 ΣMi=0 (205)(5)+(200)(10)+(205)(15)+(520)(20)+A Y(20)=0 AY(20)= 16500 AY= 825 KN

ΣMc=0 (520)(5)-YA(5)+AX(3)- FDF (4)=0 FDF=-381,25 KN ΣMF=0 (520)(10)+(205)(5)Y+ 0,98 FCE(4) + 0,2 FCE (5)=0 FCE=411, 58 K ΣFx=0 AX- 381,25+(5/26)FCE+(5/41)FCF=0 FCF= 28, 63K

08

Capítulo 3

Fuerzas internas y diagramas de fuerzas internas Fuerza interna Las fuerzas internas son desarrolladas dentro de las estructura debido al desarrollo de las fuerzas externas.

Método de cortes (o secciones) a. Equilibrio externo total b. Corte en sección donde se debe hallar las fuerzas internas c. Resolver el equilibrio del segmento y hallar: VO, NO, MO d. Convención de signos: Ejemplo 7

Determine la fuerza normal interna, la fuerza cortante y el momento flexionante en los puntos C y D de la viga. Suponga que el soporte en B es un rodillo. El punto C se encuentra justo a la derecha de la carga de 7 kip. ∑MA =0 -(7kips)(10ft)+By(22ft)+48kip.ft=0 By=1kip ∑Fx =0 Ax=0

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∑Fy =0 Ay+1kip-7kip=0 Ay=6kip

Fuerzas internas generadas Son resultantes de esfuerzos internos presentados en la sección transversal debido a las cargas externas.

Fuerza cortante (V): evita que ambos segmentos resbalen uno de otro.

Giro en sentido horario (+) Fuerza normal (N): evita que ambos segmentos se muevan en sentidos opuestos de forma horizontal Tracción (+) Momento flector (M): evita que cada segmento gire de forma independiente.

Doblez de forma cóncava hacia arriba (+) Condiciones de equilibrio en fuerzas internas:

∑M0 =0

∑Fx =0

∑Fy =0

Diagramas de fuerzas internas 1.Diagrama de fuerza cortante (DFC): eje y 2.Diagrama de fuerza normal (DFN): eje x 3.Diagrama de momento flector (DMF)

Método para resolver los diagramas de fuerzas internas a. Equilibrio externo y reacción de apoyos b. Método de cortes o método de áreas para determinar la variación de V, N y M en la viga Método de áreas: a. DLC y equilibrio del tramo b. V = área bajo la curva de carga distribuida c. M = área bajo la curva del DFC c. Diagramar las fuerzas internas teniendo en cuenta los valores positivos de V, N (encima del eje cartesiano) y M (debajo del eje cartesiano).

10

Ejemplo 8

Ejemplo 9

11

Ejemplo 10

12

13

Capítulo 4

Definición de esfuerzos Mecánica de materiales Estudia la relación entre las cargas externas aplicadas a un cuerpo deformable y la intensidad de fuerzas internas producidas dentro del cuerpo.

Asunciones generales sobre materiales Homogéneos: Propiedades iguales en cualquier punto.

Isotrópicos: Propiedades iguales en cualquier dirección.

Esfuerzo o intensidad de fuerza Fuerza aplicada por unidad de área.

Esfuerzos normales promedio (σ): fuerza perpendicular a la superficie y distribución de esfuerzos uniforme.

σm =F/A

Convención de signos

Deformación debido a fuerzas normales: cambio de longitud original debido a la fuerza normal aplicada en el elemento.

Deformación (δ): δ =F.L/E.A L→Longitud del elemento E→Módulo de elasticidad

Deformación unitaria (ε): εm =δ/L (valor adimensional)

Esfuerzo de aplastamiento (σapl): se da en la superficie de contacto entre dos cuerpo y se debe a la fuerza normal estas superficies. σapl =P/Área de contacto P→Fuerza

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Esfuerzo de corte medio (τm): fuerza paralela a la superficie en la que actúa. τm =P/a.b

Esfuerzo de corte medio (τm): en superficie curva. τm =P/A A→Área lateral del cilindro

Ley de Hooke Relación entre esfuerzo (σ) y deformación unitaria (ε) es lineal y su relación está dada por el módulo de elasticidad (E) , el cual es propio de cada material.

σ =E/ε Material dúctil: se deforma más allá del límite elástico, de forma sostenida sin fallar súbitamente. Ejemplos: acero dulce, aluminio, cobre.

Material frágil: no se deforman más allá del límite elástico y presentan fallas repentinas.

Ejemplos: concreto simple, vidrio, piedra.

Cantidad de energía para deformar un elemento Propia de cada material y se obtiene bajo el área de la curva de σ vs ε Resiliencia: cantidad de energía necesaria por unidad de volumen, para llevar a un material hasta el límite del rango elástico.

Tenacidad: cantidad máxima de energía necesaria por unidad de volumen para llevar a un material hasta la rotura.

Esfuerzos en conexiones de apoyos y barras Unión simple empernada: Esfuerzo de compresión promedio

σcompr = P/Área = P/B.t

Esfuerzo de tracción máximo

σtracc = P/Área reducida= P/t(B-d)

Esfuerzo de aplastamiento: Unión simple: Contacto entre perno y barra σap = P/d.t

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Unión doble: Contacto entre perno y apoyo. σap = P/A = (P/2)/t.d

Esfuerzo de corte: Unión simple:

Unión doble:

τ= P/A = P/(π.d²)/4

τ= P/A = (P/2)/(π.d²)/4

Esfuerzo de adherencia τm= P/π.L.D

Factor de seguridad Razón entre la carga de falla y carga permisible (siempre mayor a 1).

Esfuerzo de trabajo (σreal): esfuerzo real actuante debido a las cargas aplicadas.

Esfuerzo admisible (σadm): trabajo máximo de la estructura y con el cual se diseñó.

Esfuerzo de falla (σfalla): cuando falla el material FS (diseño) = σfalla/σadm

FS (real) = σfalla/σrea

Ejemplo 11 Un sistema de tres barras se emplea para sostener una masa de 5000kg como se muestra, las barras BD y BC son de 13mm de diámetro y la de BA 20mm. Encontrar los esfuerzos en estos elementos. θ =Tg-1(1.2/3.6) θ=18.43

w=m.g w=(1000kg)(9.81m/s2) w=9810 N

α= Tg-1(0.90/0.30) α=71.56

Reemplazamos FBC por FBA: ∑Fx=0 FBC(Cos 18.43)-FBA(Cos 71.56)=0 FBC=FBA(Cos 71.56/ Cos 18.43) ∑Fy=0 FBC(Sen 18.43)+FBA(Sen 71.56)-9810N=0 FBC(Sen 18.43)+FBA(Sen 71.56)=9810N

FBA(Cos71.56/ Cos18.43) (Sen18.43) +FBA(Sen71.56)=9810N FBA(0.3334)(0.3161)+FBA(0.9486)= 9810N 0.1053FBA+0.9486FBA=9810N 1.0539FBA=9810 N FBA=9810 N/1.0539 FBA=9308.28N

Hallamos FBC FBC=FBA(Cos 71.56/ Cos 18.43) FBC=9308.28N(.3334) FBC=3103.38N

16

Calculamos los esfuerzos

Ejemplo 12 El elemento ABC, soportado por un pasador y una ménsula en C y un cable BD, se diseñó para soportar una carga P de 16 kN como se muestra en la figura. Si se sabe que la carga última para el cable BD es de 100 kN, determine el factor de seguridad respecto a la falla del cable. ∑MC=0 (PCos40)(1.2) + (PSen 40)(0.6) - (FBDCos30)(0.6) - (FBD Sen30)(0.4)=0 1.30493P-0.71962 FBD=0 FBD= 1.81335 P FBD= 1.81335 (16x103)

FBD= 2.9014 x 103N σult =100 x 103N F.S. =σult / FBD F.S. = 100 x 103 / 2.9014 x 103

F.S. = 3.45

Ejemplo 13 Dos elementos de madera de sección transversal r ectangular uniforme están unidos mediante un empalme sencillo pegado al sesgo, como se muestra en la figura. Si se sabe que P 11 kN, determine los esfuerzos normal y cortante en el empalme pegado. θ=90-45=45 P=11kN=11 x 103 Ao = (150)(75) = 11.25 x 103 mm² σ = PCos²Ө/Ao σ = (11 x 103)(Cos²45) / 11.25 x 10-3

σ = 489 x 103 Pa τ= PSen2 / 2Ao τ=(11 x 103)(Sen90) / 2(11.25 x 10-3)

τ=4.89x 103 Pa

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Capítulo 5

Carga axial y esfuerzo normal Elementos sometidos a carga axial A modo de ilustración una columna con una carga centrada.

Elementos sometidos a carga excéntrica La carga “P” debe estar aplicada en el centro de gravedad (C.G.) de la sección transversal para que solo exista carga axial en la estructura y ninguna tendencia a generar momentos. Si no está centrada, se generan momentos debido a la distancia de la carga “P” respecto al C.G. Principio de superposición: Es un método válido para estructuras en el rango elástico, en donde las solicitaciones a la estructrura se pueden resolver por separado y luego se superponen.

Cuando un elemento esta sometido a carga axial, además de deformarse en la dirección de la carga, sufre deformaciones transversales.

”ν” es el modulo de Poisson. Este relaciona la deformación axial y transversal (lateral). Es un valor propio de cada material.

Ejemplo 14 utilizando la relación de Poisson Se observa que una varilla de 300 mm de longitud y 10 mm de diámetro, elaborada con un material homogéneo e isotrópico, aumenta su longitud en 200 um y reduce su diámetro en 2.4 um al sometérsele a una carga axial de 4 kN. Determine el módulo de elasticidad y la relación de Poisson del material.

1° El área de la sección transversal de la varilla es A = πr π (5 x 10 m) 78.5 x 10 2° Eligiendo el eje x a lo largo del eje de la varilla, se tiene que = P = 4 x 10 N = 50.955 MPa A 78.5 x 10 -6 =300 µm = 100 x 10 300 mm -6 = - 2.4 µm = -240 x 10 10 mm

x

3° De la ley de Hooke,

, se obtiene

= 50.955 MPa = 509,5 GPa -6 100 x 10

4° Con la relación de Poisson, se obtiene -6 = - -240 x 10 = 2.4 GPa -6 100 x 10

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Deformación debido a carga axial Pasos para hallar la deformación debido a carga axial.

1° Recordando para esfuerzo normal (i)

= N(X) : carga axial variable A(X) : área variable

2° Ley de Hooke (ii)

=

3° De (i) y (ii)

4° De (iii) y (iv)

.E =N(X) A(X) =d dx

=N(X) (iii) A(X) E = N (x) A(x)E

Pero

d

Si A(x) y N(x) = P son constantes

= ....

L = N (x) dx A(x)E

12

12

(iv)

1

= N (x) dx 2 A(x)E

= PL EA

Ejemplo 15: utilizando la ley de Hooke Un círculo con diámetro d=9 in., cuyo espesor es , se marca en una placa de aluminio sin esforzar. Las fuerzas que actúan después en el plano de la placa causan esfuerzos normales =10 ksi y = 20 ksi. Para E= 12 x 10 6 psi y , determine el cambio en a) la longitud del diámetro AB, b) la longitud del diámetro CD, c) el espesor de la placa, d) el volumen de la placa.

12

=d dx

10

9 in

0.278

10

-1

10

+1.389

+0.278 +2.502

19

+1.389 +12.501

-1 - 0.750

0.278

1

1.389

+0.667

+0.667 +0.113

Ejemplo 16 El eslabón AB debe fabricarse con un acero cuya resistencia última a la Problemas 35 tensión sea de 450 MPa. Determine el área de la sección transversal de AB para la cual el factor de seguridad es de 3.50. Suponga que el eslabón se reforzará de manera adecuada alrededor de los pasadores en A y B. P=(1.2)(8)= 9.6kN

Un círculo con diámetro d=9 ∑MD=0 in., cuyo espesor es

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,

-(0.8)(FABSen35)+ (0.2)(9.6)+(0.40)(20) = 0 FAB= 21.619kN

FAB=21.619 x 103N σAB = FAB/AAB σ = σult/ F.S.

AAB= (F.S.)FAB / σult AAB= (3.50)(21.619 x 103)

AAB=168.1 x 10-6m²

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Capítulo 6

Flexión simple y biaxial Convención de signos: en vigas horizontales, el momento flector es positivo si la tracción está en la cara inferior

Flexión pura No hay fuerza cortante ni normal Rango lineal estático. σ =ε.E Material continuo, homogéneo e isotrópico.

Ejes visuales.

Hipótesis de Navier Material continuo, homogéneo e isotrópico.

Esfuerzos en la sección transversal Eje neutro: eje donde no hay esfuerzos ni deformaciones.

A→Área de sección transversal dA→Diferencial de área →Eje neutro Momento de inercia: Esfuerzo: en dirección x σmáx = -(Mz.C)/Iz C→Profundidad del eje neutro Flexión pura: el eje neutro pasa por el centroide de la sección.

Carga axial: el eje neutro no pasa por el centroide.

Deformación: εmáx = -C/ρ ρ→Radio de la curvatura

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Inercia respecto a ejes que pasan por el centroide Iyg=Izg= (hxb3 )/12

Izg= (bxh3 )/26

Iyg=Izg= (πxR4)/4

Teorema de Steiner Permitirá conocer el momento de inercia de una sección de forma aleatoria utilizando el aporte de la inercia de figuras geométricas conocidas que componen dicha sección.

Iz = Izg+A.d² A→Área de sección transversal d→Distancia entre ejes

Carga axial excéntrica por superposición σx = ±P/A - (Mz.y)/Iz + (My.z)/Iy P→(+) tracción o (-) compresión Mz y My→orientación depende de la regla de la mano derecha

Deflexiones inmediatas Dadas por el peso propio del elemento y la estructura una vez que se desencofra.

Deflexiones diferidas

Dadas bajo la acción de cargas sostenidas en el tiempo.

Tabla de deflexiones

Beer 5ta edición

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-Se debe conocer la geometría del elemento (Longitud, Inercia) y propiedades mecánicas como el módulo de elasticidad (E).

-La tabla está dada para elementos de un solo tramo, isostáticos y para el rango lineal elástico.

Ejercicio 1

Si la viga está sometida a un momento flexionante de M=50KN-m, determine el esfuerzo flexionante máximo en la viga. ΣA=13200 mm² ΣAY=1980000mm3 Y=1980000/313200 =150mm

Iz = Izg+A.d² Iz=[2(200.20312+(4000)(140)2)+(20.260312 +(5200)(0)2)] Iz= 186.36 x 106mm4 σmáx = M.c/Iz σ1=− (50×103)(0.15)/186360×10-9 = -40.245 MPa σ2=(50×103)(0)/186360×10-9 = 0 σ3=(50×103)(0.15)186360×10-9 = 40.245 MPa

Ejercicio 2 Considere para la viga y la carga mostrada, la sección transversal y determine el esfuerzo normal máximo por flexión. El esfuerzo en el punto A. ΣMA=0 5(100)=8By 62.5KN=By ΣFy=0 Ay=37.5 KN CGy = 90x30x15+40x30x50+30x60x15 = 44.474 cm 90x30+40 x 30+30x60 Cálculo de Momento de Inercia:

Mmáx= 187.5 KN σ max = (187.5 x 1000)N x m x 0.55 x m 23 5835921.053 x 10-8 x m⁴ σ max= 0.018 MPa

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Ejercicio 3 Determine los esfuerzos máximos de tensión y comprensión en la viga.

DCL

∑MA = 0 18BY + 100 = 200 (19) BY= 205.56 kn

∑FY = 0 205.56 = 200 + AY 5.56 kn = AY

∑FX = 0

AX = 0

Centro de gravedad Yn = (10)(40)(5) + (40)(10)(30) + (40)(10)(30) (10)(40) + (40)(10) + (40)(10) Yn = 21.67 mm

Calculo de inercias Esfuerzos

σ

C=

σ

T=

M = 212.58 kn.mm I = 276666.68 mm4

212.58(28.33) = 0.022 kn/mm2 276666.68

3

2

I = ( (10)(40) + (10)(40)(30 - 21.67) )2 + 123 2 4 (40)(10) + (40)(10)(21.67 - 5) = 276666.68mm 12

212.58(21.67) = 0.017 kn/mm 2 276666.68

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BIBLIOGRAFÍA Hibbeler, R. (2010) Ingeniería Mecánica: Estática. Decimosegunda edición.

Editorial Pearson Educación.

Hibbeler, R. (2013) Análisis Estructural. Octava edición. Editorial Prentice Hall.

Profesores varios (2009-2018) Curso de estática. EEGGCC – PUCP. Beer, F. & Johnston, E. (2013).Mecánica Vectorial para ingenieros ESTÁTICA. Novena edición.

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