December 30, 2016 | Author: Omar Cueva Arias | Category: N/A
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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)
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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.
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Problema 4.25 Estática Meriam edición cinco
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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?
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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.
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