CURSO: ANALISIS ESTRUCTURAL I

PROFESOR: Ing. Carlos Silva Castillo

ALUMNO: Luiz Guevara García

UNIVERSIDAD: UNIVERSIDAD NACIONAL DE PIURA - PERÚ

FACULTAD: INGENIERÍA CIVIL

ESCUELA: INGENIERÍA CIVIL

Capítulo 4 Armaduras

P4.39 y P4.45. Determine las fuerzas o las componentes de fuerza en todas las barras de la

armadura de las figuras P4.44 y P4.45

Solución:

DCL:

Nota: La componente de reacción en X del apoyo en A no se

considera ya que no hay fuerzas horizontales

Reacciones:

∑Fy = 0

12+18+18+18+12 = RA+RG

78 = RA+RG

∑MA=0

-18(8)-18(16)-18(24)-12(32)+ RG(32) = 0

RG = 39 klb

∴RA = 39 klb

Método de cortes

RCD

RID

RIDX = 2RIDy ……(I)

RAG

∑Fy = 0 ∑Fx = 0

12 + 18 +RIDy =39 RIDx + RCD = RAG …….(II)

RIDy = 9

Reemplazando en (I)

RIDx = 18

∑MA=0

RCD(8) -18(8) = 0

RCD = 18 klb (C)

NOTA: La nomenclatura (C) significa que el elemento

Reemplazando todo en (II) está a comprensión y (T) en tensión.

RAG =36 klb (T)

Ahora que ya conocemos las fuerzas de algunas barras procedemos a usar el método de los Nodos.

NODO “C”:

∑Fy = 0 ∑Fx = 0

RCI = 18klb (C) RBC = 18klb (C)

NODO “B”:

RBIX = 2RBIy ……(I)

∑Fy = 0 ∑Fx = 0

12 + RBIy = RAB ……….(III) 18 = RBIx …….. (II)

De (I) y (II)

RBIy = 9 ∴ RBI = 9 klb (T)

Reemplazando en (III)

12 + 9 = RAB

21klb (C) = RAB

NODO “A”:

RAIX = 2RAIy

∑Fy = 0 ∑Fx = 0

RAB + RAIy =39 RAG = RAIx

21 + RAIy =39 RAIx = 36

RAIy = 18

∴ RAI = 18 klb (C)

Comprobación

NODO “I”

∑Fy = 0 ∑Fx = 0

36 = 18 + 18 18+9 = 18+9

CUMPLE PARA AMBOS CASOS

NOTA: Sólo se ha analizado la mitad de la armadura los elementos de la otra mitad poseen las mismas fuerzas internas ya

que la disposición de fuerzas y la geometría de toda la armadura es SIMETRICA.

DCL:

Reacciones:

∑MA=0

12x3 + 12x6 + 16x4 + 60x8 – 16 RG = 0

RG = 40.75kN

∑Fy = 0

RAy + 40.75 -32 – 60 = 0

RAy = 51.25kN

∑Fx = 0

12 + 12 – RAx = 0

RAx = 24kN

Usamos el método de los Cortes:

∑MH=0

FDE(3) – 40.75(4) = 0

FDE = 54.33kN (C)

∑Fy = 0

40.75 –YDH = 0

YDH = 51.25kN

∴ XDH= 54.33 kN (C)

∑Fx = 0

54.33+54.33 - FIH = 0

FIH = 108.66kN (T)

Método de los Nodos

NODO “G” NODO “F”

XEF =

YEF

XEF = 54.33kN (C)

FHF = XEF

FHF = 54.33 kN (T)

NODO “E” NODO “I”

∑Fx = 0

FJI = 108.33 kN (T)

NODO “D”

∑Fy = 0

– 60 + 40.75 + YDJ = 0

YDJ = 19.25kN (C)

XDJ =

YDJ

XDJ = 25.67kN (C)

∑Fx = 0

FCD = 83kN(C)

NODO “C”

∑Fx = 0

XBC + 12 – 83 =0

XBC = 71kN (C)

YBC =

(71)

YBC = 53.25 kN

∑Fy = 0

53.25 – 16 = FCJ

FCJ = 37.25 kN (T)

NODO “B”:

NODO “A”:

∑Fx = 0

XAJ = 24 kN (T)

∑Fy = 0

YAJ =18kN (T)

FAJ =

XAJ

FAJ = 30 kN(T)

DCL de ambas estructuras y la carga Total:

Como las dos armaduras soportan las cargas, y estas son simétricas. Las cargas se dividen mitad y mitad para cada

armadura y basta solo analizar una de ellas.

RA RG

Como la armadura es simétrica

RA = RG

∑Fy = 0

25.5 + 47 + 9 + 47 + 47 + 25.5 = RA + RG

201 = 2RA

RA = = RG = 100.5 klb

NOTA : Como nos piden fuerzas en barras específicas nos conviene utilizar el método de cortes o secciones.

PRIMER CORTE:

12´

FCIy = FCIx

16´

∑Fx = 0

FCIx + FJI = FCD ……… (I)

∑Fy = 0

25.5 + 47 + FCIy = 100.5

FCIy = 28

∴ FCIx =37.33

∑MA = 0

-47(16) + FCD(12) – FCIx(12) – FCiy(16) = 0

-752 + 12 FCD – 447.96 – 448 = 0

FCD = 137.33 klb (C)

Reemplazando en (I)

37.33 + FJI = 137.33

FJI =100klb (T)

SEGUNDO CORTE:

12´

FBJy = FBJx

∑Fy = 0

25.5 + FBJy = 100.5

FBJy = 75

∴ FBJx =100

FBJ = 125 klb (T)

Capítulo 5 VIGAS

DCL:

Reacciones:

∑Fx = 0

RBx = 0

∑Fy = 0

RA+RBy =

∑MA=0

-

+ RBy(L) = 0

RBy(L) =

L2

RBy =

∴RA =

Para 0<=x<=L

V(X) + Y(

) – (

) =0

=

V(X) = (

) - (

) (

)

Y =

M(x) - (

)x + Y

(

) =0

M(x) = (

)x -

(

)x

2

M(x) = (

)x -

(x

3)

TABULAMOS

X V(x) M(x)

0

0

L2

L

0