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FACULTAD NACIONAL DE INGENIERIA SOLUCIONARIO DE ESTRUCTURAS ISOSTATICAS

CAPITULO VIII

Problema VIII.1 Por el método de LOS NUDOS determinar las reacciones de apoyo y fuerzas normales de la cercha mostrada en la figura. Figura VIII.1.1

2m

3m

70 KN

60 KN 4m

5m

1. Grado Hiperestático 3

E

4

7 A

HA VA

1 2

F

D

9

5

8

B

6

VB

El grado Hiperestático se lo realiza por el método de las barras: GH  b  r  2 n GH  9  3  2 6  GH  12  12 GH  0 (Isostático)

C

2. Características geométricas Figura VIII.1.2 70 KN β

F

3m

E

A

D

HA

β

B

α VA

VB

2m

θ

θ C 60 KN 4m

5m Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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225

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Calculamos las longitudes necesarias: AC  4 2  2 2  4.472 m CB  5 2  2 2  5.385 m DF  3 2  5 2  5.831 m

Calculamos los ángulos: 2  0.4    tg 1 0.4 5   21.801º

2 1     tg 1 0.5 4 2   26.565º 3 tg   0.6    tg 1 0.6 5   30.964º 3. Reacciones de apoyo  MA 0

tg 

tg 

 V B 9   70 3  60 4   0 V B  50 [KN]

   FV  0

V A  60  50  0 V A  10 [KN]

   FH  0

 H A  70  0 H A  70 [KN]

4. Calculo de fuerzas Normales 4.1 Nudo A Descomponemos la fuerza normal NAC y y

H A  70 KN

N AD α

A

N AC Cos 

x N AC Sen 

N AC

V A  10 KN

4.2 Nudo C

N CD

α

α

10  N AC Sen  0 10 10 N AC   Sen Sen 26.565º N AC  22.361 [KN] (Tracción)  Fx  0

x

N AC

 70  N AD  N AC Cos   0  70  N AD  22.361 Cos 26.565º  0 N AD  50 [KN] (Tracción)

Descomponemos la fuerza normal NCB y

y N AC

 Fy  0

N CB θ

C

N CB Sen 

x

Descomponemos la fuerza normal NAC y N AC

N CB θ

N CB Cos 

x

α

N AC Cos 

N AC Sen 

x

60 KN

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 Fx  0

 Fy  0

 N AC Cos  N CB Cos  0 N CB Cos  22.361 Cos 26.565º 20 20 N CB   Cos Cos 21.801º N CB  21.541 [KN] (Tracción)

N AC Sen  60  N CB Sen  N CD  0 22.361 Sen 26.565º 60  21.541 Sen 21.801º  N CD  0

4.3 Nudo E

N CD  42 [KN] (Tracción)

 Fy  0

y

70 KN

E

N EF

N DF β

N DB

D 42 KN

70  N EF  0 N EF  70 [KN] (Compresión)

Descomponemos la fuerza normal NDF y N DF N DF Sen 

y

50 KN

x

N DE

4.4 Nudo D N DE

 N DE  0 N DE  0 [KN]  Fx  0

β

x

N DF Cos 

 Fy  0

x

N DF Sen  42  N DE  0 42 42 N DF   Sen Sen 30.964º N DF  81.633 [KN] (Tracción)  Fx  0  50  N DB  N DF Cos  0  50  N DB  81.633Cos 30.964º  0 N DB  20 [KN] (Compresión)

4.5 Nudo B Descomponemos la fuerza normal NCB y

y

 Fy  0

N BF N DB  20 KN θ

N CB  21 .541 KN

B x VB  50 KN

N CB Cos  θ

N CB  21 .541 KN

x N CB Sen 

N BF  50  N CB Sen  0 N BF  50  21.541 Sen 21.801º  0 N BF  42 [KN] (Compresión)

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5. Disposición grafica

–70 KN

+50 KN +22.361 KN

10 KN

D

+81.633 KN

–20 KN

+42 KN

A 70 KN

F – 42 KN

0 KN

E

B

+21.541 KN 50 KN

C Referencias: Tracción Compresión Nulo Problema VIII.2 Por el método de los NUDOS determinar las reacciones de apoyo y fuerzas normales de la cercha mostrada en la figura. Figura VIII.2.1

4m

2.5m

2m

175 KN

4m

3m

3m

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1. Grado Hiperestático

F 4

D 8 5

3 6

1 2

HA

E

El grado Hiperestático se lo realiza por el método de las barras: GH  b  r  2 n GH  9  3  2 6  GH  12  12 GH  0 (Isostático)

C 7

9

B

A

VB

VA

2. Características geométricas Figura VIII.2.2 F

2m

175 KN φ

2.5m

D

C

θ

ρ

4m

E

HA

α β

γ

B

A VB

VA

4m Calculamos los ángulos: 4 tg   1    tg 11 4   45º 2 tg   0.333    tg 1 0.333 33   18.435º

3m

3m

4  2 .5  1.625    tg 11.625 4   58.392º 4 tg   1.333    tg 11.333 3   53.130º tg 

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2 .5  2  1.5    tg 11.5 3   56.310º 3. Reacciones de apoyo  MA 0

2 .5  0.833    tg 1 0.833 3   39.806º

tg 

tg 

 V B 4  3  175 3  3  4   0 V B  250 [KN]

   FV  0

V A  175  250  0 V A  75 [KN]

   FH  0

H A  0 [KN]

4. Calculo de fuerzas Normales 4.1 Nudo A y N AD N AC A

α

Descomponemos la fuerza normal NAD y N AD N AD Sen 

β

x

α

N AD Cos 

Descomponemos la fuerza normal NAC y N AC N AC Sen 

x

β

N AC Cos 

V A  75 KN

x

Calculamos las fuerzas Normales:  Fy  0  75  N AD Sen  N AC Sen  0 ………………. (1)  Fx  0 N AD Cos  N AC Cos  0 …………………….. (2) De la ecuación 2 despejamos la normal NAC: N Cos N AC   AD …………………………….. (3) Cos Remplazamos la ecuación 3 en la ecuación 1:  N Cos   Sen  0  70  N AD Sen    AD Cos  

 Sen  Sen   75  tg Donde: N AD Sen  N AD Cos  Cos  Cos  N AD Sen  N AD Cos  tg  75  N AD Sen  Cos  tg   75 75 75 N AD   Sen  Cos  tg Sen 58.392º Cos 58.392ºtg 45º N AD  228.973 [KN] (Tracción)

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Remplazando en la ecuación 3: N Cos 228.973 Cos 58.392º N AC   AD  Cos Cos 45º N AC  169.714 [KN] (Compresión) 4.2 Nudo B Descomponemos la y fuerza normal NBC y N BC N BC N BE N BC Sen  B γ γ x N BC Cos  VB  250 KN

4.3 Nudo C

 Fx  0  N BC Cos  0 N BC  0 [KN]  Fy  0

x

N BE  250  N BC Sen  0 N BE  250 [KN] (Compresión)

Descomponemos la fuerza normal NAC

y

 Fx  0  N AC Cos  N CE  0 N CE  N AC Cos N CE   169.714  Cos 45º N CE  120 [KN] (Compresión)  Fy  0

y

N CD

C

N CE

x

γ

β

N AC Cos 

N BC  0

N AC

β

x N AC Sen 

N CD N CD N CD N CD

N AC

4.4 Nudo D

Descomponemos la fuerza normal NDF y

y N DF

D

φ

α

x

θ

N DF Sen 

Descomponemos la fuerza normal NAD y

N DF φ

N DF Cos 

 N AC Sen  0  N AC Sen   169.714  Sen 45º  120 [KN] (Compresión)

x

N AD Cos  α

N DE N AD  228 .973 KN

N CD   120 KN

N AD Sen 

N AD  228 .973 KN

 Fy  0

Descomponemos la fuerza normal NDE y N DE Cos  N DE Sen 

x

θ

N DE

x

 N AD Sen  N CD  N DF Sen  N DE Sen  0  228.973 Sen 58.392º  120   N DF Sen 18.435º  N DE Sen 39.806º  0 0.316 N DF  0.640 N DE  75 ……………… (1)  Fx  0  N AD Cos  N DF Cos  N DE Cos  0  228.973 Cos 58.392º  N DF Cos 18.435º  N DE Cos 39.806º  0 0.949 N DF  0.768 N DE  0 ……………… (2)

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Se forma el siguiente sistema lineal de ecuaciones: 0.316 N DF  0.640 N DE  75  0.949 N DF  0.768 N DE  120 Resolviendo el sistema: N DF  158.114 [KN] (Tracción) N DE  39.051 [KN] (Compresión) 4.5 Nudo F Descomponemos la y fuerza normal NDF y F φ

x

ρ

N DF  158 .114 KN

175 KN

Descomponemos la fuerza normal NFE y

N DF Cos φ

N DF  158 .114 KN

N FE Cos 

x

N DF Sen

ρ

x N FE Sen 

N FE

N FE

 Fx  0  N FE Cos  N DF Cos  0 N Cos 158.114 Cos 18.435º N FE   DF  Cos Cos 56.310º N FE  270.417 [KN] (Compresión)

5. Disposición grafica F +158.114 KN D

–120 KN

–270.417 KN

–120 KN

E

C

–169.714 KN

0 KN

–250 KN

+228.973 KN

–39.051 KN

B

A Referencias: Tracción Compresión

Nulo

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Problema VIII.3 Por el método de COEFICIENTES DE TENSION verificar las fuerzas normales de la cercha del problema VIII.2. Figura VIII.3.1

4m

2.5m

2m

175 KN

3m

3m

4m 1. Características geométricas

Figura VIII.3.2

D

2m

175 KN

2.5m

C

B E

4m

y

HA

F

x

A VB

VA

4m

3m

3m Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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Calcularemos los lados que faltan: AC  4 2  4  2.5  7.632 m CD 

3  32  2 2

2

AB  4 2  4 2  5.657 m

 6.325 m

CE  3 2  2.5 2  3.905 m

ED  3 2  2.5  2   5.408 m FB  3 2  4 2  5 m 2. Planteamiento de los coeficientes de tensión Hacemos uso de la siguiente relación:  t j L jx  Px  0 2

tJ

L jy  Py  0

Donde:

tj : Tensión en el tramo j. Ljx : Longitud del tramo j proyectada en el eje x. Ljy : Longitud del tramo j proyectada en el eje y. Px,y : Cualquier Fuerza o reacción de apoyo existente en el nudo estudiado.  Se tomara en cuenta que los signos que se asumirán será de acuerdo al eje de referencia graficado en la figura de características geométricas, los eje y y x. 2.1 Nudo A t AC 4   t AB 4   H A  0 …………………………..…. (1) t AC 6.5  t AB 4   V A  0 …………………………..... (2) 2.2 Nudo B t AB  4   t BE 3  t BF 3  0 …………………...…….. (3) t AB  4   t BC 2.5  t BF  4   0 ………………...…… (4) 2.3 Nudo C t AC  4   t CD 6   t CB 3  0 …………………………. (5) t AC  6.5  t BC  2.5  t CE  2.5  t CD 2   0 ...……. (6) 2.4 Nudo E t BE  3  t CE  3  t ED 3  0 ……………………….. (7) t CE 2.5  t ED 4.5  t EF  4   0 ……………………... (8) 2.4 Nudo D t CD  6   t ED  3  0 ………………………...……… (9) t CD  2   t ED  4.5  175  0 ……………………..... (10) 2.5 Nudo F t BF  3  0 ………………………………..………… (11) t BF 4   t EF 4   V F  0 ……………………...……… (12) 3. Calculo de los Coeficientes de tensión Ahora todas las ecuaciones ordenaremos en forma matricial, de esta forma solucionaremos de una forma más sencilla y ordenada. Representaremos y hallaremos la solución de la ecuación de matrices en forma simbólica: B X C De la ecuación se tiene: B = Matriz de los coeficientes X = Matriz de incógnitas C = Matriz de términos independientes Solucionando: B 1  B  X  B 1  C …… Multiplicamos por la izquierda la inversa de la matriz B Donde: B 1  B  I ……………….. Matriz identidad Remplazando I  X  B 1  C  I  X  X Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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Finalmente se tiene la solución de la ecuación de matrices: X  B 1  C

Ordenando las ecuaciones en forma matricial, para orientarse representaremos el orden de las columnas con su respectiva incógnita: H V t AB A A  

1 0  0  0 0  0 0  0  0 0  0 0 





t AC  

t BE t BF   



t BC  

t CD  

t CE  

t ED  

t EF V F   



0  H A   0  1 4 6 .5 0 0 0 0 0 0 0 0  V A   0  0 4 0 3 3 0 0 0 0 0 0  t AB   0      0 4 0 0  4 2 .5 0 0 0 0 0  t AC   0  0 0 4 0 0 0 6 3 0 0 0  t BE   0      0 0  6 .5 0 0  2 .5 2  2 .5 0 0 0  t BF   0   0 0 0 3 0 0 0 3 3 0 0  t BC   0      0 0 0 0 0 0 0 2 .5 4.5  4 0  t CD   0      0 0 0 0 0 0 6 0 3 0 0  t CE   0  0 0 0 0 0 0 2 0  4.5 0 0  t ED  175     0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0  t EF   0  0 0 0 0 4 0 0 0 0 4 1  V F   0  0

4

4

0

0

0

0

0

0

0

Esta ecuación matricial esta de la forma: B  X  C , resolvemos llevando a la forma de la solución de la matriz: X  B 1  C , se tiene:  H A  1  V  0  A   t AB  0     t AC  0  t BE  0     t BF  0  t   0  BC    t CD  0     t CE  0  t ED  0     t EF  0  V  0  F 

0 4 4 0 0 0 0 0 0 0 1 4 6 .5 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 3 3 0 0 0 0 0 0 4 0 0  4 2 .5 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 6 3 0 0 0 0  6 .5 0 0  2 .5 2  2 .5 0 0 0 0 0 3 0 0 0 3 3 0 0 0 0 0 0 0 0 2 .5 4 .5  4 0 0 0 0 0 0 6 0 3 0 0 0 0 0 0 0 2 0  4 .5 0 0 0 0 0 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 4

0 0 0  0 0  0 0  0  0 0  0 1

1

 0   0     0     0   0     0   0     0     0  175    0   0   

El cálculo se puede determinar con la ayuda de una calculadora que pueda realizar operaciones con matrices, por que el cálculo manual resulta tedioso y largo especialmente en el cálculo de la inversa de la matriz, esto como una recomendación. Además este método nos permite obtener de forma directa las reacciones de apoyo, entonces resolviendo se tiene:

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HA 0

H A   0   V    75   A    t AB    30       t AC   30   t BE    40       t BF   0   t     48   BC     t CD   25       t CE    10   t ED    50       t EF   62.5  V   250    F 

V A  75 t AB  30 t AC  30 t BE  40 

t BF  0 t BC  48 t CD  25 t CE  10 t ED  50 t EF  62.5 V F  250

Las reacciones de apoyo son: HA = 0 [KN] VA = –75 [KN] VF = 250 [KN] 4. Calculo de las fuerzas Normales Las fuerzas normales se determinan con la siguiente relación: N j  t j Lj

De esta ecuación se tiene:

Nj : Normal en el tramo j tj : Coeficiente de tensión del tramo j Lj : Longitud del tramo j  La longitud del tramo Lj , es el tramo real y no una proyección a los ejes coordenados.

Nº

Tramo

Coeficiente

1 2 3 4 5 6 7 8 9

AB AC BC BE BF CD CE ED EF

–30 30 – 48 – 40 0 25 –10 –50 –62.5

Longitud [m] 5.657 7.632 2.5 3 5 6.325 3.905 5.408 4

Fuerza Normal [KN]

Efecto

–169.710 228.960 –120.000 –120.000 0 158.125 –39.050 –270.400 –250.000

Compresión Tracción Compresión Compresión Ninguno Tracción Compresión Compresión Compresión

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5. disposición grafica D +158.125 KN C

–120 KN

–270.400 KN

+228.960 KN

–39.050 KN –120 KN

E

–169.710 KN

0 KN

–250 KN

B

F

A Referencias:

Tracción Compresión Nulo Problema VIII.4 Por el método de LOS NUDOS determinar las reacciones de apoyo y fuerzas normales de la cercha de ejes cruzados mostrado en la figura. Figura VIII.4.1

3.5 m 120 KN

3.5 m

95 KN

1m

3m

40 KN

3.5 m

3.5 m

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1. Grado Hiperestático A HA

2

B

D

4

F

8

12

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  13 (Barras) r  3 (Reacciones de apoyo) n  8 (Nudos) Remplazando: GH  13  3  2 8  16  16 GH  0 (Isostático)

H

5 VA

1

11

3 6

10 9

7

C

VH

13

G

E

2. Características geométricas Figura VIII.4.2

3.5 m 120 KN

95 KN D

B

α

3.5 m

F

H

β

VA

VH

3m

HA

40 KN A

3.5 m

3.5 m

C

G

φ

1m

θ

E Calculamos los ángulos: 3 tg   0.857    tg 1 0.857 3 .5   40.601º 3 tg   0.429    tg 1 0.429 7   23.199º Si :       23.199º 3. Reacciones de apoyo  MA 0

   FV  0

   FH  0

1  0.286    tg 1 0.286 3 .5   15.945º tg 

 V H 14   957   1203.5  0 V H  77.5 [KN] V A  40  120  95  77.5  0 V A  177.5 [KN] H A  0 [KN]

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4. Calculo de fuerzas Normales 4.1 Nudo A Descomponemos la y fuerza normal NAC y 40 KN A

N AB

N AC Cos 

x

α

 Fy  0

α

N AC Sen 

V A  177 .5 KN

 40  177.5  N AC Sen  0 137.5 137.5 N AC   Sen Sen 40.601º N AC  211.282 [KN] (Tracción)  Fx  0

x

N AB  N AC Cos  0 N AB   N AC Cos  211.282Cos 40.601º N AB  160.418 [KN] (Compresión)

N AC

4.2 Nudo D

y

 Fy  0

95 KN N DB

N DF

D

N DE

4.3 Nudo E

Descomponemos la fuerza normal NEG y

y N EC

x

 95  N DE  0 N DE  95 [KN] (Compresión)

N DE

N EG φ

φ

x

N EG

N EG Sen 

E

Descomponemos la fuerza normal NEC y

φ

N EG Cos 

N EC φ

x

N EC Cos 

N EC Sen 

x

 Fx  0  Fy  0

 N EC Cos  N EG Cos  0 N EC  N EG ................................................. (1)

N DE  N EC Sen  N EG Sen  0  95  Sen N EC  N EG   0 ..................... (2) Remplazamos la ecuación 1 en 2:  95  Sen N EC  N EC   0

95 95  2 Sen 2 Sen 15.945º  172.907 [KN] (Tracción)  172.907 [KN] (Tracción)

 95  2 N EC Sen  0  N EC  N EC N EG

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4.4 Nudo C

Descomponemos la fuerza normal NCF y

y

N AC

N CB

α

N CF

N CF

θ φ

C

N CF Sen 

x

θ

N CF Cos 

x

N EC Cos  N EC Sen 

 N AC Cos  N CF Cos  N EC Cos  0 N CF Cos  N AC Cos  N EC Cos N Cos  N EC Cos N CF  AC Cos 211.282 Cos 40.601º 172.907 Cos 15.945º N CF  Cos 23.199º N CF  6.35 [KN] (Compresión)  Fy  0

N AC Sen 

x

N AC Cos 

x

 Fx  0

y

α

φ

N EC

N EC

Descomponemos la fuerza normal NAC N AC

Descomponemos la fuerza normal NEC y

N CB  N EC Sen  N AC

N AC Sen  N CF Sen  N CB  N EC Sen  0 Sen  N CF Sen

N CB  172.907 Sen 15.945º  6.35 Sen 23.199º 211.282 Sen 40.601º N CB  87.498 [KN] (Compresión) 4.5 Nudo B Descomponemos la  Fy  0 fuerza normal NBG y y  120  N CB  N BG Sen  0 120 KN 120  N CB 120   87.498 N BG   Sen  Sen 23.199º N Cos  N AB N DB BG x x N BG  82.508 [KN] (Compresión) β β N BG Sen   Fx  0 N CB N BG N BG  N AB  N DB  N BG Cos  0 N DB  N AB  N BG Cos N DB  160.418   82.508 Cos 23.199º N DB  84.581 [KN] (Compresión) 4.6 Nudo D y

 Fx  0

95 KN N DB

D

N DF N DE

x

 N DB  N DF  0 N DF  N DB N DF  N DB  84.581 [KN] (Compresión)

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4.7 Nudo F

Descomponemos la fuerza normal NCF y

y

N DF

N FH

θ

x

F N FG

N CF

N CF Cos  N CF Sen 

θ

 N FG  N CF Sen   0 N FG   N CF Sen   6.35Sen 23.199º N FG  2.501 [KN] (Tracción)  Fx  0

x

 N DF  N CF Cos  N FH  0 N FH  N DF  N CF Cos N FH  84.581   6.35Cos 23.199º N FH  90.418 [KN] (Compresión)

N CF

4.8 Nudo H

Descomponemos la fuerza normal NHG y

y

N FH

 Fy  0

H x

α

N HG Cos  α

V H  77 .5 KN N HG

 Fx  0

x N HG Sen 

 N FH  N HG Cos  0 N  90.418 N HG   FH   Cos Cos 40.601º N HG  119.087 [KN] (Tracción)

N HG

5. Disposición grafica

–84.581 KN

–6.35 KN

D

F

–84.581 KN

–82.508 KN

+2.501 KN

+211.282 KN

B

–95 KN

–160.418 KN

–87.498 KN

A

C

–90.418 KN

H

+119.087 KN

G +172.907 KN

+172.907 KN E Referencias: Tracción Compresión Nulo

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Problema VIII.5 Por el método de los CORTES verificar y determinar las fuerzas Normales del problema VIII.4. Figura VIII.5.1

3.5 m

3.5 m 120 KN

3.5 m

3.5 m

3.5 m

95 KN

1m

3m

40 KN

3.5 m

2. Características geométricas Figura VIII.5.2 Realizamos todos los cortes necesarios: 3.5 m 1

40 KN A

3

120 KN D

B

4 F

H

β

VA

VH

4

θ

1 5

3m

α

6

95 KN

C

φ

G

6

1m

HA

3.5 m 5 2

E 2 Del problema VIII.4, se tiene:

3

  40.601º     23.199º   15.945º

2. Reacciones de apoyo Del problema VIII.4:

V A  177.5 [KN] V H  77.5 [KN]

H A  0 [KN]

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3. Calculo de fuerzas normales 3.1 Corte 1–1 B

N AC

177.5 KN

 MB 0

Descomponemos la fuerza normal NAC N AC Cos  α N AC Sen 

177.53.5  403.5  N AC Sen 3.5  0 137.5 137.5 N AC   Sen Sen 40.601º N AC  211.282 [KN] (Tracción)  MC  0

N AC

3m

A

40 KN N AB α

177.53.5  403.5  N AB 3  0 N AB  160.417 [KN] (Compresión)

C 3.5 m 3.2 Corte 2–2 Para el corte 2–2, tenemos que hallar la fuerza normal NEC en el nudo E, pero previamente hallamos la fuerza normal NDE, en el nudo D, por el método de los NUDOS. 3.2.1 Nudo D y

 Fy  0

95 KN N DB

N DF

D

N DE

3.2.2 Nudo E

Descomponemos la fuerza normal NEG y

y N EC

x

 95  N DE  0 N DE  95 [KN] (Compresión)

N DE

N EG φ

φ

E

x

Descomponemos la fuerza normal NEC y N EG

N EG Sen 

φ

N EG Cos 

N EC

x

φ

N EC Cos 

N EC Sen 

x

 Fx  0  Fy  0

 N EC Cos  N EG Cos  0 N EC  N EG ................................................. (1)

N DE  N EC Sen  N EG Sen  0  95  Sen N EC  N EG   0 ..................... (2) Remplazamos la ecuación 1 en 2:  95  Sen  N EC  N EC   0  95  2 N EC Sen  0

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95 95  2 Sen 2 Sen 15.945º N EC  172.907 [KN] (Tracción) N EG  172.907 [KN] (Tracción) Entonces para el corte 2–2 se tiene: N EC 

3.5 m

3.5 m

B A

α

120 KN N BD β

D

N BG

177.5 KN

3m

40 KN

o h

N CF

θ C

φ N EC E

Descomponemos la fuerza normal NBG N BG Cos  β N BG Sen  N BG Descomponemos la fuerza normal NEC N EC Cos  φ N EC Sen  N EC Descomponemos la fuerza normal NCF N CF θ

N CF Sen 

N CF Cos 

Determinamos h por relación de triángulos: 3 h   h  1 .5 m 7 3 .5  Mo  0 Este punto resulta estratégico pues estaremos eliminando dos fuerzas normales, que de otra forma resultarían molestos en la resolución del problema, entonces se tiene: N BD 3  1.5  40 7   177.5 7   120 3.5  N EC Sen 3.5  N EC Cos 1.5  0 Como ya se ha obtenido el valor de la normal NEC, por el método de los nudos solamente remplazamos en la ecuación: N BD 1.5  542.5  172.907 Cos 15.945º 1.5  172.907 Sen 15.945º 3.5  0 N BD  84.579 [KN] (Compresión)  MC  0 Haciendo suma de momentos en el punto C estaremos eliminando dos fuerzas normales, de esta forma solamente tenemos una incógnita, entonces se tiene:  40 3.5  177.5 3.5   84.579 3  N BG Cos 3  0 227.513 227.513 N BG    3 Cos 3 Cos 23.199º N BG  82.509 [KN] (Compresión)  MB 0  40 3.5  177.5 3.5  N EC Cos 3  N CF Cos 3  0 481.25  172.907 Cos 15.945º 3  N CF Cos 23.199º 3  0 N CF  6.351 [KN] (Compresión)

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3.3 Corte 3–3 3.5 m

3.5 m N FD

F

H

1.5 m

N CF

77 .5 KN

1.5 m

o N BG N EG Cos 

G N EG Sen 

1m

φ

φ

N EG

 Mo  0

 N FD 3  1.5  N EG Cos 1.5  N EG Sen 3.5  77.5 7   0  1.5 N FD  N EG 1.5 Cos  3.5 Sen   77.5 7   0  1.5 N FD  172.907 1.5 Cos 15.945º 3.5 Sen 15.945º   77.5 7   0 N FD  84.579 [KN] (Compresión)

3.4 Corte 4–4 F

N HF

H

3m

α N HG

Descomponemos la fuerza normal NHG N HG Cos  α N HG Sen  N HG

77 .5 KN

3.5 m

3.5 Corte 5–5

A

177.5 KN

 77.5 3.5  N HG Sen 3.5  0 77.5 77.5 N HG   Sen Sen 40.601º N HG  119.086 [KN] (Tracción)  MG  0

 N HF 3  77.5 3.5  0 271.25 N HF    90.417 3 N HF  90.417 [KN] (Compresión)

G

40 KN

 MF 0

 MA 0

120 KN N BD β

α

B

N AC

N BC

C 3.5 m

N BG

N BC 3.5  N BG Sen 3.5  120 3.5  0 N BC   82.509  Sen 23.199º  120  0 N BC  87.498 [KN] (Compresión) En este corte solamente tenemos una sola incógnita que se solucionara realizando una suma de momentos al punto A. En la suma de momento al punto A la normal NBG solamente tomaremos la componente vertical, pues la componente horizontal se eliminara ya que la línea de acción pasa por el punto A.

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3.6 Corte 6–6 N FD F θ N CF

H

N FG N HG

G

 MH 0

α

 N FG 3.5  N CF Sen 3.5  0 N FG  2.502 [KN] (Tracción) En este corte solamente nos falta por determinar una incógnita el cual lo solucionamos aplicando suma de momento al punto H.

77 .5 KN

3.5 m

5. Disposición grafica

–84.579 KN

–6.351 KN

D

F

–84.579 KN

–82.509 KN

+2.502 KN

+211.282 KN

B

–95 KN

–160.417 KN

–87.498 KN

A

C

–90.417 KN

H

+119.086 KN

G +172.907 KN

+172.907 KN Referencias:

E Tracción Nulo Compresión Problema VIII.6 Por el método de los NUDOS determinar las reacciones de apoyo y fuerzas normales de la cercha mostrada en la figura. Figura VIII.6.1 45 KN

70 KN

4m

90 KN

3m

r=7 m

45º

45º Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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1. Grado hiperestático

D

3 C

7 5

8

4

9 6

1 2

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  11 (Barras) r  3 (Reacciones de apoyo) n  7 (Nudos) Remplazando: GH  11  3  2 7   14  14 GH  0 (Isostático)

F

10 E

B

11 HG

A

G VG

VA

2. Características geométricas Figura VIII.6.2 45 KN D

4m

90 KN γ

C

70 KN F

45º ρ

r=7 m

φ

45º O’

O’’

E

45º

3m

B

α

A

β H

45º 45º O

HG

45º G

VA

VG

Calculamos los lados y ángulos requeridos: Calculamos el lado AC aplicando la ley de los cosenos, observe el triangulo ACO: AC  7 2  7 2  2 7 7  Cos 45º AC  5.358 m Calcularemos el ángulo α aplicando la ley de los senos, observe el triangulo ACO: 7 Sen 45º 7 Sen 45º 7 AC   Sen     0.924 Sen  Sen 45º 5.358 AC

  Sen 1 0.924    67.5º Calculamos el lado OB, observe el triangulo OBH: 3 3 Cos 45º   OB   4.243  OB  4.243 m Cos 45º OB

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Calculamos el lado AB aplicando la ley de cosenos, observe el triangulo ABO: AB  7 2  4.243 2  2 7 4.243 Cos 45º AB  5 m Aplicando la ley de senos calculamos el ángulo β, observe el triangulo ABO: OB Sen 45º 4.243 Sen 45º OB AB   Sen    0 .6 Sen  Sen 45º 5 AB

  Sen 1 0.6    36.870º Calculamos el lado CB: CB  7  OB  7  4.243  2.757  CB  2.757 m Calculamos el lado O’C, observe el triangulo O’CB: O' C Sen 45º   O ' C  CB Sen 45º  2.757 Sen 45º  1.950 CB O ' C  1.950 m Por ser el triangulo BCO’ un triangulo isósceles, se tiene: O ' C  O ' B  1.950 m Calculamos el lado O’’B, observe el triangulo OBO’’: O' ' B Sen 45º   O ' ' B  OB Sen 45º  4.243 Sen 45º  O ' ' B  3 m OB Calculamos el lado BD aplicando el teorema de Pitágoras, observe el triangulo BDO’’: BD  3 2  4 2  5 m Calculamos el ángulo φ: 4 tg   1.333    tg 11.333    53.130º 3 Calcularemos las componentes del ángulo φ pues serán más útiles, entonces se tiene: 4 3 Sen   0.8 Cos   0.6 5 5 Calcularemos el ángulo γ: O' ' D  O' C 4  1.950 tg    0.414 O' B  O' ' B 1.950  3

  tg 1 0.414    22.5º Calcularemos el ángulo ρ por suma de ángulos: 45º      180º   180º 45º    180º 45º 53.130º   81.870º    81.870º Calcularemos el lado CD aplicando la ley de los cosenos, se tiene: CD  2.757 2  5 2  2 2.757 5 Cos 81.870º CD  5.358 m 3. Reacciones de apoyo  MG  0

   FV  0

V A 14   90 1.950  10   45 7   70 1.950  3  0 V A  124.071 [KN] VG  90  45  124.071  0

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VG  10.929 [KN]

   FH  0

 70  H G  0 H G  70 [KN]

4. Calculo de fuerzas Normales 4.1 Nudo A N AC y N AB A

α β

Descomponemos la fuerza normal NAC y N AC N AC Sen 

Descomponemos la fuerza normal NAB y N AB N AB Sen 

α

x

x

N AC Cos 

β

N AB Cos 

x

124 .071 KN

 Fx  0 N AC Cos   N AB Cos   0 Cos  …………..………………………. (1) N AC   N AB Cos 

 Fy  0 N AC Sen   N AB Sen   124.071  0 ……………….. (2) Remplazando la ecuación 1 en 2, se tiene:  Cos     N AB  Sen  N AB Sen   124.071  0 Cos   

 N AB Cos  tg  N AB Sen   124.071 N AB Sen   Cos  tg   124.071  N AB 

 124.071 Sen   Cos  tg

 124.071 Sen 36.870º Cos 36.870º tg 67.5º N AB  93.190 [KN] (Tracción) Remplazando en la ecuación 1: Cos 36.870º N AC   93.190  Cos 67.5º N AC  194.814 [KN] (Compresión) 4.2 Nudo C Descomponemos la y fuerza normal NCD y N AB 

C α

N AC

90 KN

N CD

N CD N CD Sen 

γ 45º

x N CB

Descomponemos la fuerza normal NCB y

γ

N CD Cos 

N CB Cos 45 º x

x

45º

N CB Sen 45 º N CB

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Descomponemos la fuerza normal NAC

 Fx  0

y N AC Cos 

x

α

 N AC Cos   N CD Cos  N CB Cos 45º  0   194.814  Cos 67.5º  N CD Cos 22.5º  N CB Cos 45º  0 74.552  0.924 N CD  0.707 N CB  0 …………… (1)  Fy  0

 N AC Sen   N CD Sen   N CB Sen 45º 90  0   194.814  Sen 67.5º  N CD Sen 22.5º  N CB Sen 45º 90  0 N AC 89.985  0.383 N CD  0.707 N CB  0 Se forma el siguiente sistema de ecuaciones lineales: 0.924 N CD  0.707 N CB  74.552  0.383 N CD  0.707 N CB  89.985 Resolviendo el sistema: N CD  125.931 [KN] (Compresión) N CB  59.104 [KN] (Tracción) 4.3 Nudo B Descomponemos la Descomponemos la y fuerza normal N fuerza normal NCB BD N BD y y N CB N CB N BD N AC Sen 

N BD Sen 

φ

45º β

B

x

N BE

N CB Sen 45 º

φ

N BD Cos 

45º

x

x

N CB Cos 45 º

N AB

 Fx  0

Descomponemos la fuerza normal NAB y N AB Cos  β

x N AB Sen 

N CB Sen 45º  N AB Sen   N BD Sen   0 59.104 Sen 45º 93.190 Sen 36.870º 0.8 N BD  0 N BD  17.652 [KN] (Tracción) 0.6 17.652   N BE  116.345 N BE  105.754 [KN] (Tracción) Descomponemos la fuerza Descomponemos la fuerza normal NBD y NDE normal NCD y NDF y y

N AB

Remplazando en la ecuación 1: 4.4 Nudo D

y 45 KN

D γ φ

γ φ

x N DF

 N CB Cos 45º  N AB Cos   N BD Cos   N BE  0  59.104 Cos 45º 93.190 Cos 36.870º 0.6 N BD  N BE  0 0.6 N BD  N BE  116.345 …………………. (1)  Fy  0

N CD Cos  N DF Cos  N CD

γ

N CD Sen 

N CD N BD

N DE

γ

N DF

x

N DF Sen 

N BD Cos  N DE Cos  φ

N BD N BD Sen 

φ

x

N DE N DE Sen 

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 Fx  0  N CD Cos   N BD Cos   N DF Cos   N DE Cos   0   125.931 Cos 22.5º 0.6 17.652   N DF Cos 22.5º 0.6 N DE  0 0.924 N DF  0.6 N DE  105.754 ………………….. (1)

 Fy  0

 45  N CD Sen   N BD Sen  N DF Sen   N DE Sen  0  45   125.931 Sen 22.5º 0.8 17.652   N DF Sen 22.5º 0.8 N DE  0  0.383 N DF  0.8 N DE  10.930 …………………… (2)

Se forma el siguiente sistema lineal de ecuaciones: 0.924 N DF  0.6 N DE  105.754   0.383 N DF  0.8 N DE  10.930 N DF  153.182 [KN] (Compresión) N DE  59.613 [KN] (Tracción)

Resolviendo:

4.5 Nudo E

Descomponemos la fuerza normal NEF y N EF

y N EF

N DE φ

N EF Sen 45 º

45º β

N BE

x

45º

x N EF Cos 45 º

Descomponemos la fuerza normal NDE y N DE φ

N DE Sen 

N DE Cos 

x

E N EG

Descomponemos la fuerza normal NEG y N EG Cos  β

N EG Sen 

N EG

 Fx  0

x

 N BE  N DE Cos   N EF Cos 45º  N EG Cos   0  105.754  59.613 0.6   N EF Cos 45º  N EG Cos 36.870º  0 0.707 N EF  0.8 N EG  141.522 ………….. (1)  Fy  0 N DE Sen   N EF Sen 45º  N EG Sen   0 59.613 0.8  0.707 N EF  N EG Sen 36.870º  0 0.707 N EF  0.6 N EG  47.690 ….……… (2)

Se forma el sistema: 0.707 N EF  0.8 N EG  141.522  0.707 N EF  0.6 N EG  47.690

Resolviendo:

N EF  47.236 [KN] (Tracción) N EG  135.152 [KN] (Tracción)

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4.6 Nudo F

y

En este nudo solamente nos falta determinar una normal, lo hallaremos realizando suma de fuerzas respecto al eje x, solamente utilizaremos las componentes horizontales de cada fuerza, entonces se tiene:  Fx  0

N DF

F

70 KN

γ 45º

x

 70  N DF Cos   N EF Cos 45º  N FG Cos   0  70   153.182  Cos 22.5º 47.236 Cos 45º  N FG Cos 67.5º  0 N FG  99.614 [KN] (Compresión)

α

N EF

5. Disposición grafica

N FG

D –125.931 KN

C

–153.182 KN

+17.652 KN

+59.613 KN +47.236 KN

+59.104 KN +105.754 KN

–194.814 KN +93.190 KN

F

B

E

+135.152 KN –99.614 KN

Referencias: ––– Tracción ––– Compresión ––– Nulo

G

A

Problema VIII.7 Por el método de los COEFICIENTES DE TENSION verificar y determinar las fuerzas normales del problema VIII.6. Figura VIII.7.1 45 KN

70 KN

4m

90 KN

3m

r=7 m

45º

45º Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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1. Características geométricas Figura VIII.7.2 45 KN

2.05 m

D

70 KN

C 1.95 m

F

4m

90 KN

y

3m

E

B

45º

A

HG

45º

x

G

VA

VG

2.05 m

1.95 m

7m

4m Todas las longitudes se calcularon en el problema VIII.6. 2. Reacciones de apoyo Del problema VIII.6: V A  124.071 [KN] VG  10.929 [KN] H G  70 [KN] Estos resultados verificaremos por el método de COEFICIENTES DE TENSION. 3. Planteamiento de los coeficientes de tensión Hacemos uso de la siguiente relación:

 t j L jx  Px  0  t J L jy  Py  0 Donde:

tj : Tensión en el tramo j. Ljx : Longitud del tramo j proyectada en el eje x. Ljy : Longitud del tramo j proyectada en el eje y. Px,y : Cualquier Fuerza o reacción de apoyo existente en el nudo estudiado.  Se tomara en cuenta que los signos que se asumirán será de acuerdo al eje de referencia graficado en la figura de características geométricas, los eje y y x. Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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3.1 Nudo A

t AB 4   t AC 2.05  0 ………………………………………………….. (1) t AB 3  t AC 4.95  V A  0 …………………………………………….. (2)

3.2 Nudo C

t AC  2.05  t CD 4.95  t CB 1.95  0 ………………………………... (3) t AC  4.95  t CD 2.05  t CB  1.95  90  0 ………………..………. .(4)

3.3 Nudo B

t AB  4   t CB  1.95  t BD 3  t BE 6   0 …………………………… (5) t AB  3  t CB 1.95  t BD 4   0 …………………………………….… (6)

3.4 Nudo D

t CD  4.95  t BD  3  t DF 4.95  t DE 3  0 …………………….…. (7) t CD  2.05  t BD  4   t DF  2.05  t DE  4   45  0 ……………… (8)

3.5 Nudo E

t BE  6   t DE  3  t EF 1.95  t EG 4   0 …………………………… (9) t DE 4   t EF 1.95  t EG  3  0 ……………………………………... (10)

3.6 Nudo F

t DF  4.95  t EF  1.95  t FG 2.05  70  0 ………………….……. (11)

t DF 2.05  t EF  1.95  t FG  4.95  0 …………………………..… (12)

3.7 Nudo G

t EG  4   t FG  2.05  H G  0 …………………………………….... (13) t EG 3  t FG 4.95  VG  0 …………………………………..……….. (14) 4. Calculo de coeficientes de tensión

Ordenando las ecuaciones en forma matricial, para orientarse representaremos el orden de las columnas con su respectiva incógnita: V A t  AB 



t AC  

tCD  

tCB  

t BD  

t BE t DE   



t DF  

t EF  

t EG  

t FG  

H G VG   

2.05 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 1 3 4.95 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  0 0  2.05 4.95 1.95 0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0  4.95 2.05  1.95 0 0  4 0 0  1.95 3 6 0 0 0 0 0 0  0 0 1.95 4 0 0 0 0 0 0 0 0  3 0 0 0  4.95 0 3 0 3 4.95 0 0 0 0  0  2.05 0  4 0  4  2.05 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 6 3 0 1.95 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 1.95  3 0 0  0 0 0 0 0 0  4.95  1.95 0 2.05 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.05  1.95 0  4.95 0  0 0 0 0 0 0 0 0  4  2.05  1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 4.95 0 



0 0 0  0 0  0 0  0  0 0  0 0  0 1

 VA   0  t   0   AB     t AC   0       t CD  90  t CB   0       t BD   0  t   0   BE      t DE  45      t DF   0   t EF   0       t EG  70 t   0   FG    H G   0  V   0   G  

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Llevamos a la forma de la solución de una matriz, desarrollada en el problema VIII.3:  VA  t   AB   t AC     t CD   t CB     t BD  t   BE   t DE     t DF   t EF     t EG  t   FG  H G  V   G

2.05 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 1 3 4.95 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0  0 0  2.05 4.95 1.95 0 0 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 0 0 0 0 0  4.95 2.05  1.95 0 0  4 0 0  1.95 3 6 0 0 0 0 0 0  0 0 1.95 4 0 0 0 0 0 0 0 0  3 0 0 0  4.95 0 3 0 3 4.95 0 0 0 0   0  2.05 0  4 0  4  2.05 0 0 0 0 0 0  0 0 0 0 6 3 0 1.95 4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 1.95  3 0 0  0 0 0 0 0 0  4.95  1.95 0 2.05 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2.05  1.95 0  4.95 0  0 0 0 0 0 0 0 0  4  2.05  1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 4.95 0 

0 0 0  0 0  0 0  0  0 0  0 0  0 1

1

0 0   0   90 0   0 0   45   0 0   70 0   0 0  

El cálculo se puede determinar con la ayuda de una calculadora que pueda realizar operaciones con matrices, entonces resolviendo la matriz: V A  124.071  VA   124.071  t   18.633  t AB  18.633  AB     t AC    36.358  t AC  36.358     t CD  23.501  t CD    23.501  t CB   21.433  t CB  21.433     t BD  3.526  t BD   3.526  t   17.625  t BE  17.625  BE      t DE  11.919  t DE   11.919      t DF  28.587  t DF   28.587   t EF   17.130  t EF  17.130     t EG  27.026  t EG   27.026  t    t FG  18.587  18.587  FG    H G  70 H G    70  V   10.929  VG  10.929    G Las reacciones de apoyo son: V A  124.071 [KN] H G  70 [KN] VG  10.929 [KN] 5. Calculo de fuerzas normales Las fuerzas normales se determinan con la siguiente relación: N j  t j Lj

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De esta ecuación se tiene:

Nj : Normal en el tramo j tj : Coeficiente de tensión del tramo j Lj : Longitud del tramo j  La longitud del tramo Lj , es el tramo real y no una proyección a los ejes coordenados. Nº

Tramo

Coeficiente

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

AB AC CB CD BD BE DF DE EF EG FG

18.633 -36.358 21.433 -23.501 3.526 17.625 -28.587 11.919 17.130 27.026 -18.587

5. Disposición grafica

Longitud [m] 5 5.358 2.757 5.358 5 6 5.358 5 2.757 5 5.358

Fuerza Normal [KN]

Efecto

93.165 -194.806 59.091 -125.918 17.63 105.75 -153.169 59.595 47.227 135.130 -99.589

Tracción Compresión Tracción Compresión Tracción Tracción Compresión Tracción Tracción Tracción Compresión

D –125.981 KN

C

–153.169 KN

+17.63 KN

+59.595 KN +47.227 KN

+59.091 KN +105.75 KN

–194.806 KN +93.165 KN

F

B

E

+135.130 KN –99.589 KN

G

A

Referencias: ––– Tracción ––– Compresión ––– Nulo

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Problema VIII.8 Por el método de LAS SECCIONES y utilizando un corte, determinar la fuerza normal del ELEMENTO 1. Sacar conclusiones. Figura VIII.8.1

4m

ELEMENTO 1

40 KN 3m

30 KN 3m

3m

1. Grado hiperestático A

VA

2

C

E

4

9

HA 8

1 VB

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  13 (Barras) r  3 (Reacciones de apoyo) n  8 (Nudos) Remplazando: GH  13  3  2 8  16  16 GH  0 (Isostático)

G

13 10

12 5

3 B

11

6

7 F

D

H

2. Características geométricas Figura VIII.8.2 1 C

A

HA

G

E

ELEMENTO 1

4m

VA

HB

H D

B 3m

1 3m

F

40 KN

30 KN 3m

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3. Reacciones de apoyo  MA 0

30 9   40 6   H B 4   0 H B  127.5 [KN]

   FV  0

V A  40  30  0 V A  70 [KN]

   FH  0

H A  127.5  0 H A  127.5 [KN]

4. Cálculo de la fuerza normal ELEMENTO 1 4.1 Corte 1–1 127.5 KN

A

C

B

D

N1

4m

70 KN

127 .5 KN

H

3m

6m

Calculamos la fuerza normal:  MH 0

70 9   127.5 4   N 1 4   0 120  4 N 1  0 N 1  30 [KN] (Compresión)

5. Conclusiones Para hallar la fuerza normal del ELEMENTO 1 se uso un solo corte de tal forma que las fuerzas normales restantes convergen en un solo punto, eliminándose al realizar la ecuación de momento, y así a pesar de tener más de tres incógnitas se pudo resolver satisfactoriamente el problema.

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Problema VIII.9 Por el método de LAS SECCIONES y utilizando los cortes necesarios, determinar las fuerzas normales de las barras 1 y 2. Sacar conclusiones. Figura VIII.9.1

2m

2m

2m

2m

2m

2m

2m

BARRA 1

2m

BARRA 2

4m

4m

185 KN

4m

90 KN

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L

J 17

N 21

P

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  37 (Barras) r  3 (Reacciones de apoyo) n  20 (Nudos) Remplazando: GH  37  3  2 20   40  40 GH  0 (Isostático)

25

29 R 26 33 T 30 34 15 20 24 28 32 13 36 37 27 16 19 23 M 31 35 O Q S I K G 10 11 12 9

H

14

22

18

F

E

6

7 5

C 2

HA

8

D

3 4 1

A

VA

B

VB

2. Características geométricas

Figura VIII.9.2 P 1 3 N

L

R BARRA 1

J

2m

1. Grado hiperestático

T 2m

H

BARRA 2

2m

185 KN

2m 3

2

2m 2

F

E

4m

2m

1 2m

S

Q

O

M

D

C

4m

90 KN

K

I

4m

G

A

HA VA

B

VB

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3. Reacciones de apoyo  MA 0

 V B 2   90 6   185 6   0 H B  285 [KN]

   FV  0

V A  90  185  285  0 V A  10 [KN]

   FH  0

H A  0 [KN] 4. Calculo de las fuerzas normales de las BARRAS 1 y 2 4.1 Corte 1–1 L N LN

Hallamos solamente la fuerza normal NLN:  MM 0

J 4m

N LM

H N KM

G 90 KN 2m

I

K

2m

2m

M

 90 6   N LN 4   0 540 N LN  4 N LN  135 [KN] (Tracción)

4.2 Corte 2–2 M

Hallamos solamente la fuerza normal NFO:  MM 0

N EM

N FO

E

F

A

B

10 KN

4.3 Corte 3–3 N LN N

 285 2   N FO 2   0 N FO  285 [KN] (Compresión) En este tramo solamente hallamos una fuerza normal, por que es la que nos ayudara a resolver el problema que posteriormente desarrollaremos.

285 KN

 MO  0

P R

N1

2m

4m

N FM

M

N2

2m

T O N FO

Q

S 185 KN

 N LN 4   N 1 2   185 4   0  135 4   N 1 2   185 4   0 N 1  100 [KN] (Tracción)  MN 0

N FO 2   N 2 4   185 6   0  285 2   N 2 4   185 6   0 N 2  135 [KN] (Compresión)

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5. Conclusiones Se determinaron las dos fuerzas normales: N 1  100 [KN]

(Tracción)

N 2  135 [KN] (Compresión)

Las normales N LN y N FO fueron hallados con dos cortes (Corte 1–1 y Corte 2–2), con el corte 3–3 se hallaron las fuerzas normales N 1 y N 2 . Se puede determinar las fuerzas normales N 1 y N 2 realizando solamente dos cortes que son: Corte 1–1 y corte 3–3, simplificando el problema, pues no tendríamos que hallar las reacciones de apoyo. Por razones de didáctica realizamos los tres cortes. Problema VIII.10 Por el método de LAS SECCIONES y utilizando los cortes necesarios determinar las fuerzas normales en las barras 1, 2, 3 y 4. Figura VIII.10.1 70 KN

40 KN 1 2m

2 180 KN

3m

3

4 2m

2m

2m

2m

2m

2m

1. Grado hiperestático N 20

O

32

23

21 22 I

H 8

7

P

33

24

34

R

35

25

J 9

Q

26

S

K

14

37

T

30 31 27 28 29

13

10 11 12

36

15

L

16 17

M

18

19 HG

A

1 VA

B

2

C

3

D

4

E

5

F

6

G VG

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  37 (Barras) r  3 (Reacciones de apoyo) n  20 (Nudos) Remplazando: GH  37  3  2 20   40  40 GH  0 (Isostático)

2. Características geométricas 3 tg   1.5    tg 11.5 2   56.310º

2  1    tg 11 2   45º tg 

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Figura VIII.10.1 N

O

70 KN 2

3

P 1

1

40 KN R

Q

S

T

180 KN

θ α

J

I

2m

2

H

M

L

K

3m

3

HG

4

A B

3 D

C

1

VA

E

F

G VG

2 2m

2m 3. Reacciones de apoyo  MG  0

2m

2m

2m

2m

V A 12   180 3  70 10   40 4   0 V A  26.667 [KN]

   FV  0

26.667  70  40  VG  0 VG  83.333 [KN]

   FH  0

180  H G  0 H G  180 [KN]

4. Calculo de fuerzas normales 4.1 Corte 1–1 70 KN

Realizamos suma de momentos al punto C:  MC  0 2m

N1

180 KN

26.666 4   180 3  N 1 5  70 2   0 5 N 1  506.668

(Compresión)

3m

N 1  101.334 [KN]

B

C

26.667 KN Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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4.2 Corte 2–2 70 KN

Realizamos suma de momentos al punto P:  MP 0

P

26.666 4   180 2   N 4 5  70 2   0  5 N 4  393.332

2m

O

180 KN

(Compresión)

3m

N 4  78.666 [KN]

N4

26.667 KN 4.3 Corte 3–3 70 KN N

Q

P N 1

O

N 2 Sen 

N2

180 KN

θ α

60 KN

H

N4

B

C

θ N 2 Cos 

Descomponemos la fuerza normal N3 N 3 Cos  α N 3 Sen 

N3

A

Descomponemos la fuerza normal N2 N2

N3

D

26 .667 KN

 MQ  0

 MD 0

 N 4 5  26.667 6   180 2   70 4   N 3 Cos 2   N 3 Sen  2   0   78.666 5  479.998  N 3 2 Cos 56.310º 2 Sen 56.310º   0 N 3  31.249 [KN] (Compresión) 26.667 6   180 3  70 4   N 1 5  N 2 Cos 3  N 2 Sen  2   0  101.334 5  420.002  N 2 3Cos 45º 2 Sen 45º   0 N 2  24.513 [KN] (Tracción)

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Problema VIII.11 Calcular las reacciones de apoyo y la fuerza axial de la barra 1 para la cercha mostrada en la figura. Figura VIII.11.1 3m

3m

3m

3m

40 KN

1

3m

85 KN

1. Grado Hiperestático F

HF

VF

G 8

7

HG

VG

E 6

5 4

C

D 3

2

1 B

A

Determinamos el grado Hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  8 (Barras) r  6 (Reacciones de apoyo) n  7 (Nudos) Remplazando: GH  8  6  2 7   14  14 GH  0 (Isostático)

HA VA

2. Geometría y subestructuración Observando la figura VIII.11.2, Calculamos el ángulo θ: 3 tg   1    tg 11 3   45º

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Figura VIII.11.2 3m

3m HF

HG

G

F VF

3m

VG

E

3m

2

C 40 KN

θ

1

D 3m

85 KN

1

1 A 2

HA

B VA

2.1 Subestructura 1

3m HF

3m

F

HG

G

VF

3m

VG

E

HE

VE

2.1.1 Grado hiperestático Determinaremos el grado hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  2 (Barras) r  4 (Reacciones de apoyo) n  3 (Nudos) Remplazando: GH  2  4  2 3  6  6 GH  0 (Isostático) Univ. : Jaime Héctor Rubin de Celis Mamani

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2.2 Subestructura 2 VE

Apoyo ficticio

HE

3m

E

40 KN

C

D

3m

85 KN

A B 3m

HA VA

3m

2.2.1 Grado hiperestático Determinaremos el grado hiperestático por el método de las barras: GH  b  r  2 n Donde: b  6 (Barras) r  4 (Reacciones de apoyo) n  5 (Nudos) Remplazando: GH  6  4  2 5  10  10 GH  0 (Isostático) 3. Reacciones de apoyo 3.1 Reacciones de apoyo de la Subestructura 2  MA 0

 MB 0

 V E 3  H E 6   40 3  85 6   0  3V E  6 H E  390  0  V E  2 H E  130 …………………………… (1) (Hacia arriba de la articulación B)

Remplazando en 1, se tiene:    FV  0

   FH  0

H E 6   40 3  85 6   0 H E  22.5 [KN] V E  85 [KN]

 85  V E  V A  0  85   85  V A  0 V A  0 [KN]

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40  22.5  H A  0 H A  62.5 [KN] 3.2 Reacciones de apoyo de la subestructura 1  MG  0

V F 6   V E 3  H E 3  0  6 V F   853  22.5 3  0 V F  31.25 [KN]

 ME 0

H F 3  V F 3  0 H F  V F  31.25 [KN]

   FH  0

   FV  0 31.25  85  VG  0 VG  53.75 [KN] 4. Calculo de la fuerza normal 4.1 Corte 1–1

 31.25  22.5  H G  0 H G  53.75 [KN]

D

 MD 0

62.5 3  N BC Cos  3  N BC Sen  3  0 62.5 62.5 N BC    Cos   Sen  Cos 45º  Sen 45º N BC  44.194 [KN] (Compresión)

N BC Sen N BC θ N BC Cos  4.2 Corte 2–2

62.5 KN

B

3m

E

85 KN

C N1

θ

N BC

3m

40 KN

Determinamos la fuera axial de la barra 1, realizando la suma de momento al punto E, entonces se tiene:  ME 0  N 1 3  40 3  85 3  N BC Cos  3  N BC Sen  3  0  N 1  125  N BC Cos   Sen    0  N 1  125   44.194 Cos 45º  Sen 45º   0 Finalmente se tiene la fuerza axial de la barra 1: N 1  62.5 [KN] (Compresión)

“El hombre audaz e intrépido, escoge su camino y lo sigue hasta el final. La audacia no conoce el pesimismo, ni teme a las dificultades. ”

Mulford

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