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
2Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin
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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.
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Ejemplo
0
0 0
0 0
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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)
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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)
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Ejemplo. Determinar la fuerza en las barras CF y GC
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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)
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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)
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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
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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
17Rodrigo Silva Muoz, Departamento de Ingeniera Civil, Universidad de Concepcin
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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