05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
FUERZAS INTERNAS INTERNAS EN RETICULADOS
“El análisis es un medio para un fin, ya que el principal objetivo del ingeniero estructural es diseñar, diseñar, no analizar".
Norris, Ch. y Wilbur, Wilbur, J.
EST ÁTICA - In g . Ser g i o Her r er a
Universidad Nacional de Ingeniería
1
05/08/2016
4.1 DE DEFIN FINICI ICIÓN ÓN DE RE RETIC TICULADO ULADO
Universidad Nacional de Ingeniería
Universidad Nacional de Ingeniería
EST ÁTICA - In g . Ser g i o Her r er a
2
05/08/2016
4.1 DE DEFIN FINICI ICIÓN ÓN DE RE RETIC TICULADO ULADO
Universidad Nacional de Ingeniería
Universidad Nacional de Ingeniería
EST ÁTICA - In g . Ser g i o Her r er a
2
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
2P
P S1
1
2P S2
2
3
S1
1
S3
S4
S5 S7
4
R3X
S6
S3
R3Y 5
R4 1. Un reti reticu cula lado do está está form formad ado o por por barr barras as o ele element mentos os rect rectos os cone conect ctad ados os en sus sus extremo extremos s mediante mediante nudos. nudos. 2. Si un reti reticu cullado ado está en equili uilib brio, io, cada cada una una de sus partes tes (nu (nudos y barra rras) tambié también n lo está. está.
Universidad Nacional de Ingeniería
3. Las cargas actúan en los nudos y no en las barras (se desprecia el peso propio propio de las barra barras). s). 4. Las Las car cargas gas apli aplica cada das s en los los nud nudos orig origin inan an sólo sólo fue fuerzas rzas axia axiale les s que pue pueden den ser ser de tracci tracción ón o compre compresió sión. n.
Fuerza externa
Fuerza externa
Cada barra, es un elemento con fuerzas en sus extremos.
C
Barra en compresión
Fuerza interna
Fuerza interna
T
Barra en tracción
5. El análisis isis de un retic ticulad lado, requier iere de determin minar sus fue fuerzas inte interrnas (fue fuerzas que mantien iene unido idos los eleme lemen ntos); para ello emple mplea amos mos el conce concepto pto de equili equilibri brio o aplica aplicado do en cada cada uno de sus compo compone nente ntes. s.
EST ÁTICA - In g . Ser g i o Her r er a
3
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
6. Para que un reticulado bidimensional sea estáticamente determinado debe cumplir que: 1
b = 2 n - 3 b : número de barras
2
3
4
6 5
n : número de nudos
Isostático (reticulado rígido)
1
2
3
b > 2 n - 3
Si :
4
6 5 Hiperestático (reticulado súper rígido)
b < 2 n - 3
Si :
1
2
4
3
6 5 Hipostático (reticulado inestable)
Universidad Nacional de Ingeniería
7. El análisis de una armadura (determinación de fuerzas internas en sus barras) se puede realizar empleando:
Método de los nudos
Método de las secciones
Métodos gráficos
Método de las rigideces
A ser estudiado en este curso.
Empleado antiguamente para armaduras complejas. Usado para programar
Fe = k u ~ ~ ~ ?
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
Fi = k u ~ ~ ~ ?
4
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
4.2 ANÁLISIS DE RETICULADOS – MÉTODO DE LOS NUDOS i.
Diagramade cuerpo libre del sistema( FX = 0, FY = 0, M A = 0).
ii. Identificar las barras con esfuerzo cero.
*
A: Punto
en que poda mos eliminarel mayor número de reacciones incógnitas .
iii. Buscar nudos en el cual exista 2 fuerzas desconocidas como máximo y hacer el diagrama de cuerpo libre. iv. Continuar el paso (iii) hasta hallar las fuerzas internas en todas las barras del reticulado. El análisis se reduce, en determinar las fuerzas internas en las barras y la condiciónde estas (tracción o compresión).
Universidad Nacional de Ingeniería
*:
S1
S2
S1 = S2 = 0
Si dos barras concurren en un nudo, y es e n udo s e enc uent ra s in c ar ga, entonces ninguna de las barras trabaja: S1 = S2 = 0
S2
S1 S3
S1 = S2 S3 = 0
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
Si en cu al qu ier r et ic ul ad o ex is te u n nudo (si n c arga) al cu al con curren s ól o 3 b ar ras y 2 d e es tas p er ten ec en a una misma recta, entonces el esfuerzo de la otra barra es cero.
5
05/08/2016
PROBLEMA 1:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar las fuerzas internas de cada una de las barras del reticulado mostrado. C
50 tn
30º
25 tn
30º
B A
D
30º
60º
60º
H A
30º
E
F
G V A
HE
VE 3m
3m
3m
Nota: Para que una armadura sea considerada simétrica debe serlo tanto en geometría comoen cargas.
Universidad Nacional de Ingeniería
Del problema anterior sabemos:
V A = 43,75 tn ( ME = 0) VE = 31,25 tn ( M A = 0) H A = 32,48 tn ( Mc
IZQUIERDA
= 0)
HE = 32,48 tn ( FH = 0)
Nudo A : Y Fy = 0 :
S AB H A
- S AB sen 30º
+ V A = 0
S AB = 87,50 tn
30º
S AG V A
X FX = 0 :
H A – S AG – S AB cos 30º = 0
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
S AG = - 43,30 tn
6
05/08/2016
Nudo B
Universidad Nacional de Ingeniería
:
X
50 tn
Y
60º
S AB
FX = 0
:
S AB - SBC – 50 cos 60º = 0
SBC
FY = 0
SBG
:
SBC = 62,50 tn
S BG – 50 sen 60º = 0
SBG = 43,30 tn
Nudo G : Y FY = 0
SGC
SBG 60º
: - SBG sen 60º + SGC sen 60º = 0
60º
X
S AG
SGC = 43,30 tn
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo E : Y
FY = 0 :
SED
- SED sen 30º + VE = 0
SED = 62,50 tn
30º
HE
SEF
X
FX = 0 :
VE
- HE – SEF + SED cos 30º = 0
SEF = 21,65 tn
Nudo D : X
25 tn
Y SDC
FX = 0 :
60º
SDF
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
SDF – 25 sen 60º = 0
SED
FY = 0 :
SDF = 21,65 tn
SED – 25 cos 60º - SDC = 0
SDC = 50,00 tn
7
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo F :
Y
FY = 0
SDC
SFC 60º
:
- SDC sen 60º + SFC sen 60º = 0
SFC = SDC = 21,65 tn
60º
X
SEF
Universidad Nacional de Ingeniería
C
50 tn
25 tn
B
D
A
E
43,30
F
G
(T)
21,65 (T)
32,48 tn
32,48 tn 43,75 tn
31,25 tn
F.E.
F.E. C
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
F.E.
F.E. T
8
05/08/2016
PROBLEMA 2:
Universidad Nacional de Ingeniería
Hallar las fuerzas internas de cada una de las barras del reticulado mostrado.
6 tn C
6 tn
6 tn
30º 30º 30º30º
B A
3m
D
30º
60º
60º
G
30º
E
F
0 9 tn
9 tn
2m
2m
2m
Observamos que existe simetría geométrica y de cargas (respecto a un eje vertical que pasa por el nudo C), lo cual es útil para disminuirla cantidad de cálculos a realizar.
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo A : Y Fy = 0 :
S AB
30º
X
S AG
FX = 0 :
S AB = 18 tn
- S AB cos 30º + S AG = 0
9 tn
Nudo B
- S AB sen 30º + 9= 0
S AG = 15,60 tn
:
X
6 tn
Y
60º
Fy = 0 :
SBC
SBG = 5,20 tn FX = 0 :
SBA
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
SBG
- 6 sen 60º - SBG = 0
SBA – SBC – 6 cos 60º = 0
SBC = 15 tn
9
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo G : Y
Fy = 0
:
SGC
SGB 60º
60º
SGA
SGF
SGC cos 30º - SGB cos 30º = 0
FX = 0 :
X
SGC = 5,20 tn
SGF – SGA + SGB sen 30º + SGC sen 30º
SGF = 10,40 tn
Universidad Nacional de Ingeniería
6 tn C
6 tn
6 tn B A
D (T)
(T)
15,60 tn
G
10,40 tn
(T)
F
E
15,60 tn
9 tn
9 tn
T C
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
10
05/08/2016
PROBLEMA 3: Universidad Nacional de Ingeniería
Hallar las fuerzas internas de cada una de las barras del reticulado mostrado. B
4m
E
A
R A
F
C
Rc
4 tn 4m
D 1m
3m
3m
1m
Notar que el reticulado es simétrico respecto al eje horizontal pasa por los nudos
A, E, F y C. Por l o tan to, l a di recc ión de las reac ciones ( R A y RC) también estarán en ese mismoeje horizontal.
Cálculo de las reacciones:
FX = 0 :
R A + 4 – RC = 0
Universidad Nacional de Ingeniería
(aparentemente hiperestático)
Cálculo de fuerzas en las barras: Nudo E : Y SEB
SEB = SED = 0
X
Ninguna de las barras trabaja (2 barras que concurren en un nudo y ese nudo no esta sometido a cargas).
SED
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
11
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo F : Y SFB 4 tn
5
4
Fy = 0
:
3
SFD = SFB
X
FX = 0 :
Nudo B
SFB cos + S FD cos - 4 = 0 SFB = SFD = 3,33 tn
SFD :
FX = 0 :
Y
- SBA cos 45º - SBF cos + SBC cos 45º = 0
FY = 0 : 45º
SFD sen - SFB sen = 0
45º
X
S
BC
S BA 2
︵a︶ 2 .....
- SBA sen 45º - SBC sen 45º + SBF sen = 0
S BA S BC
8 3
2 ..... b︶
SBC Resolviendo (a) y (b):
SBA SBE = 0
SBF
SBC = 3,30 tn, SBA = 0,47 tn
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo A : Y
FY = 0
:
S AB
- S AB sen 45º - S AD sen 45º = 0
S AB = S AD
45º
R A
45º
X
FX = 0
:
S AD
- R A + S AB cos 45º + S AD cos 45º = 0
R A = 0,66 tn
Nudo C : SCB
Y FY = 0 :
45º 45º
SCD
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
SCB sen 45º - SCD sen 45º = 0
RC
X FX = 0 :
SCD = SCB
RC + SCB cos 45º + SCD cos 45º = 0
RC = 4,66 tn
12
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
0
4 tn
0,66 tn
4,66 tn
0
T
C
PROBLEMA 4:
Universidad Nacional de Ingeniería
Para la armadura, determinar la magnitud y calidad de las fuerzas axiales en las barras.
3
P
a 2
4
a 1 7
5
P
R= 0
a R1 = P
6
R6 = P a
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
a
13
05/08/2016
Cálculo de reacciones:
Universidad Nacional de Ingeniería
+
M1 = 0
:
P (2a) – R6 (2a) = 0
+
FV = 0
:
R6 – R1 = 0
R6 = P
R1 = R6 = P
Cálculo de fuerzas axiales:
Nudo 4:
Barr a 24 no tr abaj a:
S24 = 0
Nudo 6: Y S65
S67
FY = 0
:
P + S65 = 0
S65 = – P
FX = 0
:
– S67 cos 45º = 0
S67 = 0
45º
X R6 = P
Nudo 7:
Barra 27 no trabaja: S27 = 0
Nudo 2:
Barra 25 no trabaja: S25 = 0
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo 1: Y S12
F Y 0: S 12 sen 45º P 0 S 12
45º
S17
X
2P
FX 0: S 12 cos 45º S 17 0 S 17 P
P = R1
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
14
05/08/2016
Nudo 3:
Universidad Nacional de Ingeniería
Y
FX 0: P S 32 cos 45º 0 S 32
P
2P
X S32
45º
F Y 0: S 34 S 32 sen 45º 0 S 34 P
S34
Nudo 7: Y
FX 0: S
P = S71
S75
Nudo 4:
71
S
75
0
S
75
S
71
P
X
Universidad Nacional de Ingeniería
Y
S43 = P X
FY 0 : S 45 S 43 0 S45 S43 P
S45
Nudo 5: Y S54 FX 0 : S 57 P 0 S 57 P
P X
S57
FY 0 : S 56 S 54 0 S 56 S 54 P
S56
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
15
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
3
P (T)
2P 2
P 0
4
0
P
(C)
(T)
2P 1
0
(C)
(C)
P
(C)
7
P
5
0
P P
(C)
6
R1 = P
R6 = P
PROBLEMA 5:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar la magnitud y calidad de las fuerzas axiales en las barras.
R7 7 1m
6
8
R8 3m 45º
5
5
4
1m
R1 3
1
2
3
4
P
10
2P
1 3
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
1m
3m
3m
16
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de reacciones en los apoyos: + FY = 0
:
R7 – P – 2P = 0
+ M1 = 0
:
R8 (4) + 3P (1) – P (4) – 2P (7) = 0
+ FX = 0
:
R1 – R8 = 0
R7 = 3P R8 = 3,75 P
R1 = 3,75 P
Cálculo de fuerzas axiales en las barras:
Nudo 2:
Barra 26 no trabaja: S26 = 0
Nudo 1, 7, 8:
Por ser barras aisladas:
S12 = R1 = 3,75 P S86 = R8 = 3,75 P S76 = R7 = 3 P
Nudo 4:
Universidad Nacional de Ingeniería
Y S45
S43
X
FY = 0
:
S45 sen - 2 P = 0
FX = 0
:
S43 - S45 cos = 0
S45
= 6,32 P
S43 = 6 P
2P
Nudo 5: Y S56
FX = 0
:
S54 cos - S56 cos 45º = 0
FY = 0
:
S56 sen 45º - S53 - S54 sen = 0
S56 = 8,48 P
45º
X
S53
S54 = 6,32 P
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
S53 = 4 P
17
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Nudo 3: Y S36
S35 = 4 P
FY = 0 :
S35 – P - S36 sen = 0
FX = 0 :
S32 - S34 + S36 cos = 0
S36 = 3,75 P
S32
X
S34 = 6 P
S32 = 3,75 P
P
Nudo 2: Y
FY = 0
:
S26 = 0
FX = 0
:
S21 - S23 = 0
S26 = 0
3,75 P = S21
S23
S23 = 3,75 P
X
Universidad Nacional de Ingeniería
R7 = 3 P 7 3 P (T)
R8 = 3,75 P
3,75 P 6 8 (T)
0 5 4 P (T)
R1 = 3,75 P
1 3,75 P (C)
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
2
3,75 P (C)
3
6P
P
(C)
4
2P
18
05/08/2016
4.3 ANÁLISIS DE RETICULADOS – MÉTODO DE LAS SECCIONES
Universidad Nacional de Ingeniería
Método conveniente cuando se desea determinar la fuerza de una o de pocas barras de un reticulado. i.
Diagramadel cuerpo libre del sistema: FX = 0, FY = 0, M A = 0
ii. Aislar una parte del reticulado mediante un corte, para que las fuerzas de interés (las que nos piden) se conviertan en “fuerzas externas” en el cuerpo libre aislado. iii. Al hacer el corte correspondiente (dividiendo la armadura en dos partes), intervienen las fuerzas de las barras que son cortadas. iv. En general, una sección debe cortar a 3 barras, ya que puede determinarse 3 incógnitas, usando las 3 ecuaciones de equilibrio (considerar el equilibrio total del sub-sistema). Sin embargo, hay casos especiales en que se pueden cortar con éxito más de 3 barras.
PROBLEMA 6:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar las fuerzas en las barras CD, CF y GF de la estructura mostrada.
3/2
3/2
6 tn C a
6 tn
6 tn
30º 30º 30º30º
B A
30º
60º
G
60º
a
30º
E
F 1
1/2
9 tn
9 tn 2m
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
3
D
2m
2m
19
05/08/2016
Corte a realizar: a–a (consideramos la zona de la derecha) y se supone
Universidad Nacional de Ingeniería
el sentido de las fuerzas que se indican en la figura.
C
F1
MC 0:
a
3 F3 ( 3 ) 6 ( ) 9 (3 ) 0 F3 10,40 tn 2
6 tn F2
Consideremos como fuerzas externas.
D M E 0:
E
F3
3 F2 ( 3 ) 6( ) 0 F2 5,20 tn 2
F a
M F 0:
9T
1 -F1 (1) 6( ) 9(2 ) 0 F1 15 tn 2 Indica que la dirección es contraria a lo supuesto.
Universidad Nacional de Ingeniería
6 tn
6 tn
6 tn
(T)
10,40 tn 9 tn
9 tn
T C
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
20
05/08/2016
PROBLEMA 7:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar la fuerza en los miembros EF, HG, HJ, FG; usando solamenteuna ecuación en cada caso.
40 tn
40 tn
B
C
40 tn 3m
J
2m
D
A
40 tn
3m
4m
F H
3m
E
G
3m
3m
3m
Universidad Nacional de Ingeniería
40 tn
40 tn
3
B
C2
3m
1
J
H A
40 tn
2m
D
A
80 tn
40 tn
3m
4m
F H
3
G 2 160 tn =
3m
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
3m
1
HF = 80 tn
VF
3m
E
3m
21
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Co rt e 1 - 1: zona de la derecha (EF = ??)
G5 40 tn + MD = 0 :
D
G4
+ G1 (4) – 40 (3) = 0
G3
( SEF = 30 tn compresión)
40 tn G2
G1 = 30 tn
E
G1
Universidad Nacional de Ingeniería
Co rt e 2 - 2: zona de la derecha (FG = ??)
F4
40 tn
F3
D
+ MD = 0 : + F1 (4) – 80 (4) – 40 (3) = 0
F2
40 tn F
F1 160
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
tn
E
F1 = 110 tn
( SFG = 110 tn compresión)
80 tn
22
05/08/2016
Co rt e 3 - 3: zona de la izquierd a ( HG = ??, HJ = ??) X
Universidad Nacional de Ingeniería
x
Por Relación de triángulos :
HG
40 tn B
Q3
C
X 2m 3m 4m
P
CJ JG
X 1,5 m
J A
80 tn
+ MP = 0 :
Q2
- Q1 (6) + 80 (3) + 40 (4,5) = 0
5
( SHG = 70 tn compresión)
Q1
4
H
Q1 = 70 tn
G
3 + FY = 0 : Q2 (sen ) - 40 = 0
Q2 = 50 tn
( SHJ = 50 tn tracción)
Universidad Nacional de Ingeniería
40 tn
40 tn
B
C
40 tn J H A = 80
tn
D
A
40 tn 110 tn F 30 tn
70 tn H
(C)
G
(C)
(C)
E
HF = 80 tn 160
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
tn
= VF
23
05/08/2016
PROBLEMA 8:
Universidad Nacional de Ingeniería
Del reticulado compuesto, determinar las fuerzas axiales de las barras AB, CD y EF.
B
C
Reticulado superpuesto 60 º
A
30 º
30 º
E
P
R A
D
F
2P
L/6
60 º
P
L/6
L/3
2P L/6
L/2
RD L/6
L/2
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de las reacciones en los apoyos: L 6
L 3
2 3
5 6
M A 0 : P ( ) 2P ( ) P ( L ) 2P ( L) R D (L) 0 R D
19 P 6
FY 0 : R A P 2P P 2P R A
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
17 6
19 P 0 6
P
24
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de los esfuerzos en las barras requeridas:
B
60 º
A
C
30 º
30 º
E
17 P 6
P
60 º
D
F
2P
P
2P
R A
RD
19 P 6
Universidad Nacional de Ingeniería
Realizamos el corte mostrado (tomamos la zona izquierda) y suponemos el sentido de las fuerzas axiales que se muestran.
O
F1
3 L 2
C
F2 A
60 º
60 º
E
17 P 6
R A
P
D
F3
2P L
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
25
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
17 L 2 L 3 P ( ) P ( L ) 2 P ( ) F3 ( L) 0 MO 0 : 6 2 6 6 2 F3
M A 0 : P (
3 P (S EF 3 P Tracción)
L L 3 ) 2 P ( ) F2 ( L) 0 6 3 2
F2
5 3 5 3 P (S CD P 9 9
Compresión
)
Sentido contrario a lo supuesto
17 5 2 3 P (L) P ( L) 2 P2 ( L) F2 ( L) 0 6 6 3 2
MD 0 :
F1
4 3 4 3 P (S AB P Compresión ) 9 9
Sentido contrario a lo supuesto
Universidad Nacional de Ingeniería
B
C
(T)
A E
P 2,83 P = R A
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
2P
1,73 P
D F
P
2P RD = 3,17 P
26
05/08/2016
PROBLEMA 9:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar la magnitud y calidad de las fuerzas axiales en las barras. 5m
5m
B
35 tn
20m
D
E 10m
F
R Ay
10m
40 tn
A
C
R Ax
RCy 25m
25m
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de reacciones en los apoyos:
:
+ M A = 0
: RCY (50) – 35 (40) – 40 (25) = 0
+ FY = 0
:
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
R AX – 35 = 0
R AX = 35 tn
+ FX = 0
R AY + RCY – 40 = 0
R AY = - 8
RCY = 48
tn
tn
27
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de fuerzas axiales en las barras: Realizamos el corte que s e m uestr a y podemos hallar el valor de F1 por equilibrio en la subestructura (sumatoria de momentos en el punto P, punto donde concurren F2 y F3).
B
35 tn
F1 D
E
F
d1
40 tn
F2
40 tn
35 tn
+ MP = 0
F3
C
A
8 tn
d
P
48 tn
: + F1 (d ) – 40 (d 1) = 0
F1
Siendo necesario determinar los valores de d y d 1, par a lo cual empleamos el siguiente sistemade coordenadas:
Universidad Nacional de Ingeniería
Y Hallamos la ecuación de la recta L : (25,40)
L
( 40 - Y ) = 40 - 20 (25 - X) 25 - 30
Y = - 4 X + 140
Hallamos las coordenadas del punto P (2k,2k): 7 k = 50 m.
( 2k , 2 k) = (100/7 , 100/7)
(30,20)
d
P (2k,2k)
W (wX,wY)
40 - 20 25 - 30
2k 45°
2k
Hallamos las coordenadas del punto W (Wx,Wy):
5k
Wy - 100/7 Wx - 100/7
= - 1 4 W y - W x = 300/7
X c om o e l p unt o W pe rt enec e a l a r ec ta L , usando la ecuación de esa recta determinamos: ( Wx , W y) = ( 3 6 20 /119 , 2 180 /119) = ( 30 ,42 , 18, 32)
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
28
05/08/2016
Con los valores obtenidos, ya podemos determinar las distancias d y d 1:
d
2
2
2
= ( 3 6 20/ 119 - 100 /7) + (2 180/119- 100/7)
d 1 = 25 - 100/7
Universidad Nacional de Ingeniería
d = 16,63 m
d 1 = 10,71 m
Aplicando la ecuación de sumatoria de momentos en el punto P:
+ F1 (16,63) – 40 (10,71) = 0
F1 = 25,76 tn
+ MP = 0 : + F1 (d ) – 40 (d 1) = 0
[ barra BE : SBE = 25,76 tn en tracción ]
Nudo B: Y
35 tn
X 2.5k
:
+ 35 – 2,5k + 2,5a + 6,25 = 0
FY = 0
:
- 24,99 - 4k - 4a = 0
resolviendo :
2.5a
4k
FX = 0
k = 5,1262
, a = - 11,3738
4a
SBA
SBC
24.99
SBE
6.25
SBA = 24,17 tn , SBC = - 53,65 tn
Nudo A:
Universidad Nacional de Ingeniería
Y S AB 12,81
:
- 35 + 12,81 + k + S AC = 0
FY = 0
:
- 8 + 20,50 + k = 0
resolviendo :
S AD
20,50
FX = 0
k = - 12,50
k
35 tn
k
X
S AC
S AC = 34,69 tn , S AD = - 17,68 tn
8 tn
Nudo D: Y
SDE
X
FX = 0
:
+ 12,50 + k - SDE = 0
FY = 0
:
+ 12,50 - 2k = 0
resolviendo :
k = 6,25
12,50 12,50 2k
SDF SDA
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
SDE = 18,75 tn , SDF = 13,97 tn
k
29
05/08/2016
Nudo E:
Universidad Nacional de Ingeniería
Y
FY = 0
6,25
SEB
:
resolviendo :
+ 24,99 - 2k = 0 k = 12,50
24,99
SED = 18,75
X
SEF = 27,95 tn
2k
SEF k
Nudo C: Y
FY = 0
SCB
resolviendo :
28,43
SCF k
:
+ 48 – 45,50 + k = 0 k = - 2,50
45,50
2,5k
X
SCF = - 6,73 tn
SCA = 34,69
48 tn
Universidad Nacional de Ingeniería
B
35 tn
(C)
D 18,75 tn
E
F
40
A
tn
C
34,69 tn
8 tn
35 tn
T
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
(T)
48 tn
C
30
05/08/2016
PROBLEMA 10:
Universidad Nacional de Ingeniería
Determinar el valor de las cargas P y Q, si las fuerzas axiales en la barra AF = 2,25 KN (en tracción) y la barra EJ = 1,75 KN (en tracción).
3m
R Ax
A
3m
3m
C
B
R Ay
3m
D
E 4m
H
F
J
G
I 4m
RKx
K
L
M
O
N
Q
P
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de reacciones en los apoyos:
+ M A = 0
: RKX (8) – P (6) – Q (12) = 0
+ FX = 0
:
RKX – R AX = 0
+ FY = 0
:
R AY – P – Q = 0
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
RKX = 0,75 P + 1,50 Q
R AX = 0,75 P + 1,50 Q
R AY = P + Q
31
05/08/2016
Universidad Nacional de Ingeniería
Cálculo de fuerzas P y Q:
R Ax
A
Realizamos el corte 1-1 que se m uestr a, para así involucrar las barras cuyas fuerzas internas son datos del problema ( AF y EJ ).
C
B
R Ay
J
G
RKx
E
H
F
1
D
K
1
I
L
M
O
N
Q
P
Universidad Nacional de Ingeniería
3m
3m
3m
3m
2,25 K N = F1
F2 = 1,75 K N 4m F3
F
1
F4
F5
H
F6
J
1
4m
RKx = 0,75 P + 1,50 Q K
L
M
N
O
Q
P Aplicando ecuaciones de equilibrio en el subsistema:
+ FY = 0
:
+ MF = 0
: RKX (4) – P (6) – Q (12) + 1,75 (12) = 0
ESTÁTICA - Ing. Sergio Herrera
2,25 + 1,75 – P – Q = 0
P+Q=4
…
(I)
P+2Q=7
… (II)
32