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• Edwin Cumpa Inoñan

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APLICACIONES: Ejercicio Nº 01: Determine la fuerza en los elementos BE, DF y BC de la armadura espacial, y establezca si los elementos están en tracción o en compresión.

SOLUCIÓN

A.

METODO DE SECCIONES  Verificamos la estabilidad externa en la armadura, se cumple pues número de ecuaciones 𝒏 = 𝒒 número de incógnitas.  Verificamos la estabilidad interna en la armadura N = 3j – 6 N = Número de barras - - - - - N = 11

j = Número de nodos - - - - - - - - j = 6 11 = 3(6) − 6 11 < 12 Hay menos incógnitas que ecuaciones. Por lo tanto algunas de las ecuaciones no se cumplen; la armadura solo está parcialmente estable.  Procedemos con la solución:  Dibujamos un diagrama de cuerpo libre de toda la armadura para determinar las reacciones.

∑ 𝑀𝐴 = 0

∑ 𝐹𝑋 = 0 𝐴𝑋 = 0

𝑀𝐴𝐹

𝑖̂ 𝑗̂ 𝑘̂ = |−2 0 0 | = 0𝑖̂ + 2𝐹𝑧 𝑗̂ − 2𝐹𝑦 𝑘̂ 0 𝐹𝑦 𝐹𝑧

𝑀𝐴𝐸

𝑖̂ 𝑗̂ = |−1 0 0 𝐸𝑦

∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐸𝑦 + 𝐴𝑦 + 𝐹𝑦 = 0 … … 𝐼 ∑ 𝐹𝑧 = 0 𝐴𝑧 + 𝐹𝑧 − 4 = 0 𝐴𝑧 + 𝐹𝑧 = 4 … … 𝐼𝐼

𝑘̂

̂ √3| = −√3𝐸𝑦 𝑖̂ + 0𝑗̂ − 𝐸𝑦 𝑘 0

𝑖̂ 𝑗̂ 𝑘̂ 𝑀𝐴𝑇 = |0 3 0 | = −6𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂ 0 0 −2 𝑀𝐴𝑇

𝑖̂ 𝑗̂ 𝑘̂ = |−2 3 0 | = −6𝑖̂ − 4𝑗̂ + 0𝑘̂ 0 0 −2

∑ 𝑀𝑥 = 0 →

0 − √3𝐸𝑦 − 6 − 6 = 0

→

𝐸𝑦 = −4√3

∑ 𝑀𝑦 = 0 →

2𝐹𝑧 + 0 + 0 − 4 = 0

→

𝐹𝑧 = 2

−2𝐹𝑦 − 𝐸𝑦 = 0

→

𝐹𝑌 = 2√3

{ ∑ 𝑀𝑧 = 0 →

Reemplazamos en las ecuaciones 𝐼 y 𝐼𝐼 : 𝐴𝑧 + 2 = 4

−4√3 + 𝐴𝑦 + 2√3 = 0

𝐴𝑧 = 2

𝐴𝑦 = 2√3

 Pasamos a la sección “𝑎 − 𝑎” por la armadura

𝐹̅𝐶𝐹 = 0𝑖̂ − 𝐹𝐶𝐹 𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐵 = 𝐹𝐶𝐵 𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹𝐶𝐷 𝐹𝐶𝐷 √3 ̂ 𝑖̂ + 0𝑗̂ + 𝑘 2 2 𝑇̅ = 0𝑖̂ + 0𝑗̂ − 2𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐷 =

∑ 𝐹𝑥

= 0 → 𝐹𝐶𝐵 +

𝐹𝐶𝐷 2

=0 →

𝐹𝐶𝐵 = −

𝐹𝐶𝐷√3 ∑ 𝐹𝑦 = 0 → −2=0 → 2 {  Pasamos la sección “𝑏 − 𝑏” por la armadura

𝐹𝐶𝐷 =

2 √3

4 √3

𝐹̅𝐴𝐹 = 𝐹𝐴𝐹 𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹̅𝐹𝐸 = 𝐹̅𝐷𝐹

𝐹𝐹𝐸 √3𝐹𝐹𝐸 ̂ 𝑖̂ + 0𝑗̂ + 𝑘 2 2

√3𝐹𝐷𝐹 ̂ = 𝑖̂ + 𝑗̂ + 𝑘 √13 √13 √13

𝐹̅𝐶𝐷 =

𝐹𝐷𝐹 2

√3

𝐹̅𝐶𝐵 = −

3𝐹𝐷𝐹

𝑖̂ + 0𝑗̂ + 2𝑘̂

2 √3

∑ 𝐹𝑦 = 0 2√3 + 𝐹𝐷𝐹 =

3𝐹𝐷𝐹 √13

=0

(−2√3)√13 3

𝐹𝐷𝐹 = −4.163 𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂

𝑇̅ = 0𝑖̂ + 0𝑗̂ − 2𝑘̂ 𝑅̅𝐹 = 0𝑖̂ + 2√3𝑗̂ + 2𝑘̂

𝐹𝐷𝐹 = 4.163 𝐾𝑁 (𝐶)

 Pasamos la sección “𝑐 − 𝑐” por la armadura

.

𝐹̅𝐷𝐸 = 0𝑖̂ − 𝐹𝐷𝐸 𝑗̂ + 0𝑘̂

∑ 𝐹𝑥 = 0

2 √3 𝑖̂ − 2√3𝑗̂ + 2𝑘̂ 3 = 0𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂

𝐹̅𝐷𝐹 = 𝐹̅𝐶𝐹

2√3 𝐹𝐵𝐸 − =0 3 √13 𝐹𝐵𝐸 =

𝐹̅𝐵𝐴 = 0𝑖̂ − 𝐹𝐵𝐴 𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹̅𝐵𝐸 = −

𝐹𝐵𝐸 √13

𝑖̂ −

3𝐹𝐵𝐸

𝑇̅ = 0𝑖̂ + 0𝑗̂ − 2𝑘̂

√13

𝑗̂ +

√3𝐹𝐵𝐸 ̂ 𝑘 √13

2√3√13 3

𝐹𝐵𝐸 = 4.163 𝐾𝑁 (𝑇)

B.

METODO DE LOS NODOS

 Hallamos la estabilidad en la armadura 𝒎 = 𝟑𝒏 – 𝟔 𝑚 = Número de elementos - - - - - 𝑚 = 11 𝑛 = Número de nodos - - - - - - - - 𝑛 = 6 𝟏𝟏 = 𝟑(𝟔) − 𝟔 𝟏𝟏 < 𝟏𝟐  Hay menos incógnitas que ecuaciones. Por lo tanto algunas de las ecuaciones no se cumplen; la armadura solo está parcialmente estable. 

Nodo “C” ∑ 𝐅𝒛 = 𝟎 𝑭𝑪𝑫 𝒔𝒆𝒏𝟔𝟎° − 𝟐 = 𝟎 𝑭𝑪𝑫 = 𝟐. 𝟑𝟎𝟗 𝒌𝑵 (𝑻) ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝟐. 𝟑𝟎𝟗𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎° − 𝑭𝑩𝑪 = 𝟎 𝑭𝑩𝑪 = 𝟏. 𝟏𝟓𝟒 𝒌𝑵 (𝑪)



Nodo “D” Analizando el gráfico tenemos que: 𝑭𝑫𝑩 = 𝟎 ∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝟏 𝑭𝑫𝑭 ( ) − 𝟐. 𝟑𝟎𝟗𝒄𝒐𝒔𝟔𝟎° = 𝟎 √𝟏𝟑 𝑭𝑫𝑭 = 𝟒. 𝟏𝟔 𝒌𝑵 (𝑪)



Nodo “B” 𝟏. 𝟕𝟑𝟐

∑ 𝐅𝒛 = 𝟎 → 𝑭𝑩𝑬 (

√𝟏𝟑

)−𝟐 =𝟎

𝑭𝑩𝑬 = 𝟒. 𝟏𝟔 𝒌𝑵 (𝑻) Ejercicio Nº 05 La armadura espacial soporta una fuerza 𝑭 = {𝟔𝟎𝟎𝒊 + 𝟒𝟓𝟎𝒋 − 𝟕𝟓𝟎𝒌} 𝒍𝒃. Determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

SOLUCIÓN METODO DE NODOS Estabilidad a) E. externa 𝒏 = 𝒒 = 𝟔 →Isostática b) E. Interna: 𝑁 = 3𝑗 − 6 Número de nodos 𝑗 = 4, 𝑁 = 3𝑗 − 6 = 3(4) − 6 = 6 es el número de barras

que

1. Determinamos las reacciones

𝑖 𝑀𝐵𝐹 = | 0 600 𝑖 𝑀𝐵𝐷 = | 0 𝐷𝑋

𝑀𝐵𝐴

𝑗 −6 450

𝑘 8 | = (900 𝑖̂ + 4800 𝑗̂ + 3600 𝑘̂ ) −750

𝑗 𝑘 −12 0 | = (-12 𝐷𝑍 𝑖̂ + 12 𝐷𝑋 𝑘̂ ) 0 𝐷𝑍

i 𝑗 𝑘 = |6 −6 0 |= ( -6 𝐴𝑍 𝑖̂ -6 𝐴𝑍 𝑗̂ ) 0 0 𝐴𝑍

∑ 𝑀𝑋 = 0 → 900 − 12 𝐷𝑍 − 6 𝐴𝑍 = 0 → 𝐷𝑍 = −325 lb ∑ 𝑀𝑌 = 0 → { ∑ 𝑀𝑍 = 0 →

4800 – 6 𝐴𝑍 = 0 → 𝐴𝑍 = 800 lb 3600 + 12𝐷𝑋 = 0 → 𝐷𝑋 = −300 lb

∑ 𝐹𝑋 = 0 →

𝐷𝑋 + 𝐵𝑋 + 600 = 0 → Bx =– 300 lb

∑ 𝐹𝑌 = 0 →

𝐵𝑌 + 450 = 0 → 𝐵𝑌 = −450 lb

{∑ 𝐹𝑍 = 0 →

𝐷𝑍 + 𝐴𝑍 + 𝐵𝑍 – 750 = 0 → 𝐵𝑍 = 275 lb

2. Analizo los nodos  Nodo “D” 𝐹𝐷𝐴 𝐹𝐶𝐷 𝐹̅𝐷𝐴 = √2 𝑖̂ + √2 𝑗̂

𝐹̅𝐷𝐵 = 𝐹𝐷𝐵 𝑗̂ 𝐹̅𝐶𝐷 = 0.6 𝐹𝐶𝐷 𝑗̂ + 0.8 𝐹𝐷𝐶 𝑘̂ 𝑅⃗𝐷 = Dx 𝑖̂ + Dz 𝑘̂ = −300 𝑖̂ − 325 𝑘̂

𝐹𝐷𝐴

∑ 𝐹𝑋 = 0 → ∑ 𝐹𝑦 = 0 →

√2 0.6𝐹𝐷𝐶 +

{∑ 𝐹𝑍 = 0 →



− 300 = 0 → 𝐹𝐷𝐴 = 424.26 (T) 𝐹𝐷𝐴 √2

+ 𝐹𝐷𝐵 = 0 → 𝐹𝐷𝐵 = −543.75 (C)

0.8 𝐹𝐷𝐶 – 325 = 0 → 𝐹𝐷𝐶 = 406.25 (T)

Nodo “C” 𝐹 = 600𝑖̂ + 450𝑗̂ − 750 𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐷 = −0.6x406.25𝑗̂ – 0.8 (406.25)𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐵 = 0.6𝐹𝐶𝐵 𝑗̂ − 0.8𝐹𝐶𝐵 𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐴 = 0.6𝐹𝐶𝐴 𝑖̂ – 0.8 𝐹𝐶𝐴 𝑘̂

{

∑ F𝑥 = 0 → ∑ F𝑦 = 0 →



0.6 𝐹𝐶𝐴 + 600 = 0

→ 𝐹𝐶𝐴 = – 10000 (C)

0.6𝐹𝐶𝐵 − 0.6x406.25 + 450 = 0 → 𝐹𝐶𝐵 = – 343.75(C)

Nodo “A”

∑ F𝑦 = 0 → ∑ 𝐹𝑥 = 0 → { ∑ F𝑧 = 0 →

𝐹𝐴𝐵 𝑐𝑜𝑠45° − 𝐹𝐴𝐷 𝑐𝑜𝑠45° = 0 → 𝐹𝐴𝐵 = 𝐹𝐴𝐷 = 𝐹 3 1000 ( ) − 𝐹𝑠𝑒𝑛45° − 𝐹𝑠𝑒𝑛45℉ = 0 → 𝐹 = 424.26 𝑙𝑏 5 4 𝐴𝑧 − 1000 ( ) = 0 → 𝐴𝑧 = 800 𝑙𝑏 5

Como: 𝐹𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐵 = 𝐹 𝐹𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐵 = 424.26 𝑙𝑏 (𝑇)

Ejercicio Nº 02 La armadura espacial soporta una fuerza 𝑭 = {𝟔𝟎𝟎𝒊 + 𝟒𝟓𝟎𝒋 − 𝟕𝟓𝟎𝒌} 𝒍𝒃. Determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en compresión

SOLUCIÓN METODO DE NODOS Estabilidad a) E. externa 𝒏 = 𝒒 = 𝟔 →Isostática b) E. Interna: 𝑁 = 3𝑗 − 6 Número de nodos 𝑗 = 4, 𝑁 = 3𝑗 − 6 = 3(4) − 6 = 6 es el número de barras

que

1. Determinamos las reacciones

𝑖 𝑀𝐵𝐹 = | 0 600 𝑖 𝑀𝐵𝐷 = | 0 𝐷𝑋

𝑀𝐵𝐴

𝑗 −6 450

𝑘 8 | = (900 𝑖̂ + 4800 𝑗̂ + 3600 𝑘̂ ) −750

𝑗 𝑘 −12 0 | = (-12 𝐷𝑍 𝑖̂ + 12 𝐷𝑋 𝑘̂ ) 0 𝐷𝑍

i 𝑗 𝑘 = |6 −6 0 |= ( -6 𝐴𝑍 𝑖̂ -6 𝐴𝑍 𝑗̂ ) 0 0 𝐴𝑍

∑ 𝑀𝑋 = 0 → 900 − 12 𝐷𝑍 − 6 𝐴𝑍 = 0 → 𝐷𝑍 = −325 lb ∑ 𝑀𝑌 = 0 → { ∑ 𝑀𝑍 = 0 →

4800 – 6 𝐴𝑍 = 0 → 𝐴𝑍 = 800 lb 3600 + 12𝐷𝑋 = 0 → 𝐷𝑋 = −300 lb

∑ 𝐹𝑋 = 0 →

𝐷𝑋 + 𝐵𝑋 + 600 = 0 → Bx =– 300 lb

∑ 𝐹𝑌 = 0 →

𝐵𝑌 + 450 = 0 → 𝐵𝑌 = −450 lb

{∑ 𝐹𝑍 = 0 →

2. Analizo las Secciones

𝐷𝑍 + 𝐴𝑍 + 𝐵𝑍 – 750 = 0 → 𝐵𝑍 = 275 lb

Sección (a-a)

𝜇𝐷𝐶 = 0 𝑖̂ + 0.6 𝑗̂ + 0.8 𝑘̂ 𝜇𝐷𝐴 =

6 6 √2

𝑖̂ +

𝜇𝐷𝐵 = 1𝑗̂

6 6√2

𝑗̂

→ → →

𝐹̅𝐶𝐷 = 0.6 𝐹𝐶𝐷 𝑗̂ + 0.8 𝐹𝐷𝐶 𝑘̂ 𝐹𝐷𝐴 𝐹𝐶𝐷 𝐹̅𝐷𝐴 = √2 𝑖̂ + √2 𝑗̂ 𝐹̅𝐷𝐵 = 𝐹𝐷𝐵 𝑗̂

𝑅𝐷 = −300 𝑖̂ − 325 𝑘̂

𝐹𝐷𝐴

∑ 𝐹𝑋 = 0 →

√2

∑ 𝐹𝑌 = 0 →

0.6𝐹𝐷𝐶 +

− 300 = 0 → 𝐹𝐷𝐴 = 424.26 (T) 𝐹𝐷𝐴 √2

+ 𝐹𝐷𝐵 = 0 → 𝐹𝐷𝐵 = −543.75 (C)

0.8 𝐹𝐷𝐶 – 325 = 0 → 𝐹𝐷𝐶 = 406.25 (T)

{∑ 𝐹𝑍 = 0 →

Seccion (b-b) 𝜇𝐵𝐶 = −0.6 𝑗̂ + 0.8 𝑘̂ 𝜇𝐵𝐷 = −1𝑗̂ 1 1 𝜇𝐵𝐴 = 𝑖̂ − 𝑗̂ √2 √2

→ → →

𝐹̅𝐵𝐶 = − 𝐹𝐵𝐶 0.6 𝑗̂ + 0.8 𝐹𝐵𝐶 𝑘̂ 𝐹̅𝐵𝐷 = 𝐹𝐵𝐷 𝑗̂ 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐴 𝐹̅𝐵𝐴 = 𝑖̂ − √2 √2

𝑅𝐵 = −300𝑖̂ − 450 𝑗̂ + 275 𝑘̂

{

∑ 𝐹𝑥 = 0 → ∑ 𝐹𝑧 = 0 →

𝐹𝐵𝐴 √2

– 300 = 0

→

0.8𝐹𝐵𝐶 + 275 = 0 →

𝐹𝐷𝐴 = 𝐹𝐵𝐴 = 426.26 (T) 𝐹𝐵𝐶 = −343.75 ( C )

Sección (c-c) 𝜇𝐶𝐷 = −0.6 𝑗̂ − 0.8 𝑘̂ 𝜇𝐶𝐴 = 0.6𝑖̂ − 0.8 𝑘̂ 𝜇𝐶𝐵 = 0.6 𝑗̂ – 0.8 𝑘̂

→ → →

𝐹̅𝐶𝐷 = −0.6x406.25𝑗̂ – 0.8 (406.25)𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐴 = 0.6𝐹𝐶𝐴 – 0.8 𝐹𝐶𝐴 𝐹̅𝐶𝐵 = +0.6x − 343.75 𝑗̂ − 0.8x − 343.75

F=600𝑖̂ +450𝑗̂ -750 𝑘̂ ∑ 𝐹𝑥 = 0 → 0.6 𝐹𝐶𝐴 + 600 = 0 → 𝐹𝐶𝐴 = 𝐹𝐶𝐴 = 1000(𝐶)

SECCION

FUERZA 𝐹𝐷𝐴 =424.26 𝐹𝐷𝐶 =406.25 𝐹𝐷𝐵 =-543.75

MODO TRACCION TRACCION COMPRESION

B-B

𝐹𝐵𝐴 =424.26 𝐹𝐵𝐶 =-343.75

TRACCION COMPRESION

C-C

𝐹𝐶𝐴 =-1000

COMPRESION

A-A

Ejercicio Nº 03 Determine la fuerza en cada elemento de la armadura espacial y establezca si los elementos están en tensión o en compresión. La armadura está soportada por rótulas esféricas en A, B y E. Considere 𝑭 = {−𝟐𝟎𝟎𝒊 + 𝟒𝟎𝟎𝒋} 𝑵

SOLUCIÓN

POR EL METODO DE NODOS  Nodo “D” 1

5

3

√31.25

2

1.5

3

√31.25

2

2

3

√31.25

∑ 𝐅𝐱 = 𝟎



− FAD +

∑ 𝐅𝒚 = 𝟎



− FAD +

∑ 𝐅𝒛 = 𝟎



− FAD −

FBD +

FBD −

FBD +

1

𝐹 √7.25 𝐶𝐷

1.5

𝐹 √7.25 𝐶𝐷 2

𝐹 √7.25 𝐶𝐷

− 200 = 0

+ 400 = 0

=0

Resolviendo las tres ecuaciones anteriores obtenemos: FAD = 342.86 N (T) FCD = 397.48 N (C)

FDB = 186.34 N (T)



Nodo “C”

∑ 𝐅𝐱 = 𝟎



FBC −

1 √7.25

(397.48) = O

FBC = 147.62 N (T)

∑ 𝐅𝒚 = 𝟎



1.5 √7.25

(397.48) − FAC = 0

FAC = 221.43 N (T)

∑ 𝐅𝒛 = 𝟎



FEC −

2 √7.25

(397.48) = O

FEC = 295.24 N (C)

POR EL METODO DE SECCIONES

SECCION A-A

𝐹̅𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐷 (

1𝑖̂ + 2𝑗̂ + 2𝑘̂ √9

) = 0.33𝐹𝐴𝐷 𝑖 + 0.67𝐹𝐴𝐷 𝑗 + 0.67𝐹𝐴𝐷 𝑘

−5𝑖̂ − 1.5𝑗̂ + 2𝑘̂ 𝐹̅𝐵𝐷 = 𝐹𝐵𝐷 ( ) = −0.89𝐹𝐵𝐷 𝑖 − 0.27𝐹𝐵𝐷 𝑗 + 0.36𝐹𝐵𝐷 𝑘 5√5/2 𝐹̅𝐶𝐷 = 𝐹𝐶𝐷 (

1𝑖̂ − 1.5𝑗̂ + 2𝑘̂ √29/2

) = 0.37𝐹𝐶𝐷 𝑖 − 0.56𝐹𝐶𝐷 𝑗 + 0.74𝐹𝐶𝐷 𝑘

𝐹̅ = [−200𝑖 + 400𝑗] 𝑁 ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

0.33𝐹𝐴𝐷 − 0.89𝐹𝐵𝐷 + 0.37𝐹𝐶𝐷 − 200 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.67𝐹𝐴𝐷 − 0.27𝐹𝐵𝐷 − 0.56𝐹𝐶𝐷 + 400 = 0

{ ∑ F𝑧 = 0 →

0.67𝐹𝐴𝐷 + 0.36𝐹𝐵𝐷 + 0.74𝐹𝐶𝐷 = 0

Resolviendo tenemos los siguientes valores: 𝐹𝐴𝐷 = 342.86 𝑁 (𝑇) 𝐹𝐵𝐷 = 186.34 𝑁 (𝑇) 𝐹𝐶𝐷 = 397.48 𝑁 (𝐶)

SECCION B-B

𝐹̅𝐵𝐶 = 𝐹𝐵𝐶 (

−6𝑖̂ + 0𝑗̂ + 0𝑘̂ √36

) = −𝐹𝐵𝐶 𝑖

−1𝑖̂ + 1.5𝑗̂ − 2𝑘̂ 𝐹̅𝐷𝐶 = 𝐹𝐷𝐶 ( ) = −0.37𝐹𝐷𝐶 𝑖 + 0.56𝐹𝐷𝐶 𝑗 − 0.74𝐹𝐷𝐶 𝑘 √29/2

𝐹̅𝐸𝐶 = 𝐹𝐸𝐶 (

0𝑖̂ + 3.5𝑗̂ + 0𝑘̂ √12.25

) = 𝐹𝐸𝐶 𝑗

𝐹̅𝐶𝐷 = 0.37𝐹𝐶𝐷 𝑖 − 0.56𝐹𝐶𝐷 𝑗 + 0.74𝐹𝐶𝐷 𝑘 ∑ 𝐹𝑥 = 0 → {∑ F𝑦 = 0 → ∑ F𝑧 = 0 →

−𝐹𝐵𝐶 − 0.37𝐹𝐷𝐶 + 0.37𝐹𝐶𝐷 = 0 0.56𝐹𝐷𝐶 − 0.56𝐹𝐶𝐷 + 𝐹𝐸𝐶 𝑗 = 0 −0.74𝐹𝐷𝐶 + 0.74𝐹𝐶𝐷 = 0

Resolviendo tenemos los siguientes valores:

FBC = 147.62 N (T) FAC = 221.43 N (T) FEC = 295.24 N (C)

Ejercicio Nº 04 La armadura que se muestra en la figura consta de seis elementos y se sostiene mediante un eslabón corto en A, dos eslabones cortos en B y una rótula D. Determine la fuerza en cada uno de los elementos para la carga dada.

SOLUCIÓN

Puntos: 𝐴(0,10,0), 𝐵(0,0,7), 𝐶(24,0,0), 𝐷(0, 0, −7) Estabilidad a) E. Externa 𝑛=6= 𝑞 →Isostática

b) E. Interna 𝑁 = 3𝑗 − 6 Número de nodos 𝑗 = 4, 𝑁 = 3𝑗 − 6 = 3(4) − 6 = 6 que es el número de barras

1) Determinamos las reacciones ∑𝐹𝑥 = 0 → ∑𝐹 (1) { 𝑦 = 0 → ∑𝐹𝑧 = 0 → 𝑖̂ 𝑀𝐷 = | 0 𝐴𝑥

𝑖̂ 𝑗̂ 𝑗̂ 𝑘̂ 10 7| + |0 0 0 𝐵𝑦 0 0

𝐴𝑥 + 𝐷𝑥 + 𝐵𝑥 = 0 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 400 = 0 𝐷𝑧 = 0 𝑘̂ 𝑖̂ 𝑗̂ 14| + |24 0 0 0 −400

𝑘̂ 7| = 0 0

𝑀𝐷 = (−14𝐵𝑦 + 2800)𝑖̂ + (7𝐴𝑥 + 14𝐵𝑥 )𝑗̂ + (−10𝐴𝑥 − 9600)𝑘̂ = 0 −14𝐵𝑦 + 2800 = 0 → 𝐵𝑦 = 200 (2) { 7𝐴𝑥 + 14𝐵𝑥 = 0 −10𝐴𝑥 − 9600 = 0 → 𝐴𝑥 = −960

Resolviendo el sistema (2) y reemplazando en (1) se tiene: 𝐴𝑥 = −960 , 𝐷𝑥 = 0 , 𝐵𝑥 = 480 , 𝐵𝑦 = 200 , 𝐷𝑦 = 200 , 𝐷𝑥 = 480 [𝑙𝑏] 2) Analizo los nodos 

Nodo C

−24 𝑖̂ + 10𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐴 = 𝐹𝐶𝐴 ( ) 26 = −0.923𝐹𝐶𝐴 𝑖 + 0.3846𝐹𝐶𝐴 𝑗 −24𝑖̂ − 7𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐷 = 𝐹𝐶𝐷 ( ) 25 = 0.96𝐹𝐶𝐷 𝑖 − 0.28𝐹𝐶𝐷 𝑘 −24𝑖̂ + 7𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐵 = 𝐹𝐶𝐵 ( ) 25 = −0.96𝐹𝐶𝐵 𝑖 + 0.28𝐹𝐶𝐵 𝑘 𝐹 = −400𝑗 𝑙𝑏 ∑ 𝐹𝑥 = 0 →

−0.923𝐹𝐶𝐴 + 0.96𝐹𝐶𝐷 − 0.96𝐹𝐶𝐵 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.3846𝐹𝐶𝐴 − 400𝑗 = 0 → 𝐹𝐶𝐴 = 1040 𝑙𝑏

{ ∑ F𝑧 = 0 →

−0.28𝐹𝐶𝐷 + 0.28𝐹𝐶𝐵 = 0 → 𝐹𝐶𝐵 = 𝐹𝐶𝐷

Resolviendo las ecuaciones obtenemos: 𝐹𝐶𝐴 = 1040 𝑙𝑏 (𝑇) 𝐹𝐶𝐷 = 500𝑙𝑏 (𝐶) 𝐹𝐶𝐵 = 500𝑙𝑏 (𝐶)



Nodo B

𝐹̅𝐵𝐴 = 𝐹𝐵𝐴 (

10𝑗 − 7𝑘̂ ) 12.21

= 0.819𝐹𝐵𝐴 𝑗 − 0.5733𝐹𝐵𝐴 𝑘 𝐹̅𝐵𝐷 = −𝐹𝐵𝐷 𝑘 𝐹̅𝐵𝐶 = −480𝑖 + 140𝑘 𝐵𝑥 = 480𝑖 𝐵𝑦 = 200𝑗

∑ 𝐹𝑥 = 0 →

480 − 480 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.819𝐹𝐵𝐴 + 200 = 0

{ ∑ F𝑧 = 0 →

−0.5733𝐹𝐵𝐴 − 𝐹𝐵𝐷 + 140 = 0

Resolviendo: 𝐹𝐵𝐴 = 244.2 𝑙𝑏 (𝐶) 𝐹𝐵𝐷 = 280 𝑙𝑏 (𝑇)



Nodo A

𝐹̅𝐴𝐷 = 𝐹̅𝐴𝐷 (

−10𝑗 − 7𝑘̂ ) 12.21

= −0.819𝐹𝐴𝐷 𝑗 − 0.5733𝐹𝐴𝐷 𝑘 = 0 𝐹̅𝐴𝐵 = −200𝑗 + 140𝑘 𝐹̅𝐴𝐶 = −960𝑖 + 400𝑗 𝐴𝑥 = 960𝑖

∑ 𝐹𝑥 = 0 →

−960 + 960 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

−0.819𝐹𝐴𝐷 − 200 + 400 = 0

{ ∑ F𝑧 = 0 →

−0.5733𝐹𝐴𝐷 + 140 = 0

Resolviendo: 𝐹𝐴𝐷 = 244.2 𝑙𝑏 (𝑇)

Ejercicio Nº 5: La armadura que se muestra en la figura consta de seis elementos y se sostiene mediante un eslabón corto en A, dos eslabones cortos en B y una rótula D. Determine la fuerza en cada uno de los elementos para la carga dada.

SOLUCIÓN Puntos: 𝐴(0,10,0), 𝐵(0,0,7), 𝐶(24,0,0), 𝐷(0, 0, −7)

Estabilidad c) E. Externa 𝑛=6= 𝑞 →Isostática

d) E. Interna 𝑁 = 3𝑗 − 6 Número de nodos 𝑗 = 4, 𝑁 = 3𝑗 − 6 = 3(4) − 6 = 6 que es el número de barras

1) Determinamos las reacciones ∑𝐹𝑥 = 0 → (1) {∑𝐹𝑦 = 0 → ∑𝐹𝑧 = 0 → 𝑖̂ 𝑀𝐷 = | 0 𝐴𝑥

𝑖̂ 𝑗̂ 𝑗̂ 𝑘̂ | + | 0 0 10 7 0 𝐵𝑦 0 0

𝐴𝑥 + 𝐷𝑥 + 𝐵𝑥 = 0 𝐵𝑦 + 𝐷𝑦 − 400 = 0 𝐷𝑧 = 0 𝑘̂ 𝑖̂ 𝑗̂ 14| + |24 0 0 0 −400

𝑘̂ 7| = 0 0

𝑀𝐷 = (−14𝐵𝑦 + 2800)𝑖̂ + (7𝐴𝑥 + 14𝐵𝑥 )𝑗̂ + (−10𝐴𝑥 − 9600)𝑘̂ = 0 (2) {

−14𝐵𝑦 + 2800 = 0 → 𝐵𝑦 = 200 7𝐴𝑥 + 14𝐵𝑥 = 0 −10𝐴𝑥 − 9600 = 0 → 𝐴𝑥 = −960

Resolviendo el sistema (2) y reemplazando en (1) se tiene:

𝐴𝑥 = −960 , 𝐷𝑥 = 0 , 𝐵𝑥 = 480 , 𝐵𝑦 = 200 , 𝐷𝑦 = 200 , 𝐷𝑥 = 480 [𝑙𝑏]

2) Analizamos las secciones

 Sección a-a

−24 𝑖̂ + 10𝑗̂ + 0𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐴 = 𝐹𝐶𝐴 ( ) 26 = −0.923𝐹𝐶𝐴 𝑖 + 0.3846𝐹𝐶𝐴 𝑗

−24𝑖̂ − 7𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐷 = 𝐹𝐶𝐷 ( ) 25 = 0.96𝐹𝐶𝐷 𝑖 − 0.28𝐹𝐶𝐷 𝑘

−24𝑖̂ + 7𝑘̂ 𝐹̅𝐶𝐵 = 𝐹𝐶𝐵 ( ) = −0.96𝐹𝐶𝐵 𝑖 + 0.28𝐹𝐶𝐵 𝑘 25

𝐹 = −400𝑗 𝑙𝑏

∑ 𝐹𝑥 = 0 →

−0.923𝐹𝐶𝐴 + 0.96𝐹𝐶𝐷 − 0.96𝐹𝐶𝐵 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.3846𝐹𝐶𝐴 − 400𝑗 = 0 → 𝐹𝐶𝐴 = 1040 𝑙𝑏

{ ∑ F𝑧 = 0 →

−0.28𝐹𝐶𝐷 + 0.28𝐹𝐶𝐵 = 0 → 𝐹𝐶𝐵 = 𝐹𝐶𝐷

Resolviendo las ecuaciones obtenemos: 𝐹𝐶𝐴 = 1040 𝑙𝑏 (𝑇) 𝐹𝐶𝐷 = 500𝑙𝑏 (𝐶) 𝐹𝐶𝐵 = 500𝑙𝑏 (𝐶)

 Sección c-c

𝐹̅𝐵𝐴 = 𝐹𝐵𝐴 (

10𝑗 − 7𝑘̂ ) 12.21

= 0.819𝐹𝐵𝐴 𝑗 − 0.5733𝐹𝐵𝐴 𝑘 𝐹̅𝐵𝐷 = −𝐹𝐵𝐷 𝑘 𝐹̅𝐵𝐶 = −480𝑖 + 140𝑘 𝐵𝑥 = 480𝑖 𝐵𝑦 = 200𝑗

∑ 𝐹𝑥 = 0 →

480 − 480 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.819𝐹𝐵𝐴 + 200 = 0

{ ∑ F𝑧 = 0 →

−0.5733𝐹𝐵𝐴 − 𝐹𝐵𝐷 + 140 = 0

Resolviendo: 𝐹𝐵𝐴 = 244.2 𝑙𝑏 (𝐶)

,

𝐹𝐵𝐷 = 280 𝑙𝑏 (𝑇)

,

 Sección b-b 𝐹̅𝐵𝐴 = 𝐹𝐵𝐴 (

10𝑗 − 7𝑘̂ ) 12.21

= 0.819𝐹𝐵𝐴 𝑗 − 0.5733𝐹𝐵𝐴 𝑘 𝐹̅𝐵𝐷 = −𝐹𝐵𝐷 𝑘 𝐹̅𝐵𝐶 = −480𝑖 + 140𝑘 𝐵𝑥 = 480𝑖 𝐵𝑦 = 200𝑗

∑ 𝐹𝑥 = 0 →

480 − 480 = 0

∑ F𝑦 = 0 →

0.819𝐹𝐵𝐴 + 200 = 0

{ ∑ F𝑧 = 0 → Resolviendo: 𝐹𝐵𝐴 = 244.2 𝑙𝑏 (𝐶) 𝐹𝐵𝐷 = 280 𝑙𝑏 (𝑇)

−0.5733𝐹𝐵𝐴 − 𝐹𝐵𝐷 + 140 = 0

Ejercicio Nº 6: Si la armadura soporta una fuerza de 𝑭 = 𝟐𝟎𝟎 𝑵, determine la fuerza en cada elemento y establezca si los elementos están en tensión o en compresión.

SOLUCIÓN 

Nodo “A”

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝑭𝑨𝑬 (

𝟎. 𝟐

𝟎. 𝟐 ) − 𝑭𝑨𝑪 ( )=𝟎 √𝟎. 𝟓𝟒 √𝟎. 𝟓𝟒

∑ 𝐅𝒚 = 𝟎 𝑭𝑨𝑩 (

𝟎. 𝟑

𝟎. 𝟓 𝟎. 𝟓 ) − 𝑭𝑨𝑬 ( ) − 𝑭𝑨𝑪 ( )=𝟎 √𝟎. 𝟑𝟒 √𝟎. 𝟓𝟒 √𝟎. 𝟓𝟒

∑ 𝐅𝒛 = 𝟎 𝑭𝑨𝑪 (

𝟎. 𝟓

𝟎. 𝟓 𝟎. 𝟓 ) + 𝑭𝑨𝑬 ( ) − 𝑭𝑨𝑩 ( ) + 𝟐𝟎𝟎 = 𝟎 √𝟎. 𝟑𝟒 √𝟎. 𝟓𝟒 √𝟎. 𝟓𝟒

Resolviendo las ecuaciones anteriores obtenemos:

𝑭𝑨𝑬 = 𝑭𝑨𝑪 = 𝟐𝟐𝟎. 𝟒𝟓 𝑵 (𝑻) 𝑭𝑨𝑩 = 𝟓𝟖𝟑. 𝟏𝟎 𝑵 (𝑪) 

Nodo “B”

∑ 𝐅𝒛 = 𝟎 𝟓𝟖𝟑. 𝟏𝟎 (

𝟎. 𝟓 √𝟎. 𝟑𝟒

) − 𝑭𝑩𝑫 𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓° = 𝟎

𝑭𝑩𝑫 = 𝟕𝟎𝟕. 𝟏𝟏 𝑵 (𝑪)

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎 𝑭𝑩𝑬 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓° − 𝑭𝑩𝑪 𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓° = 𝟎 𝑭𝑩𝑬 = 𝑭𝑩𝑪 = 𝑭 ∑ 𝐅𝒚 = 𝟎 𝟕𝟎𝟕. 𝟏𝟏𝒄𝒐𝒔𝟒𝟓° − 𝟓𝟖𝟑. 𝟏𝟎 (

𝟎. 𝟑 √𝟎. 𝟑𝟒

) − 𝟐𝑭𝒔𝒆𝒏𝟒𝟓° = 𝟎

𝑭 = 𝟏𝟒𝟏. 𝟒𝟐 𝑵 Como: 𝑭𝑩𝑬 = 𝑭𝑩𝑪 = 𝑭 𝑭𝑩𝑬 = 𝑭𝑩𝑪 = 𝟏𝟒𝟏. 𝟒𝟐 𝑵 (𝑻)