Fuerzas Internas en Reticulados

24/08/2015

UniversidadNacionalde Ingeniería

FUERZAS INTERNAS EN RETICULADOS

“El análisis es un medio para un fin, ya que el principal objetivo objetivo del ingeniero ingeniero estructural es diseñar, no analizar". Norris, Ch. y Wilbur, Wilbur, J.




1

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4.1 4. 1 DE DEFIN FINIC ICIÓN IÓN DE RETI RETICU CULADO LADO



2

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4.1 4. 1 DE DEFIN FINIC ICIÓN IÓN DE RETI RETICU CULADO LADO



2

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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 stá form formad ado o por barr barras as o eleme lement ntos os rect rectos os cone conect ctad ados os en sus sus extremos extremos mediante mediante nudos. nudos. 2. Si un reti reticu cullado está stá en equilib librio, io, cada una una de sus sus partes tes (nu (nudos y barra rras) tambié también n lo está. está.


3. Las cargas actúan en los nudos y no en las barras (se desprecia el peso prop propio io de las las barra barras) s).. 4. Las Las carg cargas as apli aplica cada das s en los los nud nudos orig origin inan an sólo sólo fue fuerzas rzas axi axiale ales que pue pueden den ser ser de tracc tracció ión n o compr compres esió ión. n.

Fuerza externa

Cada barra, es un elemento con fuerzas en sus extremos.

C

Barra en compresión

Fuerza externa

Fuerza interna

Fuerza interna

T

Barra en tracción

5. El análisis de un retic ticulado, requiere de determ termiinar sus fue fuerzas intern terna as (fuerzas que mantiene unidos los elem en entos); para ello em pl pleam os os el conce concepto pto de equil equilibr ibrio io aplic aplicado ado en cada cada uno de sus compon componen ente tes. s.

3

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6. Para que un reticulado bidimensional sea estáticamente determinado debe cumplir que: 1

2

b = 2 n - 3 b : número de barras

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)


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 ~ ~ ~   ?



Fi = k u ~ ~ ~   ?

4

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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 reaccionesincógnitas.

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 condición de estas (tracción o compresión).


*:

S1

S2

S1 = S2 = 0

Si dos barras concurren en un nudo, y es e nu do s e enc uent ra si n c ar ga, entonces ninguna de las barras trabaja: S1 = S2 = 0

S2

S1 S3

S1 = S2 S3 = 0

Si en cu al qui er r et ic ul ad o ex is te u n nudo (si n carga) al cual concurren 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

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PROBLEMA 1:


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

E

30º

F

G V A

HE

VE 3m

3m

3m

Nota: Para que una armadura sea considerada simétrica debe serlo tanto en geometría como en cargas.


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 

S AG = - 43,30 tn

6

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Nudo B


:

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 AB

SGC = 43,30 tn


Nudo E : Y

 FY = 0 :

SED

- SED sen 30º + VE = 0 

SED = 62,50 tn

30º

HE

SEF

X

 FX = 0 :

VE

- H E – SEF + SED cos 30º = 0 

SEF = 21,65 tn

Nudo D : X

25 tn

Y SDC

 FX = 0 :



60º

SDF

SDF – 25 sen 60º = 0

SED

 FY = 0 :

SDF = 21,65 tn

SED – 25 sen 60º - S DC = 0 

SDC = 50,00 tn

7

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Nudo F :

Y

FY = 0

SDC

SFC 60º

:

- SDC cos 60º + SFC cos 60º = 0 

SFC = SDC = 21,65 tn

60º

X

SEF


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

F.E.

F.E. T

8

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PROBLEMA 2:


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

30º

E

F

G 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 cálculosa realizar.


Nudo A : Y  Fy = 0 :

S AB



30º

X

S AG

 FX = 0 :

60º

X

 Fy = 0 :

SBC

SBG

- 6 sen 60º - S BG = 0 

 FX = 0 :

SBA

S AG = 15,60 tn

:

6 tn

Y

S AB = 18 tn

- S AB cos 30º + S AG = 0 

9 tn

Nudo B

- S AB sen 30º + 9 = 0

SBG = 5,20 tn

SBA – SBC – 6 cos 60º = 0 

SBC = 15 tn

9

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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


6 tn C

6 tn

6 tn B A

D

(T)

15,60 tn

(T)

G

10,40 tn

(T)

F

E

15,60 tn

9 tn

9 tn

T C

10

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PROBLEMA 3: UniversidadNacionalde 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 lo ta nto, l a d ire cci ón de l as reac ci ones (R A y RC) también estarán en ese mismo eje horizontal.



Cálculo de las reacciones:

 FX = 0 :

R A + 4 – RC = 0


(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

11

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Nudo F : Y SFB 4 tn

5

4



 Fy = 0 :

3



SFD = SFB



X



 FX = 0 :

Nudo B

SFB cos  + SFD cos  - 4 = 0 

SFD :

 FX = 0 :

Y





SBA SBE = 0

45º

X

SBC

SFB = SFD = 3,33 tn

- S BA cos 45º - SBF cos  + SBC cos 45º = 0 

 FY = 0 : 45º

SFD sen  - SFB sen  = 0

S

BC

S

BA

2

2 ..... ︵a︶

- SBA sen 45º - SBC sen 45º + SBF sen  = 0 

S BA  S BC 

8 3

2 ..... b︶

Resolviendo (a) y (b):

SBF

SBC = 3,30 tn, S BA = 0,47 tn


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

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

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0

4 tn

0,66 tn

4,66 tn

0

T

C

PROBLEMA 4:


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

a

13

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



Cálculo de reacciones:


+

 M1 = 0

:

P (2a) – R6 (2a) = 0

+

 FV = 0

:

R6 – R1 = 0





R6 = P

R 1 = R6 = P

Cálculo de fuerzas axiales:

Nudo 4:

Barra 24 no trabaj a:

S 24 = 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: S 27 = 0

Nudo 2:



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

14

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Nudo 3:


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


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

15

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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:


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

1m

3m

3m

16

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



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:


Nudo 1, 7, 8:

Por ser barras aisladas:

S12 = R1 = 3,75 P S86 = R8 = 3,75 P S76 = R7 = 3 P

Nudo 4:


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

S53 = 4 P

17

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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 = S 21

S23



S23 = 3,75 P

X


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)

2

3,75 P (C)

3

6P

P

(C)

4

2P

18

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4.3 ANÁLISIS DE RETICULADOS – MÉTODO DE LAS SECCIONES


Método conveniente cuando se desea determinar la fuerza de una o de pocas barras de un reticulado. i.

Diagrama del 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:


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

3

D

30º

60º

G

60º

a

30º

E

F 1

1/2

9 tn

9 tn 2m

2m

2m

19

24/08/2015



Corte a realizar: a–a (consideramos la zona de la derecha) y se supone


el sentido de las fuerzas que se indican en la figura.

C

F1

  M C  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 .


6 tn

6 tn

6 tn

(T)

10,40 tn 9 tn

9 tn

T C

20

24/08/2015

PROBLEMA 7:


Determinar la fuerza en los miembros EF, HG, HJ, FG; usando solamente una 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


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

3m

1

HF = 80 tn

VF

3m

E

3m

21

24/08/2015




Cor te 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




Cor te 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 tn

E



F1 = 110 tn

( SFG = 110 tn compresión)

80 tn

22

24/08/2015



Cor te 3 - 3: zona de la izquierda (HG = ??, HJ = ??) X


Por Relación de triángulos :

40 tn B

Q3

C

X 2m  3m 4m

P



x HG



CJ JG

X  1,5 m

J A

80 tn

+  MP = 0 :

Q2

- Q1 (6) + 80 (3) + 40 (4,5) = 0 

5 

4

( SHG = 70 tn compresión)

Q1 H

Q1 = 70 tn

G

3 +  FY = 0 : Q 2 (sen  ) - 40 = 0



Q2 = 50 tn

( SHJ = 50 tn tracción)


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

tn

= VF

23

24/08/2015

PROBLEMA 8:


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 L/6

60 º

D

F

2P

P

L/6

L/3

2P L/6

L/2

RD L/6

L/2




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 

19 P 0 6

17 P 6

24

24/08/2015




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


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

25

24/08/2015


17 L 2 L 3   MO  0 : P ( )  P ( L )  2 P ( )  F3 ( L)  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 9 9

Compresión

)

Sentido contrario a lo supuesto


B

C

(T)

A E

P 2,83 P = R A

2P

1,73 P

D F

P

2P RD = 3,17 P

26

24/08/2015

PROBLEMA 9:


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




Cálculo de reacciones en los apoyos:

:

+  M A = 0

: RCY (50) – 35 (40) – 40 (25) = 0

+  FY = 0

:

R AX – 35 = 0



tn

+  FX = 0

R AY + RCY – 40 = 0

R AX = 35





RCY = 48

tn

R AY = - 8 tn

27

24/08/2015




Cálculo de fuerzas axiales en las barras: Realizamos el corte que se m uestra 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

40

F2

40 tn

35 tn

+  MP = 0

d1

F3

C

A

8 tn

d

P

tn

48 tn

: + F1 (d ) – 40 (d 1) = 0



F1

Siendo necesario determinar los valores de d y d 1, para lo cual empleamos el siguiente sistema de coordenadas:


Y Hallamosla ecuación de la recta L : (25,40)

L

(40 - Y) = 40 - 20 (25 - X) 25 - 3 0

 Y = - 4 X + 140

Hallamoslas coordenadas del punto P (2k,2k): 7 k = 50 m.



(2k , 2k) = (100/7 , 100/7)

(30,20)

d

P (2k,2k)

W (wX,wY)

40 - 20 25 - 30

2k 45°

2k

Hallamoslas coordenadas del punto W (Wx,Wy):

5k

Wy - 100/7 Wx - 100/7

= - 1  4 W y - W x = 3 00/7

X com o el punto W pertenec e a l a rec ta L , usando la ecuación de esa recta determinamos: (W x , W y) = (3 620/119 , 2 18 0/119) = (30,42 , 18,32)

28

24/08/2015

Con los valores obtenidos, ya podemos determinar las distancias d y d 1:

d 2 = (362 0/119- 100/7)2 + (2 180/119 - 100/7)2 d 1 = 25 - 100/7




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:


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

SDA

SDF



SDE = 18,75 tn , SDF = 13,97 tn

k

29

24/08/2015

Nudo E:


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


B

35 tn

(C)

D 18,75 tn

E

F

40 tn

A

C

34,69

8 tn

35 tn

T

tn

(T)

48 tn

C

30

24/08/2015

PROBLEMA 10:


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




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







RKX = 0,75 P + 1,50 Q

R AX = 0,75 P + 1,50 Q

R AY = P + Q

31

24/08/2015




Cálculo de fuerzas P y Q:

R Ax

A

Realizamos el corte 1-1 que se muestra, 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


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

: RK X (4) – P (6) – Q (12) + 1,75 (12) = 0

2,25 + 1,75 – P – Q = 0



P+Q=4

… 

(I )

P+2Q=7

… (II)

32

Fuerzas Internas en Reticulados

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