ESTRUCTURAS RETICULARES..pdf

5 ESTRUCTURAS RETICULARES

5.1 ESTRUCTURAS RECTICULARES O ARMADURAS

Las armaduras son estructuras formadas por elementos cuya sección transversal es pequeña en comparación con su longitud, estos elementos reciben reciben el nombre de barras. 5.2 FORMACION DE ARMADURAS

Las armaduras se generan, agregando sucesivamente dos barras al triangulo formado por tres barras unidas entre si por medio de pasadores sin fricción, que forman articulaciones ideales, las cuales se indican por medio de números o letras y que comúnmente se les llama nudos.

Figura 5.1 En la figura 5.1 a, se tiene tres barras articuladas entre si que que se comportan como un solido rígido; que los indicadores por la letra S. Si a este sólido le articulamos las barras S 4 y S5  y se unen entre si por medio de un pasador, se tendrá dos triángulos y que será necesario ponerle un apoyo apoyo articulado y un apoyo libre para mantenerlo mantenerlo en equilibrio equilibrio estable. En la figura 5.2, se muestra una armadura que ha sido formada, al agregar en forma sucesiva dos barras al “solido” formado por las barras S 1, S2 y S3.

5.3 CLASIFICACION DE LAS ARMADURAS

Las armaduras se pueden clasifican en: 1. Armaduras Simples. Son sistemas formados por barras que forman triángulos, los cuales se comportan como sólidos rígidos y están unidos entre sí por medio de articulaciones. En la figura

7.3 se muestra dos armaduras simples que se formen agregando en forma sucesiva dos barras al triangulo base ABC.

Figura 5.3 2. Armaduras Compuestas. Son armaduras formadas por por dos o más armaduras armaduras simples, unidas entre entre sí por medio de ligaduras que restringen el movimiento relativo de una con respecto a la otra l

Figura 5.4 En la figura 7.4 a, se muestran a las estructuras simples S 1 y S2 unidas entre sí por la articulación “c” y la barra “b” que constituye una biela, las cuales hacen que S1 y S2 se comporten como un sólido rígido. La estructura de la figura 7.4 b está formada por S y S4 unidas entre sí por las barras S 1, S2 y S3 que impiden todo movimiento entre ellas por lo tanto el conjunto se comporta en forma similar a la primera. 3. Armaduras Complejas. Son aquellas que no cumplen con la condición de las dos anteriores y su solución requiere de métodos especiales. En la figura 5.5 se muestra a dos estructuras de este tipo.

5.4 ANALISIS DE LAS ESTRUCTURAS RETICULARES. RETICULARES. Al analizar una estructura supondremos que el peso de las barras es despreciable, que las cargas se aplican sólo en los nudos, que el eje de las barras es recto y coincide con la línea definida por los centros de los pasadores situados en los extremos de ellas. Al hacer el D.C.L. de cualquier barra que forma la armadura veremos que éstas están están sometidas a fuerzas axiales (una en cada extremo) que las tratan de acortar o alargar, y representan la acción que ejercen los los pasadores a los cuales se encuentran encuentran conectadas. Al no existir cargas sobre las barras, la condición de equilibrio exige que estas dos fuerzas sean iguales en magnitud y de sentido opuesto, por lo tanto existe sólo una fuerza desconocida por cada barra de la estructura.

Figura 5.6 En la figura 5.6 la primera barra por acción de las fuerzas F que le aplican los pasadores, la primera trata de alargarse mientras que la segunda barra trata de acostarse, en el primer caso decimos que la barra está en tracción. y en el segundo que está es comprensión 5.5 CONDICION DE RIGIDEZ DE LAS ESTRUCTURAS RETICULARES RETICULARES SIMPLES. Se ha visto que las armaduras simples se generan por tres barras articuladas entre sí que forman tres nudos y a las cuales se les ha ido agregando un par de nuevas barras a fin de obtener un nuevo vértice o nudo. Si llamamos “p” a los pares de barras

convenientemente unidas que hemos agregado para obtener la estructura, el número de barras “b”, será:

b=3+2p

(I)

Como cada par de barras origina un nuevo nudo, el número número

determinado por 2n = 3 + p

5.1

“n” de nudos estará estará

de donde sacamos la relación que debe existir entre el número de barras “b” y el número de nudos “n” para que el comportamiento de la estr uctura sea como la de un sólido

rígido.

Figura 5.7 Apliquemos la relación 5.1 a las estructuras que se muestran en la figura 5.7 a y 5.7 b. La primera tiene 5 nudos y 7 barras en consecuencia se tiene:

7 = 2 (5) – 3 La segunda estructura de la figura 5.7 b tiene 11 barras y 7 nudos, en consecuencia, también cumple la ecuación 7.1, pero no puede considerarse como un sólido rígido pues una parte de ella puede girar en torno del nudo 2. De esto concluimos que la ecuación (7.1) es una condición necesaria,  pero no suficiente para la condición de rigidez de una estructura.

5.6 METODOS USADOS EN LA DETERMINACIÓN DE LAS FUERZAS QUE SOPORTAN LAS BARRAS DE UNA ESTRUCTURA RETICULAR. Para la determinación de las fuerzas en las barras de una estructura reticular usaremos los siguientes métodos: a) METODO DE LOS NUDOS:

Consiste en suponer a los pasadores, como partículas en equilibrio por la acción de las fuerzas que producen las barras sobre ellos y las cargas. En cada nudo existen además de las cargas, tantas fuerzas desconocidas como barras concurran en el. La forma más sencilla para determinar las fuerzas en las barras es haciendo un diagrama de cuerpo libre de cada uno de los nudos en donde se colocan las fuerzas que suponemos actúan sobre las barras que convergen en cada nudo de las barras que forman la estructura. Cuando se emplea el método de los nudos, en cada nudo sólo deben existir dos incógnitas por determinar.

Figura 5.8 Para la estructura mostrada en la figura 5.8 haremos el diagrama de cuerpo libre de los pasadores y de las barras, los cuales se indican en la figura 5.8 (b) . Las barras 1-4, 4-3 2-4se han supuesto en tracción, es decir que las fuerzas que actúan en ellas tratan de alargarlas, esta acción se ha representado en el nudo como que la fuerza se aleja de él. Para la barra 1-2 , 2-3, supuesta en comprensión la fuerza que actúa en ella se representa como acercándose al nudo. Como cada pasador constituye una articulación ideal, podemos escribir para cada una de ellas dos ecuaciones de equilibrio, si la estructura tiene “n” nudos o articulaciones, se podrán escribir “2n” ecuaciones de las

cuales se pueden obtener el valor de 2n incógnitas. De la ecuación (5.1) sacamos que: 2n = b + 3 Es decir que las 2n ecuac iones nos permiten determinar las fuerzas en las “b” barras, las dos componentes en el apoyo articulado y la reacción en el apoyo simple. Resolver las “2n” ecuaciones con 2n incógnitas no es lo más conveniente, se debe primero

determinar las reacciones en los apoyos para lo cual se considera a toda la estructura como sólido rígido, y después resolver en forma sucesiva dos ecuaciones con dos incógnitas para cada nudo. Se comenzará con es lógico por los nudos en donde el número de incógnitas que en él se tengan sea sólo de dos. Cuando esto no sea posible el método no será de utilidad. y usaremos alguno de los métodos que se verá a continuación En el ejemplo 7.1 aclararemos estos conceptos. Ejemplo N° 5.1 Empleando el método de los nudos, determinar las fuerzas en las barras de la estructura simple que se muestra, indicando si se encuentra en comprensión o en tracción.

Determinemos las reacciones

å  M1 = å  F y

12 R3 - 36(6) = 0 Þ R3 = 26kN 

0 Þ

= 0 Þ - 36 + 26 +

R1 = 0

Þ

R1 = 10kN 

De la figura sacamos tga tgb

2 =

3 4 =

3

sen a sen b

=

=

0,554 0,8

cos a cos b

=

=

0,832

0,6

Equilibrio del nudo 1. En el nudo 1 actúan las reacciones R 1 y R2 cuyos valores conocemos y las fuerzas F 2-1 y F1-4, la primera de las cuales supondremos que comprimen el nudo y la segunda lo traciana.

å

 F x = 0 Þ F14 cos a - F 2- 1 cos b - 12 = 0

å

 F y = 0 Þ F14 sena - F21senb + 10 = 0 Reemplazando datos tenemos las siguientes ecuaciones: 0.832 F1-4 – 0.6 F2-1 = 12

(1)

0.554 F1-4 – 0.8 F1-2 = -10

(2)

Resolviendo (1) y (2), se tiene: F1-4 = 46.81 ton.(C)

F1-2  = 44.92 ton.(T)

Por haber salido los valores de las fuerzas positivas, esto nos indica que el sentido que supusimos de las fuerzas es correcto. Obsérvese que si el nudo está comprimido por la barra 1-2 éste también la comprimirá con una fuerza igual y de sentido contrario tal como se indica en la fuerza siguiente: Equilibrio del nudo 2. En este nudo sólo se desconocen las fuerzas en las barras 2-4 y 2-3 a las cuales hemos supuesto en tracción y compresión respectivamente. La fuerza F1-2 ya ha sido determinada y junto con la fuerza de 12 ton. hacen que el nudo este en equilibrio.

å

 F x = 0Þ

å  F y =

F1-

0Þ F

4

cos b - F 3-

1- 4

2

cos b + 12 = 0

senb + F32 senb - F 2- 4 = 0

Remplazando datos en (2) y (3)

å  F x =

0 Þ 44,92(0, 6)- F 3- 2 (0, 6)+ 12 = 0 (3)

å  F y = 0Þ 44,92(0,80)- F2- 4 + F 3- 2 (0,8)= 0 (4) Resolviendo (3) y (4) se tiene F3-2=64,92 ton (C)

F2-4= 87,86 ton (T)

Equilibrio del nudo 3. En el nudo 3 se desconoce sólo el valor de la fuerza en la barra 3-4, supondremos a R 3 como desconocida para determinarla y comprobar con el valor que ya hemos hallado.

En el nudo 3 se desconoce sólo el valor de la fuerza en la barra 3-4, supondremos a R3  como desconocida para determinarla y comprobar con el valor que ya hemos hallado.

å  F x = 0Þ F2- 3 cos b - F 3- 4 cos a

å  F y =

0Þ -

-

 F 3

-

4

(0,832) 0   (5) 64,92(0,80) +  F3 4 (0,554)+ =

-

Resolviendo (5) y (6) se tiene

0

F 2- 3sen b + F3- 4 sena + R3 =

Remplazando datos se tiene

64,92(0,60)

=

R3

=

0   (6)

0

F3-4 = 46,81 ton (T)

R3= 26 ton

Los valores de las fuerzas en las barras se acostumbra a escribir sobre las barras precedidas del sigo + cuando están en tracción y del signo  –  cuando están en compresión.

NUDOS SOMETIDOS A CONDICIONES ESPECIALES DE CARGA

Al analizar una estructura con la finalidad de encontrar las fuerzas que soportan las barras , es necesario observar si los nudos están sometidos a condiciones especiales de carga lo cual simplifica el análisis . En la figura 5.9 se muestran cuatro casos de mucha frecuencia

Figura 5.9 En la figura 5.9 (a) las fuerzas en las barras A y B deben ser iguales y de sentido contrario y la fuerza en C debe ser igual a la carga P Las fuerzas en las barras (b) son iguales y de sentido contrario y la fuerza en C es nula por no existir carga en el nudo. En las barras colineales que se muestra en la figura (c) las fuerzas en las barras A y B lo mismo que en las barras C y D serán iguales y de sentido y de sentido contrario En la figura (d) las barras A y B no soportan fuerzas si no hay fuerza en el nudo . Analicemos las barras de la estructura mostrada en la figura 5.10.

las barras 1-2, 4-5, 2-9 , y 4-7 no soportan cargas .

Figura 5.10 Las dos primeras porque el equilibrio de los nudos 1 y 5 exige que se cumpla å  F  x 0 . Para las dos últimas, si analizamos el equilibrio de los nudos 9 y 7 se debe tener en ellos que å  F  y 0 . =

=

Las fuerzas en la barra 7-8 debe ser igual y de signo contrario a la fuerza en la barra 7-6, lo mismo sucede con las barras 9-8 y 9-10 b METODO DE FUERZA INCOGNITA .

Es una variante del método de los nudos que se usa cuando en cada nudo de toda la estructura existen tres fuerzas desconocidas. El método consiste asignar a una de las tres fuerzas que concurran en un nudo un valor desconocido “x”. Se determinan las fuerzas en todos los nudos en función de “x” y de las cargas aplicadas. Luego se aplican las condiciones de equilibrio en

cualquier nudo y en forma especial en el nudo en donde exista, y de este equilibrio se determina el valor de “x” y en consecuencia las fuerz as en todas las barras. Al igual que el método de los nudos exige la solución de varios sistemas de ecuaciones y es de gran utilidad, utilizando cálculos ordinarios, cuando no existen muchos nudos. Ejemplo N° 7.2 Determinar las fuerzas en las barras de la estructura mostrada usando el método de la fuerza incógnita. Solución: Vemos que es posible determinar las reacciones pero a pesar de esto no podemos usar el método de los nudos por existir en cada uno de ellos tres fuerzas desconocidas en consecuencia el método de los nudos no posible de aplicar Determinemos las reacciones-en A y B RA = P/3

RB = 2P/3

En todos los nudos existen tres fuerzas por determinar

Comencemos por el nudo A en donde existen tres fuerzas desconocidas. A la fuerza de la barra AB del nudo A, la llamaremos x Calculemos los valores de los senos y cosenos de de los ángulos q y b y comencemos la solución a partir del nudo A

3

tg q

3

sen q

=

tg b

3

3

sen b

=

4

cos q

=

13

3

cos b

=

2 =

13

4 =

5

5

Del nudo A sacamos å

 F y = 0

Þ

FAG senq- x- P /3 = 0

å  F x = 0 Þ F AG senq- x- P /3 = 0 Þ å  F x = 0 Þ - F AB + FAG cos q = 0

3

FAG =

Þ

13 2

FAB =

3

(x- P /3)  

(a)

P /3)  

(b)

(x-

Nudo G å

 F y = 0

 F

 BG

=

Þ F

F AG senq 5

 senθ 

AG sen β 

=

3

+

FBG senb = 0 P /3)  

(x

-

(c) (d)  

å  F x = 0 Þ - F AG cos q - FBG cos b + F GE = 0

Remplazando (a) y (d ) en se tiene

 FGE 

=

2 (x

-

P /3)  

(e)

(f)

Nudo D å

 F y = 0 Þ

x - F DE  senb = 0

Þ

FDE  =

å  F x = 0 Þ - FCD cos q + FDE cos b=0Þ  

 x  senb F 

CD

5

=

=

3

(x)  

4 x

(g)

 

3

(h)

Nudo C å  F x = 0 Þ FCD - FCE

cos q = 0 Þ

FCE  =

 

å  F y = 0 Þ F BC - FCE  senq = 0

Þ

 F CD

cos q

=

FBC  =

2 13 3

x

2x  

(g) (i)

Nudo E en donde esta aplicada la carga

å

 F y =

æ senb ö ÷ ÷+ (x)2 ÷ ç è 3 ø

0 Þ 5x ç ç

13

senq =

0

 x + 2 x + P = 0 Þ x =

 P  3

Determinado el valor de x se puede determinar el valor de las fuerzas en las barras remplazando el valor de x en las ecuaciones (a) , (b) etc.  P 

 F  AD  F DC 

=

3 4

=

 F DC 

9

4

=

3

 F CE 

(C )

2 13 =

9

P

(T )

 F DE 

5 =

9

P

(T )

 FCB

2 =

3

P (C )

P 

P (C )

Las barras  AG AB GE yGB   no trabajan ,

,

c MÉTODO DE RITTER O DE LOS CORTES El método de Ritter se basa en que si se corta una estructura y si se sustituyen las barras cortadas por fuerzas exteriores cuyas direcciones se conocen y cuyo sentido se asume. Cada una de las partes en que queda dividida la estructura se comporta como un sólido rígido en equilibrio y se pueden aplicar las ecuaciones de equilibrio que ya hemos estudiado Veamos en la estructura mostrada en la figura 5.11 la forma como se aplica el método Ejemplo

Hagamos un corte a-a para dividirla en dos partes

5.6

El sólido rígido S 1 eta en equilibrio por las siguientes fuerzas La reacción en 1 la fuerza P en el nudo 2 y las fuerzas F 43, F39 y F10-9 . Aplicando momentos con respecto al nudo 3 se obtiene la fuerza F10-9 la sumatoria en å Fx y å  F  y en el sólido S1 permite determinar las fuerzas en las barras 3-4. La barra 3-9. Después puede usarse el método de los nudos

Ejemplo 5.3 Determinar las reacciones y las fuerzas en las barras de la estructura mostrada cuando se aplica una fuerza de 60 kN En F .- Indicar si la estructura esta en equilibrio estable para este tipo particular de fuerza

Solución

No es posible determinar todas las reacciones mediante las ecuaciones de la estática. Tampoco se puede aplicar el método de los nudos. Emplearemos el método de Ritter haciendo un corte 1-1. Sin embargo es posible determinar la

componente  A x  Analizando toda la estructura

å

 F x = 0 Þ

- Ax + 60 = 0 Þ Ax = 60kN 

Del D.C.L (a)

å  F y =

0 Þ

Ay

= 0

å MF = 0 Þ - 60(2) + F (1.50) = 0  BC 

 F BC 

=

80 kN (t )

å  F x = 0 Þ 60 - 60 + 80 - FEF = 0

FEF  = 0 kN(c )

Þ

Estudiemos el nudo E

å

 F x = 0Þ 80 - F DE  cos 45 = 0

 F DE 

=

80 2

å  F y =  F EC 

=

=

0 Þ

113,13kN    (c)

FDE sen45 - F EC  =

0

80kN (t )

Equilibrio del nudo D

å

 F y = 0 Þ - 80 2sen45 + RD = 0 Þ

å

 F x = 0 Þ 80 2 cos 45 - FCD = 0 Þ FCD = 80kN 

RD = 80 kN  Ý

Equilibrio en el nudo C

å  F x = 0 Þ FCB = 80 (t )

å  F y =

Equilibrio del nudo B tga =

1

 F BA

=

å  F y =  F BF 

tg b

10 3

0Þ

80

=

-

FBAsen a

sen b

3

å  F y = =

10

84,33kN (t )

=

4

3

= 0

F BA cos a

10 æ 1 ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç 3 è 10 ø

=

 F AE 

=

ß

8 kN 

cos a =

10

0 Þ 80 -

80

RC  =

1

Þ sena = 3  

å  F x =

Equilibrio del nudo F

0 Þ

0 Þ

+

cos b

FAE senb -

æ 80 ö ÷ ç ÷ ç ÷ ç è3 x0,8 ø

=

0

26,67kN (t )

0,80

=

F BF  =

100 3

80

=

0,60

= 0

3

33.33kN (c)

Verificación en el nudo A

å  F  x = 0

Þ -

60 - 33.33cos b + 84.33cos a

Ejemplo 5.4 Para la estructura mostrada determinar las fuerzas en las barras 2-5, ´5-8, 4-7, 7-9, 6-7 usando el método de Ritter o de los cortes

∑M1 = 0

→ 36 R2 - 60(24)- 12 (30) = 0 → R2  = 50 ton.

∑Fy = 0

→ R1 – 30 - 60 + 50 = 0 → R1  = 40 ton.

Cos Para hallar los esfuerzos en las barras hagamos los cortes a-a y b-b y consideramos la barra 1-2 como sólido rígido. Tomando momentos con respecto al eje 4

å

 M 4 = 0 Þ

- 40(6)+ F1 (8)= 0 Þ F1= 30 kN 

(Compresión) å  F x = 0 Þ

- 30+ F2 = 0

Þ

F2 = 30 kN 

(tracción ) De la figura “b” del corte b -b, supondremos la

fuerza en la barra 5-8 en compresión y a la barra 7-9 en tracción, a las cuales llamaremos F3 y F4 respectivamente. ∑M7 = 0 → -40 (12) + F3 (8) = 0 → F3  = 60

ton. ∑FX = 0 → -60 + F4 = 0 → F4  = 60 ton.

Para el corte a-a consideraremos las fuerzas en las barras 6-7 y 3-5 en tracción a las cuales las llamaremos F 5 y F6

å

 M 3

=

0

-40 (6) +30 (4) + F5 (6) + 60 (4) = 0 F5 = -20 ton. (Compresión) tg q =

2 3

Þ q=

33, 69

o

Þ

cos (33, 69

o

) = 0,8321

∑FX  = 0

-30 + F5 cos θ +60 = 0

å  F x = 0 Þ - 30+ 60+ F3(0,8321)= 0

Þ

F3 -

30

= - 36,06kN 

0,8321

Ejemplo N° 5.6 Determinar las fuerzas en las barras 1-2, 3-4 y 5-6 de la estructura compuesta que se muestra.

Solución: Determinaremos las reacciones tomando momentos con respecto a 1 se tiene  F12 F34 y F 56

y llamemos a las fuerzas pedidas y å

=

0

å  F    x = 0

Þ

å

 M  

1

 F y

50(4) - 40(2) + - 50 + R2 = 0

= 0 Þ - 20 - 40 +

R1

Þ

R

3

(6) = 0

Þ

R

3

= -

20kN 

R2 = 50 kN 

= 0 Þ

R1

= 60kN 

Haciendo el corte indicado se tiene el sólido rígido 2-3-6

Esta sometido a las siguientes cargas La reacción de 20 kN en el nudo 6, la fuerza en el nudo de 40 kN en el nudo 3 y las fuerzas  F12 , F34 y F 56

Tomando momentos con respecto al punto P

6 F65 - 20(6) - 40(2) = 0

å  F y

å

= - 40 - 20 -

 F x = 0

Þ F65 =

F12 +

100 3

(100) 3

= 0 Þ

kN =

33,33kN 

F12 = 26,67 k 

Þ F 34 = 0

Conocidas las fuerzas  F12 , F34 y F 56  si se quisiera determinar las fuerzas en las demás barras se puede usar el método de los nudos

Ejemplo N° 7.8

La estructura reticular compleja, se apoya en un plano horizontal y está unida al bloque EFCH fijo a tierra. Determinar las fuerzas en las barras AD y BC usando el método de Ritter. Para determinar las fuerzas en las barras pedidas es necesario hacer los cortes 1-1 y 2-2 y tomar momentos con respecto a los puntos m y q en donde se cortan las barras AH con BE y CF con DG. Previamente determinaremos los datos auxilia res que necesitamos. tg = 1/2;

sen = 1/5; cos = 2/5

Am = L sen

mn = Am sen = L sen2 = L/5

mn = qs

qt = L - L/5 = 4L/5

An = Am cos  = L sen cos  = 2L/5 Considerando a las barras AB y DC como sólidos rígidos las Fuerzas en las barras AD Y BC en compresión, y a la fuerza de 10 ton. descompuesta en sus componentes rectangulares.

å  M q = 0 Þ

å

 M m = 0

æL ö æ4 L ö ÷ ç ÷ - F FAD ç ÷ ÷ ç ç ÷= 0 ç ÷ ç  BC è è5 ø 5ø

Þ -

Þ F = 4 F    BC AD

æL ö æ2 L ö æ4L ö æ L ö ÷ ÷ ÷ ÷ ç 5 2ç - 5 2ç + FAD ç F  ÷ ÷ ÷= 0 ÷ ç ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ç  BC  è ø è ø è ø è5 ø 5 5 5

(1)

  (2)

Resolviendo (1) y (2) sacamos  F AD

=

-

2 N 

 F BC 

=

-

4

2 N 

Las fuerzas en las demás barras se determinaran fácilmente y quedan como ejercicio para el lector , debiendo obtener los siguientes valores: FAB = -82 N

FCD = -22 N

FDG = +10 N

FBE = +410 N

FAH = +310 N (en ton.)

FCF = +210 N

El signo (-) indica compresión y el signo (+) tracción.

Ejemplo N° 5.9

Usando el método de Ritter, determinar las fuerzas en las barras BE, CF y AD para la estructura compuesta mostrada. Los triángulos ABC y DEF son equiláteros.de lados L y a respectivamente

Solución: Las reacciones exteriores se terminan inmediatamente por ser la estructura simétrica . Demos un corte circular y tendremos la parte central en equilibrio por las fuerzas en las barras BE, CF, AD y P que las denominaremos F 1, F 2 Y F3 respectivamente. Para hallar el valor de estas fuerzas usando el método de Ritter tomaremos momentos con respecto a los puntos T, Q y S, en donde se cortan las barras. Asimismo llamaremos h1, h2 y h3  las perpendiculares a las rectas de acción de las fuerzas F 1, F2 Y F 3 trazadas de T, Q y S y x1, x2 y x3  la distancia desde estos mismos puntos a la recta de acción P. En el triángulo ATC se tiene  AT  sen15

 AT  sen15

=

AC sen120

 AT

Þ

L sen15

=

sen120

=

AC  =

sen120

SC = BQ = 0,29885L

En el triangular AQB

TQ

=

h1

=

 x1

=

 x2

AQ

AT

TQsen60

BQsen15  L

=

-

2

-

=

 Lsen45  sen120

-

Lsen15

æsen45 sen15 ö ÷ Lç ÷ ç ÷ ç è ø sen60 -

=

sen60

=

æ sen45 sen15 ö ÷ Lç ÷sen60 ç ÷ ç è ø  sen60 -

=

=

Lsen15sen15 / sen30

SC cos15

=

0, 21132248L

=

=

0,44483L

0,0773505L

=

h2

TS

=

h3

=

QS

 

 x3

 L =

2

-

AT cos 45

å  MT  = 0  F1

=

02886751L

P( x3 ) + F1 (h1) = 0

  0,2886751L / 0448287 L

=

å  M Q = 0  F2

Þ -

=

Þ -

=

0,64396 P 

P( x1 ) + F2 (h2 ) = 0

  0,0773505PL / 0,448288 L -

=

-

01725 P 

å  M s = 0 Þ P(x2 )+ F3 (x3 ) = 0  F3

=

  0,21132248LP / 0448288L -

=

-

0,471398 P 

Ejemplo N 5.10 Determinar las fuerzas en la barras AB y KL de la estructura mostrada cuando en C y F actúan las fuerzas P que se indican en la figura

Determinemos las reacciones en J y L

å  M J

=

0

å  F y =

0Þ

å  F x

0

=

Þ

RL (2a )- P (3a )- P (2a ) = 0)

Ryj = RxJ 

=

-

 R L

=

5 P  2

5 P  2 2 P 

Haciendo el corte 1-1

5 P

å

 M k = 0 Þ

å

 F x = 0 Þ FAB + FKL - 2P = 0 Þ F KL =

2

(a)-

FAB (3a) = 0 Þ F AB =

7 P  6

Determinar los esfuerzos en las barras CD, AB y EF de la estructura compleja que se muestra.

Solución: Las reacciones son las mismas del Ejemplo N° 7.7 dando un corte como el mostrado se tiene el triangulo BCF en equilibrio por las fuerzas que se muestran en la figura (b). Las fuerzas en las barras ID, HI, HA son iguales y de sentido contrario, lo mismo sucede con las fuerzas en las barras JE y GA; en consecuencia, la suma de los momentos con respecto al punto P de las FID y FHA  es nulo, igualmente la suma de los componentes verticales y horizontales de estas fuerzas es nula. Resultados análogos se obtienen para las fuerzas FJE y FGA; por lo tanto se tendrá. ∑MP

-40(2) + F3 (6) – 10 (6) = 0

∑FX

F2 = 0

∑FY

-10 + 23.33 – 40 – F1 = 0

F3 = 23.33 ton.

F1 = 26.67 ton.

Idénticos resultados se obtuvieron al resolver el ejemplo N° 7.7 METODO DE HENNEBERG

5P  6

El método de Henneberg se usa en la solución de estructuras complejas, las cuales pueden ser resueltas por el método de la fuerza incógnita, pero cuando las estructura posee muchos nudos la solución de las “n” ecuaciones conduce a cálculos engorrosos a

menos que sea hecho por métodos computarizados. El primer método viable para la solución de estructuras complejas fue desarrollado por L. Hennerberg que se basa en: A) Si la fuerza que actúa en una barra es nula ésta puede ser eliminada de la estructura . B) Si sobre una estructura reticular sometida a un sistema de cargas  P i  una de las barras de la estructura soporta una fuerza  F ab . Si el sistema de fuerzas se duplica a 2 P i  la fuerza en la barra también se duplica 2 F ab Observemos la figura 5.12 la cual no puede ser resuelta por el método de los nudos y por el método de Ritter requiere cortes muy especiales.

La estructura compleja es isostática pero en cada nudo existen tres fuerzas desconocidas por lo tanto el método de los nudos no podemos aplicarlo. La solución de este tipo de estructuras se debe a L. Henneberg y que se explicara a continuación. Si cambiamos de posición una de las barras tal como la AD y la colocamos uniendo los nudos CE, en la estructura modificada, es posible determinar las fuerzas en cada barra por el método de los nudos a estas fuerzas las llamaremos en forma genérica  F ij¢ la fuerza

 F ij¢ en la barra CE la llamaremos X. En la estructura modificada apliquemos una fuerza unitaria en los nudos extremos de las barras suprimidas cuya dirección será la de esta barra y cuyo sentido lo asumimos. Debido a estas cargas se generan en las barras de la estructura modificada fuerzas genéricas  F ïj¢¢ la fuerza en la barra CE la llamaremos Y. si en lugar de aplicar una fuerza unitaria, aplicamos una carga K veces mayor, las fuerzas en las barras serán KF” ij y el la

barra CE; KY, como en realidad la barra CE no existe podremos decir que la fuerza total que soporta debido a las cargas y a la fuerza KY debe ser cero, es decir que se debe tener:

X+KY=O

(5.2)

K = -X/Y El valor de K es la fuerza en la barra AD, suprimida, el valor en cada barra será:

Fij = F’ij + KF”ij 

(5.3)

El ejemplo que veremos a continuación aclarará estos conceptos. Ejemplo 5. Empleando el método de Henneberg determinarlas fuerzas en las barras de la estructura compleja que se muestra

Eliminemos la barra DG de su posición original y coloquemos la barra CE para que la estructura sea estable y para estas estructura apliquemos el método de los nudos aplicar después de haber determinado las reacciones en los apoyos

å

 M B = 0 Þ Gx (4)- 100(5.6) = 0 Þ Gx = 140kN 

å  F x = 0 å  F y = 0

Þ

Þ

140 - Bx = 0Þ Bx = 140kN  ¬ By - 100 = 0

Þ

By

=

100kN  -

Comencemos con el nudo G

4

tg q =

Þ q=

o

35,53

å

5.6  F x = 0 Þ

140 - F FG cos35,53 = 0  

å

 F y = 0 Þ

- FBG + FFGsen35,53 = 0   (2)

De (1)

 F FG

De (2)

 F BG

= =

o

(1)

o

172,03 » 172kN    (c) 99,97 » 100kN   (c)

Equilibrio del nudo B tga =

å

 F x =

2 5,6

Þ a =

o

19,65

tg b =  

4

11,2

=

o

19,65

0 Þ - 140 - FCB cos19,65 + F BE  cos19,65 = 0 -

 FCB cos19,65 + F BE cos19,65 =  

å  F y= 0 Þ 200

-

140  

(3)

FCBsen19,65o - FBE sen19,65o = 0 o

 FCB sen19,65

+

o

FBE sen   19,65

=

200

 (4)

De (3) y (4)  FCB

=

223.02 » 223kN   ( c)

 F BE  = 371,67 » 372 kN    (t)

Nudo D

En el nudo D no hay carga vertical en consecuencia  F  ED y se concluye que  F CD = 0

=

0

å  F x =

o

o

172 cos 35, 53

å  F  y

o

0 Þ 172cos 35,53 - F EF  cos35,53 = 0

= 0Þ

-

o

 F  EF  cos 35, 53

=

0 

(5)

ο

ο

-172sen 35,53 - FΕFsen35,53 + FFC  -100 = 0 ο

ο

-172sen 35,53 - FΕDsen35,53 + F FC  = 100   (6) De (5)  F EF 

172kN (c)

=

 F FC  = 299,90 » 300kN    (t)

De (6)

tg g

å

6 =

5,6

Þ g = 46,97

 F x = 0 Þ

o

 

a =

o

19,65

o

o

223cos19,65 - F EC  cos 46,97 = 0

)

 F EC  »

308kN  (c) Fuerza en la barra CE que hemos llamado X

¢  F  FG

¢  F  BG

¢  F CB

¢  F  BE 

¢  F  EF 

¢  F  FC 

¢  F  EC 

-172 kN

-100 kN

-223kN

+372kN

-172kN

+300kN

-308kN

¢  F  ED

¢  F CD

0

0

Aplicando una fuerza unitaria en los nudos G y D en la dirección del eje de la barra suprimida GD y determinemos las fuerzas en las barras debido solo a la aplicación de las fuerzas unitarias de 1kN Comenzando con el nudo G

o o å  F x = 0 Þ 1cos19,65 - F FG cos35,53 = 0

å  F y = 0

Þ-

 F FG

=

1,16kN   (c)

FBG + FFGsen 35,53 + 1sen19,6 = 0  F BG

=

1,01kN (c)

å  F x = 0 Þ 1,16cos35,53 - F EF  cos35,53 = 0  F EF 

1,16kN (c )

=

å  F y =  F FC 

=

0 Þ FFC - FEF sen35,53 - 1,16sen 35,53 = 0

1,35kN    (t)

Nudo D

å  F x = 0 Þ  FCD

=

=

0

1cos19,65

+

0

F CD cos19,65

=

0

1kN    (c)

å  F y =  F DE 

-

0Þ

- 2(1)sen19,65 +

o

FDE sen19,65

= 0

0, 672kN (c)

Nudo B

å

 F x =

 FCD

å  F  BE 

=

1,5   (t)

 F CB

=

=

0

0

0 Þ - FCB cos19,65 + F CD cos19,65 = 0

F CB

 F y = 0 Þ

- 2(FBE )sen19,65 + 1,01 = 0

1,5  (c)

Finalmente el nudo C o o å  F x = 0 Þ 1, 5cos19, 65 - 1cos19, 65 - F EC  cos 64, 97 = 0

 F EC 

=

1,69kN (c)

¢¢  F  FG

¢¢  F  BG

 F CB ¢¢

¢¢  F  BE 

¢¢  F  EF 

¢¢  F  FC 

¢¢  F  EC 

-1,16

-1,01

-1,5kN

+1,5

-1,16kN

1,35kN

-0,69kN

¢¢  F  ED

¢¢  F CD

-0672

-1kN

Determinemos el valor k - - 308 + k (- 0,69)= 0 Þ k  = -

- 308 0,69

= -

446,4

Fuerzas en la estructura superponiendo efectos compresión (-) tracción (+)  FGD

=

-

 FGF 

=

(-

 FGB

=

446,4 kN  1,16)(- 446, 4)- 172 =

(- 1.01)(- 446, 4)- 100 =

+ 345,82 kN  +

350, 9kN 

(- 1,5)(- 446, 6)- 223 = + 446, 6kN  = (1.5)(- 446,4)+ 372 = - 298 kN  = (- 0,672)(- 446, 4)+ 0 = + 299,98 kN  = (- 1)(- 446,4)+ 0 = + 446,4kN  = (- 1,16)(- 446, 4)- 172 = + 345,8kN  = (1,35)(- 446,4)+ 300 = - 302,64 kN 

 F BC  =  F BE   F DE   F DC   F FE   F FC 

Ejemplo N° 7.11 Determinar las fuerzas en las barras de la estructura compleja usando el método de Henneberg. Solución:

Quitemos la barra 1-6 y coloquémosla en la posición 7-8 (ver la figura b) las reacciones en esta estructura serán

∑M1 → R3(3) + 10(2) – 40(2) = 0 →

R3  = 20 N

∑FX → 40 - 10 R2 = 0

→

R3  = 30 N

∑FY → 20 + R1 = 0

→

R1  = -20 N

Usando el método de los nudos se ha determinado las siguientes fuerzas, en esta estructura, lo que debe verificar el lector.

F’1-8 = 302kN;

F’1-2 = -10 kN;

F’2-3 = -102 kN

F’2-7 = -30k N;

F’3-7 = 20 kN;

F’3-8 = -102 kN

F’7-8 = -10k N; F’5-6 = -20 kN;

F’7-4 = -202 kN; F’4-8 = 40 kN;

F’4-5 = -202 kN F’5-8= 10 kN

F’6-7 = 0

El signo (+) indica tracción y el signo (-) compresión. Coloquemos en la estructura modificada, fuerzas unitarias de 1kN en tracción.

Resolviendo esta estructura, se tiene: F”1-8 = -2 kN;

F”1-2 = 1 kN;

F”2-3 = 2 kN;

F”2-7 = -1 kN;

F”3-7  = -2k N;

F”3-8 = 2 kN;

F”7-8 = -1 kN;

F”7-4 = 2;kN

F”4-5 = 2 kN;

F”5-6 = 1 kN;

F”4-8 = -2k N;

F”5-8 = -1k N;

X = -10 Aplicando la ecuación (7.2), se tiene:

F”6-7 = 2 kN;

Y = -1