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PROBLEMAS RESUELTOS ESTATICA

CAPITULO 4 ESTRUCTURAS Tercera y quinta edicion j. l. meriam – l.g. kraige

4.1 INTRODUCCION 4.2 ARMADURAS PLANAS 4.3 METODO DE LOS NUDOS 4.4 METODO DE LAS SECCIONES 4.5 ARMADURAS ESPECIALES 4.6 ENTRAMADOS Y MAQUINAS 4.7 REPASO Y FORMULACION DE PROBLEMAS

Erving Quintero Gil Ing. Electromecánico Bucaramanga – Colombia 2011

Para cualquier inquietud o consulta escribir a: [email protected] [email protected] [email protected]

1

PROBLEMA ESTATICA MERIAM Edic 3. Calcular, por el método de los nudos, la fuerza en los miembros del entramado en voladizo B

5m

FBD

FBD 5m

FAB

FBC

FAB

A

D

5m

FCD

FBC

FAC

FAC

C

5m 30 kN

FCE

E

5m 20 kN

B

TX

D

5m 600

0

60

T

TY

300

5m

600

EX

A C 5m 30 kN

E 5m

EY

20 kN

Σ ME = 0

+

- T (5) + 30 (5 + 5) + 20 (5) = 0

- 5 T + 30 (10) + 20 (5) = 0 - 5 T + 300 + 100 = 0 - 5 T + 400 = 0 5 T = 400

2

T=

400 = 80 N 5

T = 80 N

T sen 30 = Y T

T cos 30 = X T TX = T cos 30

TY = T sen 30

Pero: T = 80 N

Pero: T = 80 N

TX = 80 (0,866)

TY = 80 (0,5)

TX = 69,28 N

TY = 40 N

∑FY = 0

∑FX = 0

TY + EY - 30 - 20 = 0

TX - EX = 0

TY + EY - 50 = 0

Pero: TX = 69,28 N

Pero: TY = 40 N

TX = EX

40 + EY - 50 = 0

EX = 69,28 N

EY - 10 = 0 EY = 10 KN A continuación, dibujamos los diagramas de sólido libre que muestren las fuerzas actuantes en cada nudo. La exactitud de los sentidos asignados a las fuerzas se comprueba al considerar cada nudo en el orden asignado. No debe haber dudas acerca de la exactitud del sentido asignado a las fuerzas actuantes en el nudo A. El equilibrio exige NUDO A FAB

FAB 30 FAC = = 5 4,33 2,5 Hallar FAB

FAB

A

FAC

5

4,33 2,5

FAB 30 = 5 4,33

FAB =

30 kN

(30) 5 = 34,64 KN

4,33 FAB = 34,64 kN (tensión)

FAC

30 kN

Se halla FAC

30 FAC = 4,33 2,5 (30) 2,5 = 17,32 KN FAC = 4,33 FAC = 17,32 kN (compresion)

NUDO B

3

B

FBD FBD FBC

FBC

FAB

FBC (Y)

FAB (Y) FAB

sen 60 =

FBC(Y ) FBC

FBC(Y) = FBC sen 60

⎛ 3⎞ ⎟ FBC(Y ) = FBC ⎜⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝ ⎛ 3⎞ ⎟ FBC FBC(Y ) = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝

sen 60 =

600

FAB(Y ) FAB

FAB(Y) = FAB sen 60

⎛ 3⎞ ⎟ FAB(Y ) = FAB ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 3⎞ ⎟ FAB FAB(Y ) = ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

FBC (X)

Para abreviar los cálculos

1 3 cos 60 = sen 60 = 2 2

600 FAB (X)

cos 60 =

FBC(X ) FBC

FBC(X) = FBC cos 60

cos 60 =

FAB(X ) FAB

⎛1⎞ FBC(x ) = FBC ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛1⎞ FBC(x ) = ⎜ ⎟ FBC ⎝2⎠

FAB(X) = FAB cos 60

⎛1⎞ FAB(x ) = FAB ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎛1⎞ FAB(x ) = ⎜ ⎟ FAB ⎝2⎠

∑FY = 0 FBC(Y) - FAB(Y) = 0 FBC(Y) = FAB(Y)

⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎟ ⎟ FBC = ⎜ ⎜ ⎜ 2 ⎟ FAB ⎜ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ FBC = FAB

PERO: FAB = 34,64 kN FBC = 34,64 kN (compresión)

⎛1⎞ FAB(x ) = ⎜ ⎟ FAB ⎝2⎠ PERO: FAB = 34,64 kN

4

⎛1⎞ FAB(x ) = ⎜ ⎟ (34,64 ) = 17,32 KN ⎝2⎠ FAB(x) = 17,32 KN

⎛ 3⎞ ⎟ FBC FBC(x ) = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ PERO: FBC = 34,64 kN ⎛1⎞ FBC(x ) = ⎜ ⎟ (34,64) = 17,32 KN ⎝2⎠ FBC(x) = 17,32 KN

∑FX = 0 - FAB(x) - FBC(x) + FBD = 0

PERO: FAB(x) = 17,32 KN FBC(x) = 17,32 KN - FAB(x) - FBC(x) + FBD = 0

B

5m

-17,32 – 17,32 + FBD = 0

5m

FBD = 34,64 KN (tensión)

FBC

FAB FAB

T

FED

5m

FBD

FBD

- 34,64 + FBD = 0

D

FCD

FCD

FBC

FED

NUDO C

EX

A

FAC

FAC

C

FCE

5m

5m

PERO:

⎛ 3⎞ ⎟ FBC FBC(Y ) = ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 3⎞ ⎟ (34,64 ) = 30 KN FBC(Y ) = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝ FBC(Y) = 30 KN

cos 60 =

FCD(X ) FCD

FCD(X) = FCD cos 60

EY

C

20 kN

FCE

FCD (X)

FBC (X)

FCD

FBC

FAC

E

20 kN

30 kN

FAC = 17,32 kN (compresion) FBC = 34,64 kN (compresión) FBC(x) = 17,32 KN

FCE

FBC

FCD

FBC (Y)

FCD(Y)

600

600

FAC

FCE

20 kN

5

sen 60 =

FCD(Y ) FCD

FCD(Y) = FCD sen 60

∑FX = 0 FCD(x) + FBC(x) + FAC – FCE = 0

⎛ 3⎞ ⎟ FCD(Y ) = FCD ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎛ 3⎞ ⎟ FCD FCD(Y ) = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠

PERO: FAC = 17,32 kN (compresión) FBC(x) = 17,32 KN FCD(x) + 17,32 + 17,32 – FCE = 0 FCD(x) + 34,64 – FCE = 0

⎛1⎞ ⎜ ⎟ FCD - FCE = - 34,64 (Ecuación 1) ⎝2⎠ ⎛ 3⎞ ⎟ FCD FCD(Y ) = ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 2 ⎞ FCD = ⎜⎜ ⎟⎟ FCD(Y ) ⎝ 3⎠ PERO: FCD(Y) = 50 KN ⎛ 2 ⎞ FCD = ⎜⎜ ⎟⎟ 50 = 57,73 KN ⎝ 3⎠ FCD = 57,73 kN (Tensión)

∑FY = 0 - FBC(Y) + FCD(Y) – 20 = 0

PERO: FBC(Y) = 30 KN - 30 + FCD(Y) – 20 = 0 - 50 + FCD(Y) = 0 FCD(Y) = 50 KN

Reemplazar en la ecuación 1

⎛1⎞ ⎜ ⎟ FCD - FCE = - 34,64 (Ecuación 1) ⎝2⎠ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ 57,73 - FCE = - 34,64 ⎝2⎠ 28,86 – FCE = - 34,64 – FCE = - 34,64 - 28,86 – FCE = - 63,5 (-1) FCE = 63,5 KN (compresión)

6

NUDO E B

FED

E 5m

FBC

FAB

D

T

FED

5m

FBD

FBD

EX

FCE

5m

FCD

EY

FAB

FCD

FBC

FED

∑FY = 0

EX

EY - FED (Y) = 0

A

FAC

FAC

FCE

C

5m

FED (Y) = EY

PERO:

FCE 5m

E EY

20 kN

30 kN

EY = 10 KN FED (X)

FED (Y) = 10 KN

sen 60 =

FED(Y ) FED

FED FED (Y)

FED (Y) = FED sen 60 600

FED(Y ) 10 FED = = = 11,54 kN sen 60 0,866 FED = 11,54 KN (compresión) T = 80 N

EX = 69,28 N

EX

FCE

EY

EY = 10 KN

FAB = 34,64 kN (tensión)

FAC = 17,32 kN (compresión)

FBC = 34,64 kN (compresión)

FBD = 34,64 KN (tensión)

FCD = 57,73 kN (Tensión)

FCE = 63,5 KN (compresión)

FED = 11,54 KN (compresión)

Problema 4.1 Estática Meriam edición cinco; Problema 4.2 Estática Meriam edición tres

7

Hallar la fuerza en cada miembro de la armadura simple equilátera AY AX A

1,732 m

2m

2m

B

C

CX (2) - 735,75 ( 1,732) = 0

W=mxg ⎛ m ⎞⎟ w = 75 kg ⎜ 9,81 = 735,75 Newton ⎜ 2⎟ seg ⎝ ⎠ W = 735,75 Newton

CX (2) = 1274,31

CX =

735,75 N

CX

Σ MA = 0

+

2m

1274,31 = 637,15 N 2

CX = 637,15 Newton ∑FX = 0

∑FY = 0

CX - AX = 0

AY – 735,75 = 0

CX = AX

AY = 735,75 Newton

AX = 637,15 Newton

FBA 367,87 = 2 1

Nudo B FBA

B

Dx

1

0

30

367,87 N

FBC 735,75 N

FBA = 2 X 367,87

2

FBA

1,732

735,75 N 1,732 367,87 N

1

2

FBC

FBA = 735,75 Newton

FBC 367,87 = 2 1 FBC = 2 X 367,87

Nudo C

FBC FCA C X = = 2 1 1,732

FBC = 735,75 Newton

FBC = 735,75 Newton (compresión)

8

735,75 FCA = 2 1 735,75 FCA = 2

CX

FBC

FCA

300

CX

FCA 1,732

C

FBC

1

FCA = 367,87 Newton (tensión)

2

Problema 4.2 Estática Meriam edición cinco Determine the force in each member of the loaded truss.Discuss the effects of varying the angle of the 450 support surface at C. BY 6 pies FAB

A

FAB

B

FAC

FBC

100 libras

FAC

45C0 x

2,5 BX = 600

BX =

CY

100 (6) - BX (2,5) = 0

600 – 2,5 BX = 0

600 = 240 libras 2,5

BX = 240 libras

2,5 pies

C

Σ MC = 0

+

Bx

FBC

C

CX C C 240 C= X = = 339,41 libras cos 45 0,7071

cos 45 =

C = 339,41 libras

B

Σ MB = 0 100 (6) - CX (2,5) = 0

+

600 – 2,5 CX = 0 2,5 CX = 600

CX =

sen 45 =

CY C

CY = C sen 45 CY = (339,41) 0,7071 CY = 240 libras

600 = 240 libras 2,5

CX = 240 libras       Nudo A

9

FAB

A

FAB

A 6

FAC

FAC

100 libras

6,5

2,5

100 libras

Las ecuaciones de equilibrio para la junta A son:

FAC 100 FAB = = 6,5 2,5 6

Hallar FAB

Hallar FAC

100 FAB = 2,5 6

FAC 100 = 6,5 2,5 (100)6,5 = 260 libras FAC = 2,5

FAB =

FAC = 260 libras (compresión)

FAB = 240 libras (Tensión)

(100) 6 = 240 libras 2,5

Nudo C FAC(X) FAC(Y) 2,5

6,5 6

Σ FY = 0

FBC FAC Ө

C

Cx

sen θ =

2,5 6,5

sen θ =

FAC(Y ) FAC

450

CY

C

CY – FBC – FAC(Y) = 0

FAC(Y) = sen Ө FAC

FAC(Y ) =

2,5 FAC 6,5

Pero: CY = 240 libras FAC(Y) = 100 libras

Pero: FAC = 260 libras

CY – FAC(Y) = FBC

FAC(Y ) =

FBC = 240 – 100 = 140 libras

2,5 (260) = 100 libras 6,5

FAC(Y) = 100 libras

FBC = 140 libras (compresión)

Problema 4.3 Estática Meriam edición cinco

10

Determine the force in each member of the truss. Note the presence of any zero-force members.

5 kN

AY Ax

3m

FAB

A

FAB

FBC 1m

Σ MA = 0

FCA

FBC

Dx

FCD

Σ FY = 0 AY – 5 = 0 AY = 5 KN

tg θ =

2 1

Ө = arc tg (2) Ө = 63,430 Ө + δ = 900 0

δ = 90 - Ө δ = 900 – 63,43   δ = 26,560

C

5 kN

AY Ax

b=3m

A FBC Ө

DX = AX

AX = 15 KN

FBC

2m

DX = 15 KN

PERO: DX = 15 KN

FCA

D

DX - 15 = 0

Σ FX = 0 DX – AX = 0

FBC

FCD

DX (1) - 5 (3) = 0

+

B

1m

B

δ = 26,560

β

c= 5

FBC

a=2 2 D

Dx

2m

C

ley de cosenos a2 = b2 + c2 – 2 b c sen δ   

a 2 = (3)2 +

( 5 )2 - 2 (3) ( 5 )sen 26,56  

a2 = 9 + 5- 6

( 5 )(0,4471)  

 

a 2 = 14 - 2,68

( 5)  

 

a 2 = 14 - 6         a 2 = 8  

a= 8 =2 2 FBC(X) β = 450

11

NUDO B

FAB 5 kN

FBC FAB

B 5 kN

FBC

ley de cosenos β = arc tg 0,7071

c2 = a2 + b2 – 2 a b sen β   

β = 450

( 5 )2 = (2 2 )2 + (3)2 - 2 (2 2 )(3) sen β   5 = 8 + 9 - 12 ( 2 ) sen β  

cos β = cos 45 = 0,7071 sen β = sen 45 = 0,7071

 

5 = 8 + 9 - 16,97 sen β  

 

FBC(X) = FBC cos 45

5 = 17 - 16,97 sen β         

Pero:

16,97 sen β = 17 - 5 = 12   12 sen β = = 0,7071 16,97

FBC = 7,071 KN FBC(X) = FBC cos 45

FBC(X) = FBC cos 45

FBC(X ) cos 45 = FBC FBC(X) = FBC cos 45

Pero:

FBC = 7,071 KN FBC(X) = FBC cos 45

Σ FY = 0 FBC(Y) – 5 = 0

FBC(X) = (7,071) (0,7071)

FBC(Y) = 5 kN

FBC(X) = 5 kN

FBC(Y ) 5 = = 7,071 kN sen 45 0,7071 FBC = 7,071 KN

Σ FX = 0 FBC(X) – FAB = 0

FBC =

FAB = FBC(X) FAB = 5 kN

5 kN

AY Ax

A

3m

FAB

12 FAB

B

NUDO C FCA FCD

FBC C

FCA (X ) FCA FCA(X) = FCA cos 26,56 cos 26,56 =

FBC(X)

FCA(X) = 0,8944 FCA Σ FY = 0 FCA(Y) – FBC(Y) = 0 FCA(Y) = FBC(Y)

FBC(Y)

FBC β = 450

FCD 0

δ = 26,56

FCA

Pero: FBC (Y) = 5 kN

FCA(Y)

FCA(Y) = 5 kN

FCA(X)

FCA (Y ) sen 26,56 = FCA FCA(Y ) 5 FCA = = = 11,18 kN sen 26,56 0,4471

Σ FX = 0 - FBC(X) + FCD – FCA(X) = 0 Pero: FBC(X) = 5 kN

FCA = 11,18 kN (tensión)

- 5 + FCD – FCA(X) = 0

Reemplazando la ecuación 1

FCD – FCA(X) = 5

FCD – 0,8944 FCA = 5 (Ecuación 1)

FCA(X) = 0,8944 FCA

Pero: FCA = 11,18 kN

FCD – 0,8944 FCA = 5 (Ecuación 1)

FCD – 0,8944 (11,18) = 5 FCD – 10 = 5 FCD = 5 + 10 = 15 kN FCD = 15 Kn (compresión) NUDO D

5 kN

AY Ax

A

3m

FAB

13 FAB

B 0

Σ FX = 0 DX - FCD = 0 DX = FCD Pero:

FCD = 15 Kn Σ Fy = 0 FBC = 0

Problema 4.4 Estática Meriam edición cinco Calculate the forces in members BE and BD of the loaded truss.

8 pulg.

8 pulg.

B

FBC

FBC

Cx

FEB

FEB FAB

A

1000 lb

1000 (8 + 8) - DX (8) = 0 C

16000 - 8 DX = 0

2

16000 = 2000 lb. 8

DX = 2000 lb.

FED

FED

D

Dx

∑ FX = 0

CX = DX

CY

PERO: DX = 2000 lb.

2

Cx

DX =

E

FBD

CX - DX = 0

1000 (16) - 8 DX = 0

8 DX = 16000

FAE

8 pulg.

DY

Σ MC = 0

+

FAE

2

C

FBD

FAB

2

CY

CX = 2000 lb.

C 2

CY 2

Cx

Las ecuaciones de equilibrio para la fuerza C son:

14

CY CX = 2 2 Cancelando términos semejantes CY = CX PERO: CX = 2000 lb. CY = 2000 lb. NUDO A Las ecuaciones de equilibrio para la junta A son: 8 pulg.

FAB 1000 FAE = = 8 8 8 2

8 pulg.

2

CY

B

2

C Cx

Cancelando términos semejantes

FAB 8 pulg.

FAB = 1000 = FAE 2 FAB

Hallar FAB

FAB = 1000 2 FAB = 1000

A

FAE

FAE

Dx

D

E

DY

( 2)

1000 lb

FAB = 1414,21libras (tensión) FAB

FAB

Hallar FAE

8 2

1000 = FAE

8

1000 lb

A

FAE

8

FAE = 1000 lb. (Compresión)

1000 lb FAE

NUDO E FEB

15

8 pulg. 8 pulg.

B

FBC

FBC

2

C Cx

FBD

FAB FEB

Σ FY = 0 FEB = 0

FEB FAB

∑ FX = 0

A

FAE

FAE

2

CY

FBD FED

FED

E

FAE - FED = 0

8 pulg.

Dx

D DY

FAE = FED

1000 lb

PERO: FAE = 1000 lb. FBD(X)

FED = 1000 lb. (Compresión) B

NUDO B

FBD(Y)

FBC

8

8 2 8

FAB

FBD

FAB(X)

8 2 FAB 8

8

FAB(Y) FBC

FBD

FEB

FBC

=0

Las ecuaciones de equilibrio para la junta B son:

FAB FAB(Y ) FAB(X ) = = 8 8 8 2

FBD

FAB

Hallar FAB(X)

FAB = FAB(X ) 2

Cancelando términos semejantes

1414,2

FAB = FAB(Y ) = FAB(X ) 2

2

= FAB(X )

FAB(X) = 1000 lb.

PERO: FAB = 1414,21libras Hallar FAB(Y)

FAB = FAB(Y ) 2 ∑ FX = 0 FBC - FBD(X) - FAB(X) = 0 PERO: FAB(X) = 1000 lb.

16

1414,2 2

= FAB(Y )

FAB(Y) = 1000 lb. Σ FY = 0 FBD (Y) – FAB (Y) = 0 FBD (Y) = FAB (Y)

Pero: FAB (Y) = 1000 lb. FBD (Y) = 1000 lb. Las ecuaciones de equilibrio para la junta B son:

FBD FBD(Y ) FBD(X ) = = 8 8 8 2 Cancelando términos semejantes

FBD = FBD(Y ) = FBD(X ) 2 Pero: FBD (Y) = 1000 lb.

FBD(Y ) = FBD(X ) FBD (X) = 1000 lb.

Hallar FBC FBC - FBD(X) = 1000 ECUACION 1 PERO: FBD (X) = 1000 lb. FBC - 1000 = 1000 FBC = 1000 + 1000 FBC = 2000 lb. (tracción)

DX = 2000 lb.

FBD = FBD(Y ) 2 Pero: FBD (Y) = 1000 lb.

( 2 ) FBD(Y ) FBD = ( 2 )1000 FBD =

FBD = 1414,2 libras (compresión)

FAB = 1414,21libras (tensión) FAE = 1000 lb. (Compresión) FED = 1000 lb. (Compresión) FEB = 0 FBC = 2000 lb. (tracción)

Problema 4.5 Estática Meriam edición cinco Determine the force in each member of the loaded truss

17

Problema 4.4 Estática Meriam edición tres; Problema 4.6 Estática Meriam edición cinco; Hallar la fuerza en cada miembro de la armadura cargada

18

19

20

21

22

Problema 4.7 Estática Meriam edición tres; Problema 4.12 Estática Meriam edición cinco Calcular las fuerzas en los miembros CG y CF de la armadura representada 2 KN 2m 2m

DY

2m

C

B

D

A

Dx 4 KN

3m

G F

Σ ME = 0

+

4 (2 + 2 + 2) + 2 (2 + 2) – DX (3) = 0

CY

4 (6) + 2 (4) – DX (3) = 0 24 + 8 – 3 DX = 0 32 – 3 DX = 0 3 DX = 32

32 = 10,666 KN 3

2 KN 2m

2m

Σ FX = 0 DX – EX = 0 EX = DX EX =10,666 KN

DX =

Ex

E

A

FAB

FAB

B FBC FBC C FCD FBG

FAG 4 KN

2m

FAG

FGC

G

FGF

FGF

FCD D Dx

FCF FCF

FGC

DY

3m

F

DX = 10,666 KN E

Ex

CY

23

NUDO A FAB

A

FAB

FAG

FAG

6 6,7

3

Hallar FAG

4 KN

4 KN

FAB FAG 4 = = 6 6,7 3 FAG 4 = 6,7 3 (6,7 ) 4 = 8,94 KN FAG = 3

Las ecuaciones de equilibrio para la junta A son:

FAB FAG 4 = = 6 6,7 3 Hallar FAB

FAB 4 = 6 3 (4) 6 = 8 KN FAB = 3

FAG = 8,94 KN (compresion)

FAB = 8 KN (tensión) NUDO B 2 KN

FAB

B

2 KN 2m

2m

FBC A

FAB

FAB

B FBC FBC C

FBG

DY D Dx

FBG

FAG 4 KN

2m

FAG

3m

G F

E

∑ FX = 0 FBC - FAB = 0

∑ FY = 0

Ex

CY

FBG - 2 = 0 FBC = FAB PERO: FAB = 8 KN (tensión)

FBG = 2 KN (compresión)

FBC = 8 KN (tensión)

24

NUDO G 2 KN 2m

2m

FBG FGC A

FAG

FAB

FAB

B FBC FBC C

4 KN

FGF

3 tg θ = = 0,5 6

Ө = 26,56

FAG(X) FAG(Y)

FGC

FAG 26.560 26.560

26.560

FGF FBG

sen 26,56 =

FGF(Y ) FGF

FGF(Y) = FGF sen 26,56

sen 26,56 =

FGC(Y ) FGC

FGC(Y) = FGC sen 26,56

sen 26,56 =

FGC G

FGF

FGF

3m

F

FAG(Y ) FAG

FAG(Y) = FAG sen 26,56

∑ FX = 0 FGC (X) + FAG (X) - FGF (X) = 0

FGC(Y)

Ex

CY

FGF(X)

FGF(X ) FGF = FGF cos 26,56

FGC(X ) cos 26,56 = FGC FGC (X) = FGC cos 26,56 FAG(X ) FAG = FAG cos 26,56

cos 26,56 = FAG (X)

E

FGF(Y)

cos 26,56 = FGF (X)

D

FGC

FGC(X)

Ө = arc tg (0,5) 0

FAG

DY Dx

FBG

FAG G

2m

∑ FY = 0 FGC (Y) + FGF (Y) - FAG (Y) - FBG = 0 PERO: FGC(Y) = FGC sen 26,56 FGF(Y) = FGF sen 26,56 FBG = 2 KN (compresión) FAG(Y) = FAG sen 26,56 FAG = 8,94 KN (compresion) FAG (Y) = (8,94) sen 26,56 FAG (Y) = (8,94) (0,4471) FAG (Y) = 4 KN FGC (Y) + FGF (Y) FGC (Y) + FGF (Y) FGC (Y) + FGF (Y) FGC (Y) + FGF (Y)

- FAG (Y) - FBG = 0 -4 -2=0 -6=0 =6

0,4471 FGC + 0,4471 FGF = 6 (Ecuación 2)

PERO: FGC (X) = FGC cos 26,56

25

FGF (X) = FGF cos 26,56 FAG (X) = FAG cos 26,56 FAG = 8,94 KN (compresion) FAG (X) = FAG cos 26,56 FAG (X) = (8,94) cos 26,56 FGC (X) + FAG (X) - FGF (X) = 0 FGC cos 26,56 + (8,94) cos 26,56 - FGF cos 26,56 = 0 FGC + 8,94 - FGF = 0 FGC - FGF = - 8,94 (Ecuación 1) Resolver las ecuaciones FGC - FGF = - 8,94 (-0,4471) 0,4471 FGC + 0,4471 FGF = 6 -0,4471 FGC + 0,4471 FGF = 4 0,4471 FGC + 0,4471 FGF = 6 0,4471 FGF + 0,4471 FGF = 4 + 6 0,8942 FGF = 10

FGF =

10 = 11,18 KN 0,8942

FGF = 11,18 KN (compresion) Reemplazar la ecuación 1 FGC - FGF = - 8,94 (Ecuación 1) Pero: FGF = 11,18 KN FGC – 11,18 = - 8,94 FGC = 11,18 - 8,94 FGC = 2,24 KN (tensión)

26

NUDO C FBC

C

FCD

2 KN 2m

2m

A

FGC

FAB

FCF

FAB

B FBC FBC C FCD FBG

FAG FCD

FBC

4 KN

FAG

26.560

FGC(Y)

FGC

FGF

FGF

FGC FGC(X)

FCD D

3m

F E

FCF

PERO: FBC = 8 KN FGC = 2,24 KN

FGC(X ) cos 26,56 = FGC FGC (X) = FGC cos 26,56 FGC (X) = (2,24) cos 26,56 FGC (X) = (2,24) 0,8944 FGC (X) = 2 KN

Dx

FCF FCF

FGC G

DY

2m

Ex

CY

sen 26,56 = FGC (Y) FGC (Y) FGC (Y) FGC (Y)

FGC(Y ) FGC

= FGC sen 26,56 = (2,24) sen 26,56 = (2,24) 0,4471 = 1 KN

∑ FX = 0 FCD - FBC - FGC (X) = 0 PERO: FBC = 8 KN FGC (X) = 2 KN FCD - FBC - FGC (X) = 0 FCD - 8 - 2 = 0 FCD - 10 = 0 FCD = 10 kN (tensión)

∑ FY = 0 FCF - FGC (Y) = 0 FCF = FGC (Y) PERO: FGC (Y) = 1 KN FCF = 1 KN (compresión)

27

28

29

30

31

Problema 4.22 Estática Meriam edición cinco Determine the forces in members AB, CG, and DE of the loaded truss

32

Problema 4.24 Estática Meriam edición cinco Verify the fact that each of redundancy and prpose two separate changes, either one of which would remove the redundancy and produce complete statical determinacy. All members can support compression as well as tension.

33

Problema 4.25 Estática Meriam edición cinco

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35

36

Problema 4.36 Estática Meriam edición cinco Determine the forces in members BC and FG of the loaded symmetrical truss. Show that this calculation can be accomplished by using one section and two equations, each of wich contains only one of the two unknowns. Arc the results affected by the statical indeterminacy of the supports at the base?

37

Problema 4.37 Estática Meriam edición cinco The truss is composed of equilateral triangles of side a and is supported and loaded as shown. Determine the forces in members BC and CG.

Problema 4.38 Estática Meriam edición cinco The truss shown is composed of 450 right triangles. The crossed members in the center two panels are slender tie rods incapable of supporting compression. Retain the two rods wich are under tension and compute the magnitudes of their tensions. Also find the force in member MN.

38