Universidad Rafael Landivar Faculta de Ingeniería Estática Ing. Ossman Carrillo
Proyecto Final
Luis César Estrada Sosa 1150708
Juan Pablo Morales 1297709 Luis Fernando Gudiel 1127707 Josué Daniel Pérez López 1051710
Índice
Introducción………………………………………………………………………………………………………………………1 Objetivos…………………………………………………………………………………………………………………………..2 Problemas…………………………………………………………………………………………………………………………3 Problema 1 (pregunta)………………………………………………………………………………………………………4
Problema 2 (pregunta)………………………………………………………………………………………………………5 Problema 3 (Viga diagrama de corte y momento)……………………………………………………………..6 Problema 4 (Viga, diagrama de corte y momento con extremo derecho)………………………….7 Problema 5 (Armadura, método de nodos)……………………………………………………………………….8 Problema 6 (Armadura, método de nodos con extremo derecho)…………………………………….9 Conclusiones……………………………………………………………………………………………………………………10
Introducción El siguiente trabajo trata acerca de encontrar las fuerzas internas de una armadura asi como las cargas de una viga se utilizaron distintos métodos para calcularlas, además con esto se busca encontrar aplicaciones a la vida cotidiana. Como una introducción mas general de la estática se puede decir que Cuando un cuerpo está sometido a un sistema de fuerzas, tal que el torque equivalente es nulo, esto es, que la resultante de todas las fuerzas y el momento resultante sean cero, entonces el cuerpo está en equilibrio. Esto, físicamente, significa que el cuerpo, a menos que esté en movimiento uniforme rectilíneo, no se trasladará ni podrá rotar bajo la acción de ese sistema de fuerzas. Por ahora centraremos la atención en un solo cuerpo, posteriormente se estudiaran sistemas de varios cuerpos interconectados. Las posibilidades de movimiento que tiene un cuerpo o los grados de libertad, son seis: tres de traslación, en las direcciones x, y, z y tres de rotación, alrededor de los mismos ejes. Como en general, los cuerpos que son objeto de estudio en ingeniería están unidos, soportados, en contacto con otros, las posibilidades de movimiento en translación y rotación son menores, esto es, disminuyen los grados de libertad. Es, entonces, importante conocer qué tipo de restricción ofrecen los apoyos, uniones o contactos que tiene el cuerpo objeto del análisis. Las restricciones a que es sometido un cuerpo, se manifiestan físicamente por fuerzas o pares (momentos) que impiden la translación o la rotación respectivamente y se les conoce como reacciones. El estudio del equilibrio de un cuerpo rígido consiste básicamente en conocer todas las fuerzas, incluidos los pares que actúan sobre él para mantener ese estado. Básicamente lo que se busca es facilitarnos la vida al momento de tomar decisiones acerca de que materiales utilizar y qué tipo de estructuras construir, y eso se logra conociendo un poco más acerca de los cuerpos rígidos y la forma de encontrar las fuerzas y apoyos.
Objetivos OBJETIVO GENERAL.
Aprender los conceptos de Estática (equilibrio de partículas y cuerpos rígidos) para aplicar en la vida real.
OBJETIVOS ESPECÍFICOS.
Entender el concepto de equilibrio para partículas y cuerpos rígidos. Analizar estructuras de diferentes tipos tanto para sus fuerzas externas como internas. Dominar la determinación de las ecuaciones y los diagramas de corte y momento.
1. Responda Donde se aplica cada uno de los elementos mencionados anteriormente.
Las armaduras generalmente se les da uso en la estructura de los puentes. Aunque las armaduras también puede ser utilizadas como vigas de un techo. Formando una estructura metálica, incluso en estadios. 2. Que materiales utilizaría usted como ingeniero y en que situaciones emplearía cada uno.
Las vigas por otro lado pueden ser de distintos materiales, Concreto, Acero y de madera. El uso que se les da a las vigas generalmente es para sostener una losa, o un techo, para construir el techo de un gimnasio o de un estadio se puede utilizar vigas de acero, que sería más económico es utilizar concreto. 3.
Cortes: 0
∗
∗
∗
∗
Ecuaciones. Cortes: ∑Fy=0
0
0
4.
Reacciones. ∑Fy=0
∑Mo=0
A+B-40-40-40-40=0 A+B=160 A=160-83.2 A=76.8Kips
-40 6-40 16-40 32+B 50-40 50=0 B=((40 6+40 16+40 32+40 50)/(50)) B=83.2Kips ∗
∗
∗
Cortes: 0
∗
∗
∗
Ecuaciones. Cortes: ∑Fy=0
0
∗
∗
∗
∗
∗
∗
16
0
5. Fuerzas internas: Reacciones. ∑Fy=0 A+B-40-40-40-40=0 A+B=160Kips A=160-106.67 A=53.3Kips
∑FMo=0 -40 6-40 18-40 30+B 36-40 42=0 B=((3840)/(36)) B=106.67Kips ∗
40Kips
∗
40Kips
∗
∗
∗
40Kips 40Ki s
A
I A
B
H
C
G
D
F
B
E
DCL I ∑Fy=0 A-AIsin(68.16)=0 AI=(A/(sin(68.16))) AI=51.42Kips
∑Fx=0 -IH-AIcos(68.16)=0 IH=-AIcos(68.16) IH=-21.36Kips
AI IH DCL A A ∑Fy=0 ∑Fx=0 AIcos(21.795)+AHsin(68.16)-40=0 -AB+AIsin(21.795)-AHcos(68.16)=0 AH=((40-AIcos(21.795))/(sin(68.16))) AB=AIsin(21.795)-AHcos(68.16) AH=-14.35Kips AB=15.98Kips
40 AB DCL H A ∑Fy=0 -AHsin(68.16)-BHsin(68.16)=0 GH=0 BH=-AH BH=-14.35Kips
AH
DCL B IH ∑Fy=0 HBsin(68.16)+BGsin(68.16)-40=0 BGcos(68.16)=0 BG=((-HBsin(68.16)+40)/(sin(68.16))) BGcos(68.16) BG=28.74Kips 40 DCL G ∑Fy=0 AB -BGsin(68.16)-CGsin(68.16)=0 CG=-BG HB CGcos(68.16)+GH
AH
∑Fx=0 AHcos(68.16)-BHcos(68.16)+IH-
IH=GH GH=21.36Kips
BH
GH ∑Fx=0 AB-BC+HBcos(68.16)- BC=AB+HBcos(68.16)- BC=10.68Kips
∑Fx=0 BC BGcos(68.16)-CGcos(68.16)+GH-GF=0 GF=BGcos(68.16)-
BG
CG=-28.74Kips
GF=21.36Kips
BG
CG
DCL C GH ∑Fy=0 CGsin(68.16)+CFsin(68.16)-40=0 CFcos(68.16)=0 CF=((40-CGsin(68.16))/(sin(68.16))) CFcos(68.16) CF=14.35Kips
GF ∑Fx=0 BC-CD+CGcos(68.16)- CD=BC+CGcos(68.16)- CD=15.98Kips
40
CD
BC CG
CF
DCL F ∑Fy=0 106.67-CFsin(68.16)-DFsin(68.16)=0 DFcos(68.16)=0 DF=((106.67-CFsin(68.16))/(sin(68.16))) DFcos(68.16) DF=100.56Kips
∑Fx=0 GF-EF+CFcos(68.16)-
EF=GF+CFcos(68.16)- EF=-10.71Kips
CF
DF
GF
DCL D ∑Fy=0 FDsin(68.16)+EDcos(21.795)-40=0 EDsin(21.795)=0 ED=((40-FDsin(68.16))/(cos(21.795))) FDcos(68.16))/(Sin(21.795))) ED=-57.44Kips
EF 106.67 ∑Fx=0 CD+FDsin(21.795)-
ED=((CD- ED=-57.7Kips
40
CD FD
ED
Reacciones AI=57.42 Kips ( C ) IH=21.36 Kips ( T ) AB=15.98 Kips ( C ) AH=14.35 Kips ( T ) BH= 14.35 Kips ( T ) BG= 28.74 Kips ( C ) BC=10.63 Kips (C ) GH=21.36 Kips ( C ) GC= 28.74 Kips ( T ) GF= 21.36 Kips ( C ) FC=14.35 Kips ( C ) FD=100.56 Kips (C) FE= 10.71 Kips ( T) ED= 57.44 Kips (T) CD= 15.98 Kips ( C )
6.
40Ki s
40Ki s
40Ki s 40Ki s
A
I A
B
H
C
G
D
F
E
B
∑Fy=0 ∑FM=0 A+B-40-40-40-40=0 -40 6-40 18-40 30+B 48-40 42=0 A+B=160Kips B=((3840)/(48)) A=160-80 B=80Kips A=80Kips DCL I ∑Fy=0 ∑Fx=0 A-AIsin(68.16)=0 -IH-AIcos(68.16)=0 AI=(A/(sin(68.16))) IH=-AIcos(68.16) AI=86.18Kips IH=-32.06Kips ∗
∗
∗
∗
∗
AI IH DCL A ∑Fy=0 ∑Fx=0 A AIcos(21.795)+AHsin(68.16)-40=0 -AB+AIsin(21.795)-AHcos(68.16)=0 AH=((40-AIcos(21.795))/(sin(68.16))) AB=AIsin(21.795)-AHcos(68.16) AH=-43.11Kips AB=15.95Kips
40 AB DCL H A∑Fx=0 AH ∑Fy=0 -AHsin(68.16)-BHsin(68.16)=0 AHcos(68.16)-BHcos(68.16)+IH-GH=0 BH=-AH IH=GH BH=-43.11Kips GH=32.06Kips AH BH
IH DCL B GH ∑Fy=0 ∑Fx=0 HBsin(68.16)+BGsin(68.16)-40=0 AB-BC+HBcos(68.16)-BGcos(68.16)=0 BG=((-HBsin(68.16)+40)/(sin(68.16))) BC=AB+HBcos(68.16)BGcos(68.16) BG=-0.017Kips BC=31.98Kips 40
BC
AB HB
BG
DCL G ∑Fy=0 ∑Fx=0 -BGsin(68.16)-CGsin(68.16)=0 BGcos(68.16)-CGcos(68.16)+GH-GF=0 CG=-BG GF=BGcos(68.16)-CGcos(68.16)+GH CG=-0.017Kips GF=32.06Kips
BG
GH
Reacciones AI=86.18 Kips ( C ) IH=32.06 Kips ( T ) AB=15.95 Kips ( C ) AH=43.11 Kips ( T ) BH= 43.11 Kips ( T ) BG= 0.017 Kips ( T ) BC=31.98 Kips (C ) GH=32.06 Kips ( C ) GC= 0.017 Kips ( T ) GF= 32.06 Kips ( C ) FC=43.11Kips ( T ) FD=43.11 Kips (T) FE= 32.06 Kips ( T) ED= 86.18 Kips (C) CD= 15.95 Kips ( C )
CG
GF
PARTE DE CONCLUSIONES.
Responda lo siguiente y debata en grupo. a. ¿Qué similitudes ve en las fuerzas internas entre ambos elementos?
40Ki s
40Ki s
40Ki s 40Ki s
A C
I
B
C
T
T
H
T
C
CC
C
T
G
C
D
C
F
C
A
C
T
E
T
B
6miembros a tensión 9 miembros a compresión
40Ki s
40Ki s
40Ki s 40Ki s
A C
I
B
C
T
T
TTTTT
H
A
8 miembros a tensión
C
C
CC
D
C
G
C
F
T
E
B
7 miembros a compresión
Al ver cómo se comportan los miembros de la armadura en cada caso, podemos observar que la mayoría de fuerzas internas de los miembros del lado izquierdo están bajo las mismas condiciones de compresión y tensión. Pero conforme se acercan al apoyo que se encuentra al lado derecho de la armadura, dependiendo de la posición de este apoyo las condiciones en los miembros cambia.
b. Debido a las similitudes que encontraron ¿Dónde conviente físicamente usar cada uno de acuerdo a lo económico? Considere la cantidad de material usado para su respuesta. La libra de acero cuesta cerca de 6 quetzales, el metro cubico de concreto cerca de 1000 quetzales. Desprecie para esto el hecho que ambas pueden ser de madera.
Ya que observamos las similitudes en ambos casos podemos analizar que tipo de material conviene económicamente. Como primer factor tenemos que trabajar la armadura totalmente con estructura de acero resultaría demasiado caro. Ya que con el acero es mas costoso trabajar un área transversal de x cm^2 de cada miembro, mientras que con el concreto se puede trabajar la misma área transversal de cada miembro por un costo considerablemente menor. Para ello nuestra solución sería trabajar toda la armadura en concreto armado. Y colocando refuerzos de acero en los miembros que se encuentran a tensión. Como podemos observar en la armadura del primer caso con el apoyo en el nodo F cuenta con 6 miembros a tensión y 9 a compresión, mientras que el segundo casi muestra 8 miembros a tensión y 7 a compresión. Debido a que trabajar con acero es más costoso. Es conveniente trabajar con la armadura del primer caso con menor número de miembros a tensión para reducir el costo en refuerzo de acero en esos puntos.
c. A su criterio diagrame la ruta de las fuerzas internas para ambos casos, habrá alguna similitud donde se ubica el acero en la viga a Tensión con el recorrido de las fuerzas de la armadura.
CASO I
40Kips
40Kips
40Kips 40Kips
A
I
A
B
H
C
G
D
F
E
B
Como se puede observar los miembros internos de del lado derecho de la armadura predominan 2 tensiones, lo cual está provocando una deformación negativa, luego hay una compresión lo cual hace que esa deformación regrese hacia arriba. Para luego llegar al lado derecho de la armadura donde se encuentra el apoyo en el punto F, dos miembros se encuentran a compresión provocando deformación hacia arriba. Y para terminar una tensión en el último miembro que provoca la deformación final hacia abajo. Debajo de la armadura mostramos el diagrama de momento de la viga del primer inciso, y si comportamiento es muy similar, debido a la posición del apoyo, dejando un voladizo del lado derecho de la estructura.
CASO II
40Kips
40Kips
40Kips 40Kips
A
I
A
B
H
C
G
D
F
E
B
En este caso de la armadura con el apoyo corrido en el extremo derecho se pudo observar que predominaron los miembros que están bajo tensión, y todos los miembros internos de la armadura están bajo tensión logrando un efecto similar al efecto que toma l a viga en el segundo caso, con una deformación total hacia abajo. Estas similitudes se deben a la posición donde se encuentra los apoyos.
