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Cap. 6 Armaduras

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Cap. 6 Armaduras

Documento de Trabajo Realizado por Jorge Rodríguez Hernández Departamento de Ingeniería

6.1 Concepto de armadura •

Armadura: es una estructura compuesta compuesta por un cierto número número de barras unidas unidas en sus extremos por medio de pasadores sin fricción para formar una armazón rígida. Las armaduras se utilizan frecuentemente para soportar techos y puentes.

c

Fig. 6-2

Fig. 6-1

•

Barra: es un elemento esbelto cuya dimensión transversal transversal es es pequeña pequeña en relación con con su longitud. Así, cualquier barra de una armadura puede ser idealizada por su eje. t

 <

Fig. 6-4

 Fig. 6-3

•

Se supone que las fuerzas externas y las reacciones en los apoyos que sustentan la armadura están en el mismo plano de la estructura y actúan solamente sobre los nudos.

Fig. 6-5

c

Fig. 6-6

Pontificia Universidad Católica del Perú

Sección de Ingeniería Mecánica - Área de Diseño

Cap. 6 Armaduras •

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Se supone que la línea axial de cada barra coincide con la línea que une los centros de los nudos de sus extremos y que el peso de cada barra es despreciable en comparación con las fuerza externas que actúan sobre la armadura. Si se desea considerar el peso propio de las barras entonces entonces se deberá deberá suponer que el el peso está repartido (a mitades) mitades) en cada extremo: ≡ W /2 /2

W Fig. 6-7

W /2 /2

•

De las condiciones anteriores (principalmente de la aplicación de cargas solamente en los nudos) se concluye que cada barra de una armadura es un elemento sometido a la acción de dos fuerzas (una en cada extremo).

•

Recordando que si un cuerpo está sometido a la acción de 2 fuerzas, para que se cumpla el equilibrio del cuerpo las dos fuerzas deben ser iguales en magnitud y dirección pero de sentido contrario. Es decir, la barra en equilibrio estará sometida a tracción o a compresión. F

Convención de signos:

F

Barra a tracción

F

Fuerza interna de tracción: + F

Barra a compresión

Fuerza interna de compresión: -

Fig. 6-8

•

El análisis completo de una armadura consiste en la determinación de las fuerzas axiales internas de todas sus barras. Cada barra representa una incógnita de fuerza interior.

•

En realidad una armadura moderna, construida con uniones soldadas, remachadas o atornilladas no es realmente una armadura en el sentido que se acaba de definir, sin embargo, puesto que se consigue un resultado satisfactorio de esfuerzos suponiendo que las uniones son por medio de pasadores, entonces se la puede considerar también como armadura. Ver diferentes posibilidades para la realización del nudo N de de la armadura de la fig. 6-9.

Nudo N

a) Detalle de barras articuladas.


Fig. 6-9

b) Detalle de barras barras soldadas a la placa de nudo.

Fig. 6-10

c) Detalle de barras atornilladas a la placa de nudo.


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La estructuración más simple de una armadura es un triángulo (ver figura 6-11a). Notar que no es posible ningún movimiento de alguna barra con respecto a otra. Por tanto ese triángulo se comporta como un ente rígido. Si se le añaden dos barras adicionales para formar otro triángulo, el nuevo sistema sigue siendo un ente rígido (ver figura 6-11b). Si añadimos dos barras más para formar otro triángulo, el sistema sigue siendo rígido. Notar que por cada triángulo que se agregue, el número de nudos se incrementa en uno. Una armadura construida de esta manera se denomina armadura simple.

Fig 6-11c

Fig 6-11b

Fig 6-11a

Está claro que luego de construida la armadura tendremos que apoyarla convenientemente para que no se mueva al portar cargas. Por ejemplo como lo muestra la fig. 6-12.

Fig 6-12

Armadura simple: es una armadura rígida plana que puede formarse partiendo de tres barras unidas por pasadores en sus extremos, formando un triángulo, y luego extendiendo dos nuevas barras por cada nuevo nudo.

Fig 6-13

Fig 6-14

Armadura compuesta: si dos o más armaduras se unen para formar un conjunto rígido, la armadura formada se denomina armadura compuesta. La unión entre dos armaduras simples puede realizarse por medio de tres vínculos no paralelos ni concurrentes o por medio de un tipo equivalente de unión. Por ejemplo: Armaduras unidas por medio de tres barras:

Fig 6-16

Fig 6-15



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Armaduras unidas por una articulación y una barra:

Fig 6-17

6.2 Estabilidad y determinación estática de estructuras planas 6.2.1 Estabilidad

Diremos que una estructura es estable si todos sus miembros están adecuadamente soportados o restringidos en sus apoyos. Para ello no bastará que se satisfagan las ecuaciones de equilibrio en cada uno de los miembros. Por el contrario, diremos que una estructura es inestable si hay menos reacciones que ecuaciones de equilibrio, lo cual significará que el sistema no está completamente restringido. Definimos el número de grados de libertad GDL como: →

donde:

GDL = 3 N − (V E + V I ) N V E V I

número de barras número de vínculos (reacciones) externos número de vínculos (reacciones) internos

si GDL ≤ 0

estructura estable, excepto si

si GDL > 0

estructura inestable.

hay restricciones inapropiadas.

Se denominan restricciones inapropiadas a aquellas que permiten el movimiento de la estructura o de alguna de sus partes (reacciones concurrentes o paralelas). Ejemplos:

Analizar la estabilidad de los siguientes sistemas planos. N = 1 V E = 3

a)

GDL = 3 (1) − 3 = 0

La estructura es estable. Fig 6-18



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b) Fig 6-19

N = 2 , V e = 6 , V i = 2

→

GDL = 3 (2) − (6 + 2) = − 2

⇒

estable

c) Estructura inestable pues las reacciones son concurrentes (la estructura no está impedida de girar alrededor de la articulación fija). Fig 6-20

d) Fig 6-21

Estructura inestable pues las reacciones son paralelas (la estructura no está impedida de trasladarse en dirección perpendicular a las reacciones). 6.2.2

Determinación estática

Diremos que una estructura es estáticamente determinada si todas las fuerzas actuantes en los vínculos externos e internos pueden determinarse utilizando solamente las ecuaciones de equilibrio. Cuando se tienen más fuerzas incógnitas que ecuaciones de equilibrio se dice que la estructura es estáticamente indeterminada. La determinación del número de las ecuaciones de equilibrio y de las fuerzas incógnitas se puede realizar muy fácilmente a partir de los diagramas de cuerpo libre (DCLs) de los elementos que componen la estructura o, cuando se tiene un poco de experiencia y se puede realizar el conteo mental. Cuando una estructura es estáticamente indeterminada, las ecuaciones que faltan para encontrar todas las fuerzas incógnitas se obtienen a partir del análisis de los desplazamientos (lineales y/o angulares) de algunos puntos característicos de la estructura. Estas ecuaciones se denominan ecuaciones de compatibilidad y para plantearlas se necesita conocer las características físicas (propiedades mecánicas del material) y geométricas (área transversal, momento de inercia, p.e.) de cada parte de la estructura. Denominando N al número de barras de la estructura plana y R al número de reacciones (fuerza o momento) en todos los vínculos (internos y externos) de la estructura, entonces: si R = 3 N si R > 3 N si R < 3 N

estructura estáticamente determinada o isostática estructura estáticamente indeterminada o hiperestática de grado ( R − 3 N ) estructura hipostática o mecanismo



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En este punto debe quedar claro que lo más importante es que una estructura sea estable. Si no lo es, no tiene sentido práctico ni importancia alguna continuar el análisis para determinar si la estructura es estáticamente determinada o no. Ejemplos:

Analizar la determinación estática de los siguientes sistemas planos.

a) Fig 6-22

R = 3 , N = 1

⇒

⇒

R = 3 N

estáticamente determinada.

b) Fig 6-23

R = 4 , N = 1

⇒

R > 3 N

⇒

estáticamente indeterminada de 1° grado.

c) Fig 6-24

R = 8 , N = 2

⇒

r > 3 N

⇒

estáticamente indeterminada de 2° grado.

d)

Fig 6-25

r = 9 , N = 3

⇒

R = 3 N

⇒

estáticamente determinada.

En el capítulo 7 (marcos y bastidores) daremos más ejemplos. Ahora aplicaremos estos conceptos a las armaduras (tema principal de este capítulo).



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6.3 Estabilidad y determinación estática de armaduras

Los principios que acabamos de analizar en el acápite anterior son válidos para cualquier estructura plana, sin embargo, dado que las armaduras tienen ciertas particularidades, adaptaremos los mencionados conceptos del acápite 6.2 para poder realizar el análisis de manera más sencilla. 6.3.1

Estabilidad de una armadura

Aquí utilizaremos la expresión deducida para estructuras planas en general. Es decir, el número de grados de libertad del sistema está dado por: GDL = 3 N − (V E + V I )

donde:

N V E V I

es el número de cuerpos planos es el número de vínculos externos es el número de vínculos internos

si GDL ≤ 0

armadura estable, excepto si hay restricciones inapropiadas

si GDL > 0

armadura inestable.

Estabilidad externa En general una estructura (en este caso una armadura) es inestable externamente si las reacciones en los soportes externos son paralelas o concurrentes. En la fig. 6-26 se puede ver que la armadura puede girar (colapsar) girando alrededor del apoyo A.

A

B Fig. 6-26

En la fig. 6-27 se puede ver que la armadura puede desplazarse en dirección horizontal si es que sobre ella actúa una carga con componente horizontal. Las reacciones en los apoyos se originan en dirección vertical y son paralelas entre sí.

Fig. 6-27



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Estabilidad interna La idea es determinar que no hay nudo alguno o parte de una armadura que pueda moverse en modo de cuerpo rígido con respecto a otro nudo o parte de la estructura. Una armadura simple será siempre internamente estable. En el caso de armaduras compuestas y complejas se deberá realizar una inspección visual o por computadora. Se debe notar que lo importante es si la armadura es estable o no. Si es inestable ya no importará si la estructura es estáticamente determinada o no. Está claro que en la práctica no se debe utilizar estructuras inestables. Ejemplos: a)

Determinar la estabilidad de las siguientes armaduras.

1

2

N = 7 barras

3

Vínculos externos: V E = 3 Vínculos internos: 2 articulaciones simples: 2 articulaciones de 3 elementos: 1 articulación de 4 elementos:

5

4 Fig. 6-28

→ GDL = 3 (7) − (3 + 18) = 0

b)

1

V I = 18

armadura estable

N = 10 V E = 3

4

3

2

→

2(2) = 4 2 (3-1) (2) = 8 1 (4-1) (2) = 6

V I = 26 7 5

6

→

GDL = 3 (10) − (3 + 26) = 1

inestable

Fig. 6-29

c)

N = 7 V E = 3

3

4

2

V I = 18 GDL = 3 N − (V E + V I )

5

1

= 3 (7) − (3 + 18) = 0

→

estable

Fig. 6-30

Nota 1:

En el caso que las barras 2–3 y 3–4 estén alineadas, tendremos, al igual que en el caso anterior: 2

3

4

5

1 Fig. 6-31

N = 7 V E = 3

V I = 18 GDL = 3 N − (V E + V I )

= 3(7) − (3 + 18) = 0

→

estable (¿?)

Pero en realidad será inestable, pues en el nudo 3 convergen sólo 2 barras alineadas.



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Nota 2:

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En el caso que los apoyos sean como se muestran a continuación (generan reacciones paralelas), la armadura será inestable.

3

2

4

1

5 Fig. 6-32

6.3.2

Determinación estática

Sean:

número de barras de la armadura número de reacciones externas número de nudos

N Re n

Disponemos de dos ecuaciones de equilibrio por cada nudo. Entonces tenemos 2 n ecuaciones en total. Como en una armadura cada barra soporta solamente carga axial (incógnita interna) y el conjunto total está sustentado mediante Re reacciones externas, tendremos en total ( N + Re ) incógnitas. Ahora podemos afirmar que: si N + Re = 2 n

armadura estáticamente determinada o isostática

si N + Re > 2 n

armadura estáticamente indeterminada o hiperestática

Definimos el grado de indeterminación o de hiperestaticidad en armaduras planas: GH = N + Re − 2 n

Hay que tener cuidado en este aspecto pues puede suceder que una armadura estáticamente determinada o una estáticamente indeterminada sea inestable. Ello se puede determinar a través de una cuidadosa inspección o por análisis de fuerzas. Ejemplos: a)

6

Analizar la determinación estática y estabilidad de las siguientes armaduras. 5

GDL = 3 N − (V E + V I )

Estabilidad:

4

N = 9 



1

3 2 Fig. 6-33

V E = 3  V I = 24  

→

Hiperestaticidad: N = 9 , Re = 3 , n = 6

GDL = 3 (9) − (3 + 24) = 0

armadura estable

GH = N + Re − 2 n

→


GH = 9 + 3 − 2(6) = 0

→

armadura isostática


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b)

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5

6

GDL = 3 N − (V E + V I )

Estabilidad:

4

N = 8 



1

V E = 3  V I = 20  

3 2

Fig. 6-34

GDL = 3 (8) − (3 + 20) = 1

→ GH = N + Re − 2 n

Hiperestaticidad: N = 8 , Re = 3 , n = 6

c)

6

5

armadura inestable

→

GH = 8 + 3 − 2(6) = −1

mecanismo

GDL = 3 N − (V E + V I )

Estabilidad:

4

→

N = 8 



1

V E = 4  V I = 20  

3 2

Fig. 6-35

GDL =

→

Hiperestaticidad:

2

armadura estable

GH = N + Re − 2 n

N = 8 , Re = 4 , n = 6

d)

3 (8) − (4 + 20) = 0

→ 3

1 10

GH = 8 + 4 − 2(6) = 0 5

4

9

→

armadura isostática

6

7 8 Fig. 6-36

Estabilidad:

GDL = 3 N − (V E + V I ) = 3 (16) − (4 + 44) = 0

Hiperestaticidad:

GH = N + Re − 2 n = 16 + 4 − 2 (10) = 0

→ →

estable isostática

Otra manera de determinar la estabilidad de la armadura: observando que se trata de una armadura compuesta y que en tal caso cada armadura simple (sombreada en la figura) se comporta como un miembro de la armadura compuesta:

Fig. 6-37

Estabilidad:

GDL = 3 N − (V E + V I ) = 3 ( 2) − ( 4 + 2) = 0


→

estable


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6.4 Nudos bajo condiciones especiales de carga

a)

Las fuerzas internas en elementos opuestos deben ser iguales. c

b θ

θ

a d Fig. 6-38

La demostración es sencilla: la suma de fuerzas en el nudo debe ser nula en cualquier dirección. Tomemos la dirección perpendicular a cd . Si observamos con atención veremos que en la sumatoria contribuirán las componentes de F a y F b en esa dirección. Además, dichas fuerzas tendrán que ser opuestas para anularse. Entonces podemos escribir: F b cos θ − F a cosθ = 0

→

F b = F a

Para completar el equilibrio en el nudo no queda otra opción que se cumpla: b)

P b

F c = F d .

Nudo con tres elementos y carga: dos de los elementos están alineados y el restante está alineado con la carga. Como en el caso anterior:

a c

F a = F b F c = P

y para completar el equilibrio:

Fig. 6-39

c)

b a

Caso anterior pero sin carga en el nudo. F c = 0

Razonando a partir del anterior caso b): c Fig. 6-40

d)

Dos barras no colineales convergen en un nudo sin carga: a

→ θ

F a = F b = 0

b

Fig. 6-41

Nota: Si es que existen simetría geométrica y simetría en la aplicación de las cargas, entonces podremos aprovechar dichas simetrías para analizar sólo la mitad de la armadura, pues la otra mitad se comportará de manera simétrica. 2P P


Fig. 6-42

P


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6.5 Análisis de armaduras planas

Si deseamos determinar todas las reacciones externas y también las fuerzas axiales (internas) en todas las barras de la armadura, el método más adecuado será el de los nudos. Sin embargo habrá ocasiones en que solamente desearemos determinar algunas de las incógnitas de la armadura, en cuyo caso será más aconsejable utilizar el método de los cortes. Este último caso se presenta como aconsejable, además, para el análisis de armaduras compuestas. 6.5.1

Método de los nudos

Se basa en el hecho de que, como la armadura que se analiza está en equilibrio, entonces cada parte de ella debe estar también en equilibrio. En particular cada nudo estará en equilibrio. Si cada nudo está en equilibrio, entonces podemos aislarlo con todas las fuerzas que actúan en él y luego podremos plantear las ecuaciones de equilibrio correspondientes:

∑ F = 0 x

∑ F = 0

y

y

Empezaremos a aplicar el método resolviendo las reacciones externas de la armadura para luego elegir un nudo en el que solamente aparezcan dos incógnitas. Una vez resueltas dichas incógnitas seguiremos con el método buscando un nuevo nudo en el que solamente hayan otras dos incógnitas y así sucesivamente. En el análisis se debe tener en cuenta que si una fuerza comprime un nudo, entonces, por el principio de acción y reacción, también estará comprimiendo a la barra. Lo mismo será válido para tracción. C

B

c

C

A

D E Fig. 6-43

B

A

E

D

Fig. 6-44



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Ejemplo 6.1:

C

40 ton

Utilizar el método de los nudos para calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura mostrada.

DCL de la armadura:

C

A

40 ton

m 9

B

Solución: Empezaremos calculando las reacciones en los apoyos de la armadura. θ

θ

D

E

10 ton

sen θ = 3 / 5

6m

6m

cos θ = 4 / 5

B

m 9

∑ F = 0 :

40 − Ax = 0

→

A x = 40 ton

x

A x

A

θ

E

10 ton 6m

∑ M

A

D

θ

A y

∑ F = 0 :

D y 6m

= 0:

F AB

A x = 40 A

∑ F = 0 : y

− A y − 10 + Dy = 0

y

Fig. 6-46

D y − Ay = 10

→

40 (9) − Dy (12) + 10 (6) = 0

Nudo A:

→

D y = 35 ton

F AB (3 / 5) = 25

F AE

∑ F = 0 : x

→

F AB = 41,67 ton (T )

F AB ( 4 / 5) + F AC = 40

→ F AC = 6,67 → F AC = 6,67 ton (T )

∑ F = 0 : x

40

− F BC (4 / 5) + 40 = 0 →

F BC = 50

→

θ

F BC

∑ F = 0 :

F CD

y

F BC = 50 ton (T )

− F BC (3 / 5) − F CD = 0 → →

Nudo D:

F BD

30

∑ F = 0 : y

F BD (3 / 5) + 35 − 30 = 0 →

4

D

∑ F = 0 : x

− F ED − F BD (4 / 5) = 0

F BE

F AE = 6,67

F ED = 6,67

F CD = 30 ton (C )

F BD = − 8,33

→ F ED = 6,67 → F ED = 6,67 ton (T )

D y = 35

Nudo E :

F CD = − 30

→ F BD = 8,33 ton (C )

3

F ED

A y = 25 ton

F AB = 41,67

A y = 25

C

→

→

θ

Nudo C :

Fig. 6-45

Se ve que se cumple

∑ F = 0 : y

∑ F = 0

F BE = 10

x

→

F BE = 10 ton (T )

E

10

Ahora verificaremos la validez de nuestros resultados realizando el análisis del nudo B.



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Nudo B:

∑ F = 0 :

F BC = 50

− F 21 (4 / 5) − F 24 (4 / 5) + F 23 (4 / 5) = 0

x

→ B

F 21 + F 24 = F 23

41,67 + 8,33 = 50

θ θ

θ

F BA = 41,67

F BD = 8,33

∑ F = 0 :

(3 / 5) − F 23 (3 / 5) + F 21 (3 / 5) − 10 = 0 (8,33 + 50 − 41,67) ⋅ (3 / 5) = 10 (ok!) F 24

y

F BE = 10

Respuesta:

(ok!)

) T ( 5 0

) T ( 7 6 , 4 1

8 ,3 3 ( C )

) T ( 0 1

6,67 ( T )

) C ( 0 3

6,67 ( T ) Fig. 6-47

Ejemplo 6.2:

G

Calcular las fuerzas en todas las barras de la armadura mostrada. Solución:

B

C

m 4

DCL de la armadura: A F GB

B

F

C

D

E

20 kN

sen θ = 2 / 5

Fig. 6-48 m 4

cos θ = 1 / 5 A x

θ

A

45°

θ

F

E

20 kN

A y Fig. 6-49

2m

Nudo A: 30

∑ M

A

= 0:

− F GB (4) + 20 (6) = 0

→

F GB = 30 kN (T )

x

A x − 30 = 0

→

A X = 30 kN

y

A y − P = 0

→

A y = 20 kN

∑ F = 0 : y

F AB

20 + F AB ( 2 / 5 ) = 0

→

F AB = −22,36

→

F AB = 22,36 kN (C )

θ

A

F AF

∑ F = 0 : x

30 + F AF + F AB (1 / 5 ) = 0

∑ F = 0 :

Nudo B:

y

B θ

F BC

∑ F = 0 : x

22,4

→ F AF = −20 → F AF = 20 kN (C )

20

30

2m

4m

Reacciones: el elemento GB es una biela.

2m

4m

∑ F = 0 : ∑ F = 0 :

D

2m

F BF


22,36 ( 2 / 5 ) − F BF = 0

→

F BF = 20

→

F BF = 20 kN (T )

22,36 (1 / 5 ) + F BC − 30 = 0

→

→

F BC = 20

F BC = 20 kN (T )


Cap. 6 Armaduras

Nudo F :

Pág. 6-15

∑ F = 0 :

20

20 + F CF (1 / 2 ) = 0

y

F CF 45°

20

F EF

F

Nudo E :

∑ F = 0 :

E

F CF = −28,28

→

F CF = 28,28 kN (C )

x

F ED = 0

y

F CE − 20 = 0

→

F EF = 0

F CE = 20

F CE = 20 kN (T )

F ED

F EF = 0

→

20 + F EF + ( 2 / 2) F CF = 0

x

∑ F = 0 : ∑ F = 0 :

F CE

→

20

Nudo D:

Dado que es un nudo en que confluyen dos barras no alineadas y no tiene carga externa, ambas barras deben estar descargadas:

F DC F DE θ

F CD = 0

Entonces: La respuesta es:

B ) C ( N k 6 3 2 , 2

A

) T ( N k 0 2

C

20 kN (C )

) ( C N 8 k 2 , 2 8

20 kN (C )

0 k N

) T ( N k 0 2

0 kN

F

y F ED = 0 (esta última ya determinada).

Fig. 6-50

0 kN

D

E

Ejemplo 6.3:

C

B

m 2

Hallar las fuerzas en todas las barras de la armadura mostrada.

F BC = F AB = 0

Nudo D:

F CD = F DE = 0

Nudo H :

F HI = 0

J

I

m 2

Solución: Para empezar analizaremos algunos nudos sometidos a condiciones de carga especiales. Nudo B:

D

θ

A

G

H

6 kN 1,5 m

1,5 m

1,5 m

E

F 6 kN 1,5 m

Fig. 6-51

C

y F AH = F HG

m 2

Como F HI = 0 , del nudo I se ve que F IG = 0 .

J

Reacciones: El DCL de la armadura es:

∑

M A = 0 :

→

∑ ∑ F = 0 : F y = 0 : x

6 (3) + 6 ( 4,5) − E y (6) = 0 E y = 7,5 kN A y + E y = 12

m 2

A x

A

θ

G

6 kN

A y

→

A y = 4,5 kN

3m

1,5 m

F 6 kN 1,5 m

E E y Fig. 6-52

A x = 0



Cap. 6 Armaduras

Nudo E :

Pág. 6-16

∑ F = 0 :

F JE

E

sen θ = 0,8 cos θ = 0,6

∑ F = 0 :

− F JE (0,6) − F FE = 0

x

7,5 kN

→

F FE = 5,625 kN

5,625 kN F

6 kN

Nudo J :

(T )

∑ F = 0 :

− F CJ (0,6) − F GJ (0,6) − 9,375 (0,6) = 0

∑ F = 0 :

J

θ

F CJ (0,8) − F GJ (0,8) − 6 + 9,375 (0,8) = 0

y

θ

F CJ − F GJ = −1,875

9,375 F GJ

resolviendo:

6

∑ F = 0 :

F CJ = − 5,625

→

F CJ = 5,625 kN

F GJ = − 3,75

→

F GJ = 3,75 kN

− F GA − 3,75 (0,6) + 5,625 = 0

x

F CG

3,75 θ

5,625

∑ F = 0 :

F CG − 3,75 (0,8) − 6 = 0

∑ F = 0 :

F AC

F AC (0,6) + 3,375 = 0

x

3,375

Comprobación:

→

F AC = −5,625

∑ F = 0 :

F AC (0,8) + 4,5 = 0

y

9

(ok!)

Servirá para comprobación de los resultados. θ

θ

Respuesta:

→ F CG = 9,0

( −5,625) (0,8) + 4,5 = 0 C

5,625

→ F GA = 3,375

→ F AC = 5,625 kN (C )

4,5

Nudo C :

(C )

→ F CG = 9 kN (T )

6 kN

A

(C )

→ F GA = 3,375 kN (T ) y

θ

(T )

F CJ + F GJ = − 9,375

θ

Nudo A:

F FE = 5,625 kN

(T )

F CJ

G

F FE = 5,625

F JF = 6 kN x

Nudo G:

(C )

Para este nudo especial podemos afirmar:

F JF

F GF

F JE = −9,875

F JE = 9,875 kN

→

Nudo F :

F GA

→

→

θ

F FE

F JE (0,8) + 7,5 = 0

y

5,625

∑ F = 0 : ∑ F = 0 : x

5,625 cosθ − 5,625 cosθ = 0

y

2(5,625) senθ − 9 = 0 2(5,625) (0,8) − 9 = 0

B

C

0 kN

) C ( N k 5 2 6 5 , N k 0

I ) C ( N k N 2 5 k 6 5 , 0

0 k N

5 , 6 2 5 k N ( C ) ) T ( N k 9

J ) C ( N ) k T ( 5 7 , N 3 k

N k 0

9 , 3 7 5 k N ( C )

3,375 kN (T ) 3,375 kN ( T )

5,625 kN ( T ) 5,625 kN ( T )

H

F


ok!

D

0 kN

6

A

ok!

G

Fig. 6-53

E


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-17

Ejemplo 6.4:

60 kN

Hallar las fuerzas en todas las barras de la armadura mostrada.

2,5 m

2,5 m

F

H

C

m 3

E G

Fig. 6-54

H y

60 kN

F FG = 0

B

F BC = 0

A

Si F BC = 0 →

del nudo B:

F BE = 0

→

del nudo E : del nudo D:

F DE = 0

→

2,5 m

D

B

A

Solución: Empezaremos examinando la existencia de nudos bajos condiciones especiales de carga: Nudo F : Nudo C :

2,5 m

D

F

φ

H

H x

θ m 3

C E G

7,5 m

F BE = 0

G y

2,5 m Fig. 6-55

Del DCL sin las barras descargadas podemos afirmar que F AB = F BD = F DF = F FH y por otro lado que F AC = F CE = F EG . Estrategia de solución: el nudo A puede ser resuelto inmediatamente (tiene solamente dos incógnitas), de allí pasamos a nudo G y finalizamos con el análisis del nudo H . Es decir, en este problema no empezaremos calculando las reacciones externas. tan φ = (3 / 7,5) tan θ = (3 / 2,5)

→ φ = 21,8º → senφ = 0,37 → θ = 50,2º → senθ = 0,77

∑ F = 0 :

Nudo A:

y

→ cosφ = 0,93 → cosθ = 0,64

− F AC (0,37) − 60 = 0

60 kN

A

F AH

φ

∑ F = 0 : x

F AC (0,93) + F AH = 0

F AC

∑ F = 0 :

Nudo G:

x

→

F AC = −161,56

→

F AC = 161,56 kN (C )

→

F AH = 150,25

→

F AH = 150,25 kN (T )

161,56 (0,93) + F GH (0,64) = 0

F GH

→

F GH = −234,67

→ F GH = 234,67 kN (C )

161,56

∑ F = 0 :

θ

G

φ

y

− 161,56 (0,37) + G y + (−234,67) (0,77) = 0

G y

→

∑ F = 0 :

Nudo H :

x

H y H

150,25 θ

− 161,56 (0,37) + G y + F GH (0,77) = 0

→ H x

∑ F = 0 : y

234,67


→

G y = 240,47 kN

− 150,25 + 234,67 (0,64) − H x = 0 H x = 0

(era de esperar)

234,67 (0,77) − H y = 0 H y = 180,7 kN


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-18

Comprobamos con el equilibrio de la armadura completa:

∑ F = 0 : ∑ M = 0 :

− 60 + G y − H y = 0

y

60 (10) − G y ( 2,5) = 0

H

La respuesta será: A

→ →

− 60 + (240,47) − (180,7) = 0 ok! 60 (10) − 240,47(2,5) = 0

150,25 kN ( T ) B 150,25 kN (T ) D 150,25 kN (T ) F 150,25 kN (T ) 1 61 N k ,5 6 k N 0 0 ) ( C ) k N N ( C 1 6 1 k N ,5 6 N 0 0 k k k N k N 0 ( C ) C 6 7 , 4 1 61 2 3 ,5 6 k N ( C ) E

ok!

H

Fig. 6-54

G

Ejemplo 6.5: 1m

Para la armadura mostrada se pide:

A

a) Calcular las fuerzas en todas las barras en función de P. b) Si cada barra a tracción resiste una fuerza máxima de 28000 N mientras que cada barra a compresión resiste una carga máxima de 12000 N, se pide calcular el máximo valor de P que se puede aplicar a la estructura.

1m

1m

B

D

m 1

C Fig. 6-55

G

E

P

2P

Solución: empecemos calculando las reacciones en los apoyos de la estructura: 1m A x

m 1

1m

A

∑ F = 0 : ∑ M = 0 :

1m

B

x

D

A

A y

G

E

Fig. 6-56

2P

P

∑ F = 0 :

Nudo A:

y

A

G y

∑ F = 0 :

A y − 3 P + G y = 0

y

A y = ( 4 / 3) P

→

( 4 / 3) P − F AC ( 2 / 2) = 0

∑ F = 0 : x

F AC

F AB + F AC ( 2 / 2) = 0

A y = 4 P/3

∑ F = 0 : x

F BC

F CE = 1,886 P ( 2 / 2)

1,886 P 45°

F CE

C

→ F AC = 1,886 P → F AC = 1,886 P (T )

F AB

45°

Nudo C :

P (1) + 2 P ( 2) − G y (3) = 0 G y = (5 / 3) P

→ C

A x = 0

∑ F = 0 : y

P


F BC = P − 1,886 P (

→

F AB = −1,333 P

→

F AB = 1,333 P (C )

→

F CE = 1,334 P

→

F CE = 1,334 P (T )

2 / 2)

→ F BC = −0,334 P → F BC = 0,334 P (C )


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-19

∑ F = 0 :

Nudo B:

F BE ( 2 / 2) = 0,334 P

y

F BD

B

1,334 P

45°

F BE

∑ F = 0 :

→

F BE = 0,472 P

→

F BE = 0, 472 P (T )

→ F BD = 1,668 P (C )

0,334 P

Nudo E :

∑ F = 0 :

→ F DE = 1,666 P

F DE = 2 P − 0,472 P ( 2 / 2)

y

F DE

→ F DE = 1,666 P (T )

0,472 P E

45°

F EG

1,334 P

∑ F = 0 :

F EG = 1,334 P + 0,472 P (

x

2 / 2) →

F EG = 1,668 P

→ F EG = 1,668 P (T )

2P

∑ F = 0 :

Nudo D:

F DG ( 2 / 2) + 1,668 P = 0

x

D

1,668 P

→ F BD = −1,668 P

F BD + F BE ( 2 / 2) + 1,334 P = 0

x

45°

F DG

∑ F = 0 :

→

F DG = −2,359 P

→

F DG = 2,359 P (C )

− F DG ( 2 / 2) + 1,666 P = 0

y

( −2,359 P) ( 2 / 2) + 1,666 P = 0

1,666 P

ok!

Podemos comprobar resultados verificando equilibrio de nudo G:

∑ F = 0 :

2,359 P

2,359 P ( 2 / 2) − 1,668 P = 0

x

45°

1,668 P − 1,668 P = 0

G

1,668 P

∑ F = 0 :

Respuesta:

(5 / 3) P − 2,359 P ( 2 / 2) = 0

y

5 P/3

1,667 P − 1,668 P = 0 A

- 1,334 P + 1 ,8 8 6

P

(ok!)

B

- 1,668 P

0 , 3 3 4

P

D + 1 , 6 6 6

+ 0 ,4 7 2

P

- 2 ,3 5 9

P

P

+ 1,334 P

Fig. 6-57

C

(ok!)

+ 1,668 P

G

E

b) La barra más cargada a tracción es AC : F max, tracc = 1,886 P

≤ 28000 N

→

P ≤ 14846,24 N

→

P ≤ 5086,9 N

La barra más cargada a compresión es DG: F max, comp = 2,359 P

de ambos resultados:

≤ 12000 N

Pmax = 5086,9 N



Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-20

Ejemplo 6.6: Para la armadura mostrada se pide: a) Calcular las fuerzas en todas las barras en función de P. b) Si cada barra resiste una fuerza máxima de 10 ton a tracción y una fuerza máxima de 7 ton a compresión, calcular el máximo valor de P admisible. Solución:

3m

P

m 3

A

F C

E

1,8 m

5,4 m

entonces:

α

∑ M

A



Fig. 6-58

α = 35,54º

= 2,7 tan α

= 0:

→



= 1,93 m

P (3) + 3P (6) − F y (9,0) = 0

→



1,8 m

→

tan α = 3 / 4,2

3P

m 3

F y = 2,333 P

F

α C

A y

D M

M

A

3P

B

D

B

A x

3m

P

F x

E

1,8 m

5,4 m

1,8 m

∑ F = 0 :

A y + F y = 4 P → A y = 1,667 P

y

F y

Fig. 6-59

•

P B

D α

Seccionaremos las barras BE y CD:

∑ M

F BE

M

M

F CD A x

A

m m 3 3 9 , 1



α

C

A y

1,8 m

1,2 m

1,5 m

1,5 m

1,2 m

− A y (4,5) + A x (1,93) + P (1,5) = 0

→

∑ M

E

E

Fig. 6-60

= 0: A x = 3,11 P

= 0:

P (4,2) − F CD sen α (5,4) − Ay (7,2) = 0

→ F CD = 2,486 P (C )

∑ M

D

= 0 : P (3) + F BE sen α (3,0) + A x (3) − Ay (6) = 0

3 P + F BE (sen 35,54º ) (3) + 3,11 P (3) − 1,667 P (6) = 0 → F BE = 1,335 P (C )

∑ F = 0 :

Nudo C :

y

F CB

F CB =

2,486 P β

F AC

α

∑ F = 0 : x

C

F CB sen β − 2,486 P sen α = 0

2,486 P sen 35,54º

F AC = 1,556 P cos 68,20º −2,486 P cos 35,54º

F AB

∑ F = 0 : y

→ γ

3,11 P A

F CB = 1,556 P (T )

F AC = F CB cos β − 2,486 P cos α F AC = −1,445 P

Nudo A:

→

sen 68,20º

1,445 P

∑ F = 0 : x

1,667 P


→

F AB ( 2 / 2) − 1,445 P = 0

F AC = 1,445 P (C )

→

F AB = −2,358 P

F AB = 2,358 P (C )

3,11 P + F AB ( 2 / 2) − 1,445 P = 0 3,11 P − 2,358 P (0,707) − 1,445 P = 0 ok!


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-21

∑ F = 0 :

Nudo E :

F ED

y

F ED

sen β = 1,335 P sen α

F ED =

1,335 P

1,335 P sen α

β

→

F EF

α

E

→

sen 68,20º

F ED = 0,835 P

F ED = 0,836 P (T )

∑ F = 0 :

F EF = F ED

x

cos β − 1,335 P cos α

F EF = 0,836 P cos 68,20º −1,335 P cos 35,54º F EF = − 0,776 P

Nudo F :

∑ F = 0 :

F DF

y

γ

0,776 P

F

→

2,333 P

Podemos comprobar:

F DF sen γ +,2333 P = 0 F DF = −

3,11 P

∑ F = 0 : x

F EF = 0,776 (C )

→

2,333 P

→

sen 45º

F DF = −3,299 P

F DF = 3,299 P (C )

0,776 P − 3,11 P − F DF cos γ = 0

0,776 P − 3,11 P − (−3,299 P) (0,707) = 0 ok! Verificación final: equilibrio del nudo D:

∑ F = 0 : y

3P

2,486 P sen α + 3,299 P sen γ − 0,836 P sen β − 3 P = 0 2,486 P sen 35,54º +3,299 P sen 45º − 0,836 P sen 68,20º −3 P = 0 → 0 = 0 ok!

D γ

α

β

3,299 P

2,486 P

0,836 P

∑ F = 0 : x

2,486 P cos α + 0,836 P cos β − 3,299 P cos γ = 0 2,486 P cos 35,54º +0,836 P cos 68,20º −3,299 P cos 45º = 0 → 0 = 0 ok!

Respuesta:

D

B

P

8 , 3 5 2 -

A

P

6 5 5 , 1 +

- 3 ,2 9 9

+ 0 , 8 3 6

- 1 ,3 3 5

6 P 8 4 , - 2

P

P

- 0,776 P

- 1,445 P

C

Fig. 6-61

E !

•

Barra más cargada a tracción:

F BC = 1,556 P ≤

•

Barra más cargada a compresión:

F DF = 3,299 F ≤

Conclusión:

P

!

F

10 ton →

P ≤ 6,43 ton

7 ton →

P ≤ 2,12 ton

Pmax = 2,12 ton



Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-22

Ejemplo 6.7:

D

Para la armadura mostrada determinar el máximo valor de P, sabiendo que las barras soportan una tracción máxima de 9 ton y una compresión máxima de 8 ton.

C B

G I

J

2P

Dado que hay simetría geométrica y de cargas, A y = G y = 2 P • Ahora realizaremos una inspección visual para determinar si hay nudos bajo condiciones de carga especial:

2m

•

P 2m

2m

Fig. 6-62

D E

C K L

B

F

M

G

A I

J

F JK = 0

m 5 , 1

H

P

F BJ = 0

F

M

A

2m

•

L

K

Solución:

Nudo B: Nudo K : Nudo M : Nudo F :

5 , 0 5 , 0

E

A y = 2P

P

F MH = 0

H 2P

2m

2m

F FH = 0

P 2m

G y = 2P 2m

Fig. 6-63

Análisis de los nudos:

Nudo A:

∑ F = 0 :

F AB 45°

A

F AB sen 45º + 2 P = 0

x

F AJ

∑ F = 0 :

F AB = −2 2 P

→

F AB = 2 2 P

− 2 2 P ( 2 / 2) + F AJ = 0

Nudo J :

J es nudo especial:

F JC

J

2P

F JI

(C )

F AB cos 45º + F AJ = 0

y

A y = 2P

→

además: F JI = F AJ

F JC = P

→

→

F AJ = 2 P

(T )

(T )

F JI = 2 P

(T )

P

Nudo I : F KI

2P

F KI = F IM

Por simetría:

F IH = 2 P

F IM 45°

45°

I

F IH

∑ F = 0 :

2 F KI ( 2 / 2) = 2 P →

y

y como F CK = F KI

2P

→

F KI = 2 P

(T )

F CK = 2 P

(T )

∑ F = 0 :

Nudo C :

x

F CD

C

δ δ

F CL

45° 45°

2 2P

2P P

∑ F = 0 : y

→

2 2 P ( 2 / 2) + 2 P ( 2 / 2) + F CD cos δ + F CL cos δ = 0

→

donde:

F CD + F CL = −3,093 P tan δ =

0,5 2

→

δ = 14,04 º

(1)

→

 sen δ = 0, 24   cos δ = 0,97

2 2 P ( 2 / 2) − P − 2 P ( 2 / 2) + F CD sen δ − F CL sen δ = 0 F CD − F CL = 0


(2)


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-23 F CD = F CL = −1,55 P

Resolviendo (1) y (2):

F CD = F CL = 1,55 P

→

Nudo D:

∑ F = 0 :

D

(C )

F DL = 2 (1,55 P) sen δ →

y

F DL = 0,744 P

(T )

δ

δ

1,55 P

1,55 P F DL

Respuesta:

C 8 , 2 + 2

P

8 , 2 + 2

+ 1 ,4 1

4 4 7 , 0

L + 1 ,4 1

K

P

+2 P

A

+ 2 ,8 2

P 4 , 1 1 +

P 4 , 1 1 +

+2 P

J

E

P - 1, 5 5

+

P

P +

- 1,5 5 P

P

- 1,5 5 P

P

B

D

P - 1, 5 5

M

P

F

P +

+ 2 ,8 2

P

+2 P

I

+2 P

G

H

Fig. 6-64

F AB = F BC = 2,82 P

Barra más cargada a tracción: →

Barra más cargada a compresión: →

de (3) y (4): 6.5.2

!

2,82 P ≤ 9 ton

→

P ≤ 3,19 ton

(3)

→

P ≤ 5,16 ton

(4)

F CD = F CL = 1,55 P !

1,55 P ≤ 8 ton

Pmax = 3,19 ton

Método de los cortes (o método de Ritter)

Si es que se desea determinar las fuerzas axiales en unas cuantas barras de una armadura, resultará más efectivo aplicar el método de los cortes o de Ritter. Dicho método consiste en seccionar la armadura en dos partes. Para ello hay que “cortar” imaginariamente precisamente las barras de las cuales se desea determinar la fuerza axial interna. Este método también puede ser efectivo para el análisis inicial de armaduras compuestas dado que el número de reacciones externas será mayor que tres y entonces las ecuaciones de equilibrio estático de la armadura completa no bastarán para determinar dichas reacciones externas. El método aplicado a una armadura simple consiste básicamente en los siguientes pasos: 1. Calcular las reacciones externas de la estructura a partir del análisis de equilibrio del DCL de la armadura. 2. Realizar un corte a la armadura tal que seccione a las barras para las que se quiere determinar su fuerza axial interna. Como regla general el corte sólo debe seccionar tres barras. Dado que el corte divide a la armadura en dos partes, se debe elegir una cualquiera de ellas para seguir con el procedimiento. Normalmente se elige la parte que sea “más sencilla”. 3. Dibujar el DCL de la parte de armadura elegida y reemplazar las tres barras cortadas por sendas fuerzas axiales (incógnitas a estas alturas del proceso). 4. Escribir las tres ecuaciones de equilibrio necesarias para determinar las fuerzas incógnitas (que también son tres).



Cap. 6 Armaduras

Notas:

Pág. 6-24

En algunos casos excepcionales el corte elegido puede seccionar hasta cuatro barras si con ello se logra escribir una ecuación de equilibrio que contenga una incógnita que permita ser despejada inmediatamente. En el caso de estructuras compuestas, no todas las reacciones externas podrán ser determinadas con solamente las ecuaciones de equilibrio del conjunto. En tal caso, las ecuaciones de equilibrio deberán ser complementadas con ecuaciones que provengan de realizar un corte que seccionen a las barras de enlace de las subestructuras simples que conforman la estructura compuesta.

•

•

A continuación repasaremos el procedimiento aplicándolo a una armadura simple: En la siguiente estructura se desea determinar las fuerzas axiales internas en la barras CD, CH y IH . a/2

a

a

a

C

B

E

D

h F

A

I

H

a

G

2P

a

a

a

Fig. 6-65

•

DCL de la estructura: a/2

a

a

a

C

B

E

D

h F

A

I

P

H

a

a

G

2P

a

P

a

Fig. 6-66

En este caso, dada la simetría geométrica y de cargas, la determinación de las reacciones externas es inmediata. •

DCL de la parte izquierda: a/2

∑ M

C

a C

B

F CD

α

F CH

h

∑ M

H

F IH A

P

a

I

= 0:

F IH (h) = P (1,5a)

→

F IH =

= 0:

P ( 2a ) + F CD (h) = 0

→

F CD = −

H

a

Fig. 6-67

∑ F = 0 : y

→


1,5 a h

2a h

P

P

P − F CH sen α = 0 F CH =

P

sen α


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-25

∑ F = 0

Comprobación:

→

x

F CD + F CH cos α + F IH = 0

−

como tan α = •

2h a

−

:

2a h

2a h

P + P+

P

sen α a

2h

1,5 a

cos α +

P + 1,5

a h

h

P = 0

P = 0

(ok!)

Comprobación utilizando el DCL de la parte derecha: a F CD D

C

∑ M

a

H

E

= 0:

P ( 2a ) + F CD (h) = 0

h

F CH F IH

2a P h

F CD = −

→ α H

2P

∑ M

C

F G

a

a

= 0:

F IH (h) − 2 P (0,5 a ) + P (2,5 a) = 0 F IH =

→

P

Fig. 6-68

∑ F = 0 :

1,5 a P h

P + F CH sen α − 2 P = 0

y

F CH =

→

P

sen α

Resultados que, como era de esperar, coinciden con los hallados al analizar la parte seccionada a la izquierda del corte. Ejemplo 6.8: 4 kN

En la figura se muestra una armadura tipo Howe para techo, la cual soporta cargas verticales y además cargas laterales debidas a presión de viento, las cuales actúan perpendiculares a la parte inclinada. Se pide: a) Calcular las fuerzas en las barras DF, DG y EG. b) Calcular las fuerzas en las barras

F

8 kN H

D m 9

8 kN

J

B

4 kN A C

E

6 kN

6 kN

G

6 kN

I

K

6 kN

6 kN

L

Fig. 6-69

6 @ 4 m = 24 m

FH, GH y GI.

Solución:

3,2 kN 2,4 kN

F

6,4 kN

n

m

D

4,8 kN

H

6,4 kN

m 9

B

4,8 kN

J

3,2 kN

A

2,4 kN C

A y

6 kN

E

6 kN

m

G

6 kN

n

6 @ 4 m = 24 m


I

K

L

6 kN

6 kN

L y

L x

Fig. 6-70


Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-26

∑ F

Cálculo de reacciones:

∑ M

L

X

= 0:

→

L x = ( 240 + 480) ⋅ 2

L x = 1440 kgf

A y (24) = 600 (4 + 8 + 12 + 16 + 20) + 320 (12) + 640 ( 4 + 8)

= 0:

+ 240 (9) + 480 (6 + 3)

→ Ay = 2250 kgf

∑ F = 0

→ 2250 + L y = 600 (5) + 320 (2) + 640 (2) →

y

Ly = 2670 kgf

a) Para la parte izquierda (ver corte m-m en la figura):

∑ M

G

= 0:

2250 (12) − 600 (8) − 600 ( 4) + F DF cos α (6) + F DF sen α ( 4) = 0

→ F DF = −2750 kgf

F DF D

α

∑ F = 0 :

β m 6

2250 − 600 (2) − F DF sen α − F DG sen β = 0

y

F DG

B

→ A

F DG = −721,1 kgf

α

C

E

6 kN 4m

A y

F EG

6 kN 4m

G

∑ M

D

4m

= 0 : 2250 (8) − 600 (4) − F EG = 0 →

F EG = 2600 kgf

Fig. 6-71

;

senα = 3 / 5

Comprobación:

;

cos α = 4 / 5

∑ F = 0 :

sen β = 6 / 7, 211

F DF cos α (6) + F DF cos β − 2600 = 0

x

b) Para la parte de la derecha (ver corte n-n en la figura):

∑ M

6,4 kN

F HF α

G

H

4,8 kN

F HG

m 6

640 ( 4 + 8) + 320 (12) − 2670 (12) + 640 ( 4 + 8) −

6,4 kN

β

4,8 kN

J

3,2 kN α

G Fig. 6-72

F IG

4m

∑ F = 0 : y

→

∑ F = 0 : y

→

= 0:

2,4 kN

I

K

L

6 kN 4m

6 kN 4m

L y = 2,67 kN

− 480 (6 + 3) − − F FH cos α (6) + F FH sen α (4) = 0 → F FH = −2450 kgf

L x = 1,44 kN

F FH senα − F GH senβ − 640 (2) − 320 + 2670 − 600 (2) = 0

F GH = −1922,93 kgf F GI cos β − F GH cos α − 480 ( 2) − 240 + 1440 = 0

F GI = 3266,67 kgf



Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-27

Ejemplo 6.9:

600 kgf A

Para la armadura mostrada, se pide determinar las fuerzas en las barras DE, DF, BC y BF .

B

300 kgf m 5 , 1

Solución:

C F

Empezaremos determinando las reacciones: A y

m 5 , 1 θ

600 kgf

A x A

2m

1

1

5 , 1

∑ F = 0 : ∑ M = 0 : y

F m 5 , 1

E x

A

D

2m

F ED = E x

→

∑ F = 0 :

A x = 800 kgf

F ED = 800 kgf (C )

F AE = 0

y además: Nudo D: F DC

E x (3) − 600 (2) − 300 ( 4) = 0 E x = 800 kgf

x

2m

A y = 900 kgf

→

θ

E

2m

300 kgf m C

Nudo E :

D

E

B

∑ F = 0 :

F FD cos θ = 800

→

F FD = 1000 kgf (T )

∑ F = 0 :

F FD sen θ + F DC = 0

→

F DC = − 600

→

F DC = 600 kgf (C )

x

F FD y

θ

800

D

sen θ = 3 5 , cos θ = 4 5

Ahora realizaremos el corte 1-1 mostrado: A y = 900 A x =800 A

∑

→ F BC = −500

B θ

θ m 5 , 1

 4  M F = 0 : − 800 (1,5) + 900 (2) + F BC   (1,5) = 0  5 

600

F AF F BF F

2m

F BC

∑ M

A

= 0:

→

F BC = 500 kgf (C )

600 (2) + F BF ( 2) + F BC sen θ ( 2) = 0 1200 + 2 F BF +

→ F BF = −300

→

6 5

(−500) = 0 F BF = 300 kgf (C )

Notar que una solución alternativa sería la de analizar el nudo A y luego el B en vez de realizar el corte 1-1.



Cap. 6 Armaduras

Pág. 6-28

∑ F = 0 :

Nudo A:

y

A y=900 A x=800 A

∑ F = 0 :

F AB

θ

x

→

F AF = 1500

→

F AF = 1500 kgf (T )

− 800 + F AB + F AF cos θ = 0 − 800 + F AB + (1500) (0,8) = 0 →

F AF

∑ F = 0 :

Nudo B:

x

B

→ →

θ

F BC

∑ F = 0 :

F BF

y

→ F AB = − 400 F AB = 400 kgf (C )

400 + F BC cos θ = 0

400 + F BC (0,8) = 0

600 400

900 − F AF sen θ = 0

F BC = −500

F BC = 500 kgf (C )

− 600 − F BF − F BC sen θ = 0 − 600 − F BF − (−500) (0,6) = 0 → F BF = − 300 F → BF = 300 kgf (C )

Tarea: resolver las fuerzas F BC y F BF analizando el nudo C y luego el B. Ejemplo 6.10: Utilizando el método de los cortes, hallar las fuerzas en las barras HG y BC . C

B

D

m

B

C

D

m 1

m 1

J

I

J

I m 1

A x

E

A G

H

20 kN 1m

A

E

F

H

40 kN

20 kN

1m

1m

1m

A y

Cálculo de reacciones:

∑ F = 0 : ∑ F = 0 : ∑ M = 0 : x

A x = 0

y

A y + E y = 80

20 (1) + 40 (2) + 20 (3) − E y ( 4) = 0

m

20 kN 1m

Solución:

A

m 1

→

1m

G

F

40 kN

20 kN

1m

1m

E y = 40 k N

→

E y

A y = 40 k N

Hacemos corte m-m: B

F BC

∑ M

B

F BI

m 2

F IH

= 0:

F HG ( 2) − 40 (1) = 0

→

F HG = 20

∑ F = 0 : x

A

F HG

H

40 kN

→

→

(T )

F BC + 20 = 0

F BC + F HG = 0 F BC = −20

F HG = 20 kN

→

F BC = 20 kN

(C )

20 kN 1m



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