Clases Enrejados II Parte

Ejemplos mtodo de los nudos

Nudo A FAG

Fy=0 4+FAGsin30o=0 FAG=-8 kN (C) Fx=0 FAB -8cos30o=0 FAB= 6.93 kN (T) 30o FAB

VA=4 kN

Nudo G y 30o 3 kN FGF

Fx=0 FGF +8-3sin30o=0 FGF= -6.5 kN (C) Fy=0 FGB +3cos30o=0 FGB=-2.6 kN (C) x Nudo B 2.6 kN Fy=0 FBF sin60o -2.6sin60o=0 FBF=2.6 kN (T) Fx=0 FBC + FBFcos60o + 2.6cos60o -6.93=0 FBC= 4.33 kN (T)

8 kN

FGB

FBF 60o

6.93 kN

FBC

1Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin



Barras con fuerzas nulasEl anlisis de enrejados usando el mtodo de las fuerzas puede simplificarse si uno es capaz de determinar a priori que miembros no soportan cargas. Estos miembros pueden aun ser necesarios para la estabilidad del enrejado durante construccin y en caso que las cargas cambien. Caso 1: si solo dos miembros no colineares forman un nudo y en este no se aplica carga externa o reaccin de apoyo, entonces las barras no tienen carga. Caso 2: si tres miembros forman un nudo, no se aplican carga externa o reaccin de apoyo, y dos barras son colineares, entonces la tercera barra no tiene fuerza.

Ojo! Las fuerzas nulas estn relacionadas con la condicin particular de cargas en el enrejado.


Ejemplo

0

0 0

0 0


Mtodo de las seccionesSi slo se buscan las fuerzas en algunos miembros, este mtodo es generalmente ms directo. El mtodo consiste en pasar una seccin imaginaria a travs del enrejado, cortndolo en dos partes. Ya que el enrejado est en equilibrio, cada parte tambin debe estarlo. Como resultado, las tres ecuaciones de equilibrio se pueden aplicar a cada una de las partes para determinar las fuerzas en la seccin. Para usar este mtodo apropiadamente, hay que decidir correctamente donde realizar el corte o seccin. Ya que solo hay tres ecuaciones de equilibrio disponibles, s debe tratar de cortar el enrejado donde haya no mas de tres barras con fuerzas desconocidas. Por ejemplo, si en el enrejado de la figura (a) se pide determinar la fuerza de la barra GC, entonces la seccin aa es apropiada. El DCL de cada parte del enrejado se muestra en las figuras (b) y (c). Notar que las fuerzas actuando en una parte del enrejado son iguales pero opuestas a las que actan en la otra parte (3ra ley de Newton). Las tres fuerzas desconocidas FBC, FGC y FGF se obtienen aplicando las tres ecuaciones de equilibrio al DCL en la figura (b). Si se elige el DCL de la figura (c), se debe primero determinar las reacciones. Al escribir las ecuaciones de equilibrio, es recomendable considerar formas que lleven a la solucin directa de las incgnitas sin tener que resolver un sistema de ecuaciones. Por ejemplo, suma de momentos c/r a C entrega directamente FGF. Similarmente, FBC se puede obtener directamente sumando momentos c/r a G. Similar al mtodo de los nudos, elegir una manera de asignar signos a las fuerzas.

Fig (a)

Fig (b)

Fig (c)


EjemploDeterminar la fuerza en las barras GF y GD.

La fuerza en GF se puede determinar tomando momentos c/r a D. Para esto, usamos el principio de transmisibilidad y deslizamos la fuerza FGF al punto O (o tambin puede trasladarse al punto F).

M

D

= 0; FGFsin(26.6o)*6=7*3 FGF=7.83 kN (C)

(o FGFcos(26.6o)*3=7*3 FGF=7.83 kN)

La fuerza en GD se puede determinar tomando momentos c/r a O. Para esto, usamos el principio de transmisibilidad y deslizamos la fuerza FGD al punto D

M

O

= 0; FGDsin(56.3o)*6=7*3-2*6 FGD=1.80 kN (C)


Ejemplo. Determinar la fuerza en las barras CF y GC


Ejemplo. Determinar la fuerza en las barras BC y MC

M

L

= 0;

FBC*20=2900*15 FBC=2175 lb (T)

Luego, usando mtodo de los nudos,

Fy=0 FMB =1200 lb (T)

Despus, volvemos al DCL inicial y determinamos FML

Fy=0 FML =2900-1200+1200=2900 lb (T)Finalmente usamos el mtodo de los nudos en el nudo M

Fx=0 (FMC FMK)*3/13=0 Fy=0 (FMC + FMK)*2/13=2900-1200 FMK=1532 lb (C) ; FMC=1532 lb (T) 9Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin

Enrejados compuestosSi el enrejado esta compuesto por dos enrejados simples conectados por un nudo comn y una barra, primero determinar las reacciones, luego cortar el enrejado a travs de las barras que conectan los enrejados simples, y finalmente analizar el enrejado simple usando el mtodo de los nudos.

Ejemplo 1

M M

C

= 0; FHG*4sin60o=4*2-5*4 FHG=-3.46 kN (C) = 0; FJC=1.155 kN (T)

A

Fx=0; FBC=-FJCcos60o-FHG=2.887 kN (T)



Ejemplo 2 enrejado compuesto

M

B

= 0;

FCE*cos45o*12 + FCE*sin45o*6 - FDG*6sin45o*12 -3*6=0

Fy=0; 3-3-FBH sin45o+FCEsin45o=0 Fx=0; -FBH cos45o+FDG-FCEcos45o=0 FBH = FCE=2.68 k (C) ; FDG=3.78 k (T)


n7

n8

m12 m5 n5 m11 m3 m4 n2 m6 m8

m13 m7

n6

m9

m10 n4

n1

m1

n3

m2

Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13

Fuerza (k) 3.000 3.000 -4.243 -2.896 8.460 -2.675 -2.675 8.460 -2.896 -4.243 3.784 -8.026 -8.026

13

Enrejados complejos



n6

5k

m7 m8

m9

n3

n4

n5

m1

m2 m4 m3

m5

m6

n2

H1

n1

V1Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin

V2 16


0 cos 1 sin 0 0 0 0 0 0 0 1 0 sin 0 cos 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 sin cos cos sin 0 0 0 0 0 0

cos sin 0 0 0 0 0 0 cos sin 0 0

0 0 sin cos 0 0

0 0 1 0 0

0 0 0 0 cos 45 0 0 0 0 sin 45 cos 45

0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0

0 sin 45 0

sin 0 cos 0 0 0 0 0 0 1 0 0

1 0 0 F1 0 0 0 1 0 F 2 0 0 0 0 1 F3 0 0 0 0 0 F 4 0 0 0 0 0 F5 0 0 0 0 0 F6 0 = 0 0 0 0 F7 0 0 0 0 0 F8 0 cos 45 0 0 0 F9 0 sin 45 0 0 0 H1 0 sin 45 0 0 0 V1 0 cos 45 0 0 0 V 2 5 0Barra 1 2 3 4 5 6 7 8 9 H1 V1 V2 Fuerza (k) 1.964286 1.785714 -1.525715 3.814287 1.785714 -4.910714 2.020305 2.142857 -5.050763 -5 -4.375 4.375

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Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin

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