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RESISTENCIA DE MATERIALES
EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
ING. LEONIDAS VASQUEZ CHAPARRO
UniversidadIndustrial de
Santander
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
ING. LEONIDAS VASQUEZ CHAPARRO
RESISTENCIA DE MATERIALES
EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
CASO
3pivotadasoportada por dos
barra rigida
o mas barrasdeformables
ΔCΔCΔC1
αθθθ
θθθ
CCCC
CC''CC''
222333111
RESISTENCIA DE MATERIALES
La barra r íg ida ABCD, estápivotada en A y soportada por lastres barras deformables E, EI y El;y se aplica la carga P en D, comose muestra. Silas barras son de
acero de σperm =200Mpa y área 8cmt. Y el desplazamiento verticaldel punto D no debe exceder de 3mm. Determinar elvalor máximode P que se puede aplicar.
60
80 cmBBB
AAA
DDDCCC80
333222111
α α
tgα = 0,75
ESTATICA:α = 36,87
M=0A 160P = (F1cosα)*60 + 80F2 + (F3senα)*160 - (F3cosα)*60
2P = 0,6(F1+F3) +F2 ......
1ANALISIS DE DEFORMACIONES
1
ΔBΔBΔB
ΔCΔCΔC ΔDΔDΔD1
1ααθθθ
ΦΦΦ
βββ ΦΦΦθθθ
α
α
CCCC
CC''CC''
BBBB
BB''BB''DDDD
DD''DD''
222333111
A,AA,A''A,AA,A''
tg = 60/160 = 0,375 ββtg = 60/160 = 0,375 βββ = 20,56°β = 20,56°
Φ= βΦ= βα- = 16,31°Φ= βα- = 16,31°AD = 60/senβ = 170,85AD = 60/senβ = 170,85AD = 60/senβ = 170,85AC = 100AC = 100AC = 100
θ = 90 - θ = 90 - α = 53,13°θ = 90 - α = 53,13°
{{{ΔBΔBΔB
ABABAB
ΔCΔCΔC
ACACAC===
ΔBΔBΔB606060
ΔCΔCΔC
100100100=== ΔBΔBΔB 0,6ΔC0,6ΔC0,6ΔC===
ΔBΔBΔB ΔCΔCΔC= ;= ;= ; ===1 2
coscosαcosα sensenθθsenθ 1 2= 0,6= 0,6= 0,6 A
ΔBΔBΔB
ABABAB
ΔDΔDΔD
ADADAD===
ΔBΔBΔB
606060
ΔDΔDΔD
170,85170,85170,85=== ΔBΔBΔB 0,35ΔD0,35ΔD0,35ΔD===
ΔDΔDΔD ===3
coscosΦΦcosΦ
1 3= (0,3512)*= (0,3512)*= (0,3512)*0,80,80,8 0,28080,28080,2808
1 3
===
B
AY
AX
F1F2
F3
ADe :De :De : F *1F *111F *11
AEAEAE0,6*F *0,60,6*F *0,6220,6*F *0,62
AEAEAEF =0,36F =0,361 F21 F2F =0,361 F2 2
BDe :De :De : F =F =1 F31 F3F =1 F3 3
Reemplazando en :Reemplazando en :Reemplazando en : 2P = 0,6(F1+F1) + F1
3636362P = 3,97F1 F1 = F3 = 0,5028P
F1 = 1,4P
ANALISIS DE ESFUERZOSBarra critica 2:Barra critica 2:Barra critica 2: 1,4P1,4P1,4P
8x108x108x10-4-4-4 ≤ 200x10200x10200x10
666
P = 114286 NP = 114286 NmaxmaxP = 114286 Nmaxσ
ANALISIS DE DEFORMACIONESΔDΔDyyΔDy ≤0,30,30,3 ΔDy = ΔDcosΔDy = ΔDcosβ = *cosββ = *cosβΔDy = ΔDcosβ = *cosβ3
coscosΦΦcosΦF3*1 F3*1 F3*1
8x10 * 200x10 *0,28088x10 * 200x10 *0,28088x10 * 200x10 *0,2808-4-4-4 666( ) * 0,9363 0,003( ) * 0,9363 0,003≤( ) * 0,9363 0,003≤
1
F3 = 143953,86 = 0,5028P
P = 2863074 NP = 2863074 NmaxmaxP = 2863074 NmaxδRESULTADOS
P = 114286 NP = 114286 NmaxmaxP = 114286 Nmax
F1 = F3 = 57600
F2 = 160000
ΔDΔDy y = 1,2x10 =1,2 mmΔDy = 1,2x10 =1,2 mm-3-3-3
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P
P
RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
CASO
4SOPORTADAPOR TRES O MÁS
BARRA RIGIDA
BARRASDEFORMABLES
RESISTENCIA DE MATERIALES
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
Cuando el muelle no soporta carga, hay una luz Δ=0,001” entre la placa de apoyo rígida D y el cono rígido de apoyo en la barra 2. Determínese la magnitud y la posición x de la carga P, que pueda hacer que los esfuerzos axiales en las barras 1, 2 y 3 tengan el mismo valor o sea: σ1 =σ2 =σ3 =σ
ĘĖ Ī Ī Ė MATERIAL AREA (pul2) E (psi)
1 Aluminio 4 10x106
2 Acero 2 30x106
3 Latón 1 15x106
xΔ= 0,001
10 pul
4pul4pul
111 222 333
AAA CCCBBB
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RESISTENCIA DE MATERIALES
ESTATICA:
F1 +F2 +F3 = P......F=0y 1
x
AAA CCCBBB
4pul4pul
F1 F2 F3
M=0APx = 4*F2 + 8*F3
4*F2 + 8*F3
Px =
ANALISIS DE DEFORMACIONES
AAA CCCBBB
ΔAΔAΔA2
ΔBΔBΔB ΔCΔCΔC1
3
ΔΔΔ
ΔA - ΔCΔA - ΔC ΔA - ΔC8
ΔA - ΔBΔA - ΔB ΔA - ΔB4
=
ΔA - ΔCΔA - ΔC ΔA - ΔC 2ΔA - 2ΔBΔA - 2ΔB 2ΔA - 2ΔB= ΔA ΔA ΔA 2ΔB - ΔC 2ΔB - ΔC 2ΔB - ΔC=
ΔA = ΔA = ΔA =
ΔB = + Δ ΔB = + Δ ΔB = + Δ
ΔC = ΔC = ΔC =
1
2
3
2 ( + Δ ) - =Δ ) - =2 ( + Δ ) - =2 13
2 + 0,002 - - 2 + 0,002 - 2 13 ===
En general = ε * L = * L= ε * L = * L= ε * L = * LσE
Reemplazando
σE
2
22 *( ) * 10 - ( ) * 10 + 0,002 = ( ) * 10
σE
3
3
σE
1
1
σ1 = σ2 =σ3 = σ
2*σ*10+ 0,002 =
30x106
σ*1015x106-
σ*1010x106
σ+ 0,002 =
15x105
σ15x105-
σ10x105
0,002 = σ
106
σ = 0,002 * = 2000 Psi106
F = σ * A
F = 2000*4 = 8000 Lb
F = 2000*2 = 4000 Lb
F = 2000*1 = 2000 Lb
de P = 1400 Lb1
de 2 x = 16 “7
ING
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RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
La barra rígida ABCD está apoyada horizontalmente por un rodillo en D y soportada por las barras deformables 1;2;3;4, las cuales son de acero de área 3x10 m2 y sigma permisible de 200 Mpa E= 200Gpas
-4
DETERMINAR: a) El valor máximo de P si la carga se aplica como se muestra en la figura
b) Proponga el montaje mas adecuado del rodillo barra ABCD y barra 4 sobre el pasador D y determine el diámetro de dicho pasador Tao permisible = 100Mpa
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
2a
2aa a
111 222 444333
AAA
BBB
FFF GGG
DDD
α
α
CCC
DATOS:AREA= 3X10 σperm= 200 Mpaa= 0.5mα=63.43E= 200 MpaL2=L3= 1.12mL1=L4= 1m
-4
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2P2P2P PPP
ESTATICA:
2aa a
AAA BBBα CCC DDDα
F=0y F1 + F4 +(F2 +F3)senα = 3P
F1 + F4 +(F2 +F3)0.894 = 3P...... 1
M=0B aF1 + 2aP - 0.8942aF3 -3aF4 =0
2
F1 + 2P - 1.78F3 -3F4 =0
1.789F3 + 3F4 - F1 = 2P......
ANALISIS DE DEFORMACIONES:
2aa a
AAA BBBα CCC DDDα
ΔA=ΔA=ΔA=
ΔBΔBΔBΔCΔCΔC
ΔD=ΔD=ΔD=
1
2 3
4
111 222 444333
αα
ΔA ΔΔA Δ - D ΔA Δ - D 4a
=Δ ΔΔ ΔB - D Δ ΔB - D
3a3ΔA = 4ΔB - ΔD
ΔA =
ΔB = 2 senα = 1.118 2
ΔC = 1.118 3
ΔD = 4
13 = 4.472 -2 4
1
3F1 * 2aAE
=4.472F2 * 2.236a
AEF4 * 2a
AE-
F4 = F2 -3F1 ......3
ΔA ΔΔA Δ - D ΔA Δ - D 4a
=Δ ΔΔ ΔC - D Δ ΔC - D
aΔA = 4ΔC - 3ΔD
3 41 = 4.472 - 3
3F1 * 2aAE
=4.472F2 * 2.236a
AE3F4 * 2a
AE-
F1 = 5F3 -3F4 ......4
3 1en
-2F1 + 5.89F2 + 0.894F3 =3P ...... 5
3 4en
F1 = 1.875F2 - 0.625F3 ...... 6
6 5en
F2 = 1.4P - F3 ...... 7
3 2en
1.789F3 + 15F2 - 10F1 = 2P ......8
6 8en
8.039F3 - 3.75F2 = 2P F2 = 2.944F3 - 0.533P ...... 9
7 9en
F3 = 0.615P F1 = 1.09P
F2 = 0.785P F4 = 0.655P
ANALISIS DE ESFUERZOS:La barra critica es 1
1.09P = 0.06
F1 ≤ F1perm
F1perm = σperm * a = 0.061
Pmax = 0.055 = 55045.87 N
F3 = 60000 KNF1 = 43211 KN
F2 = 33853 KNF4 = 36055 KN
ANALISIS DEL PASADOR EN D:del DCL general:
F=0x RD = (F2 - F3)cosαRD = (43211 - 33853) cos63.43
RD = 41.85.74 KN de la pared sobre el rodillo
Pasador D:
36055 KN
Dy = 36055
Dx = 4158.74
4158.74
Se ve que la fuerza mayor es la fuerza D de la barra AD sobre el pasador, por lo tanto el montaje recomendado es el que se muestra con la barra AD en el medio; la seccion critica por el lado de la barra 4
D = Dx + Dy2 22
D = 36297.1 KN
36055perm≤πd
4
2
F4
A= ≤ perm
dmin = 0.0214 m
dmin = 0.022 mING
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2P2P2P PPP
RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
CASO
5BARRAS CONCURRENTES
TRES O MAS
ejemploASIMETRICO( )
RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
θ β
111 222 333
P l a n t e a r l a s ecuaciones de deformación
θ β
111 222 333
P
θ = 30°
AAA
β = 45°
A' = Posicion finalA' = Posicion finalA' = Posicion final
Δy = S1 + S2 = 2
S1 = cos301
S2 = A sen30'B''B'S2 = A sen30'B'
A'B' = ( -B'C')/cos15'B' = ( -B'C')/cos15A'B' = ( -B'C')/cos15
B'C' = sen15B'C' = sen15B'C' = sen151
A'B' = ( - sen15)/cos15'B' = ( - sen15)/cos15A'B' = ( - sen15)/cos153:. 1
S2= ( - sen15)/cos15 *= ( - sen15)/cos15 *S2= ( - sen15)/cos15 *3 1( ) ( )sen30
3A'B' = 'B' = A'B' =
C'D' es perpendicular a AC' C'D' es perpendicular a AC' y pasa por B' :. entonces y pasa por B' :. entonces AC'DE es rectanguloAC'DE es rectangulo
C'D' es perpendicular a AC' y pasa por B' :. entonces AC'DE es rectangulo
3
2= = = cos30 + 1
( - sen15)/cos15 * ( - sen15)/cos15 * ( - sen15)/cos15 *3 1( ) ( )sen30
ING
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VA
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CH
. U
IS
111 222 333
30° 45°
3
1
2
30°
15°
15°
45°S1
S2
AAA
A'A'A'
C'C'C'
B'B'B'
DDDΔx
Δy
ING
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ING
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IS
RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
DATOS:E= 2X10 Kg/cmσperm= 1500 Kg/cmα=12x10 °CA1 = A3 = 3 cmA2 = 4 cmL1= 1cmL2 = 50 cmL3 = 83,34 cm
DETERMINAR: La fuerza P que se puede aplicar en el punto A si además ocurre una disminución en la temperatura de 20°C
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
En el sistema de eslabones e s t a f o r m a d o p o r “ 3 ” miembros de el mismo material.
6 2
2
-6 -1
2
2
θ β
111 222 333
P
5
4
35
4
3
50 cm
AAA
ING
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IS
0,8 * ( )
θ β
F=0x F3sen F1senβ θ = 1 F3 F1...... = 0,75
F=0y F3cos F1cosβ θ +F2 = P + 2 0,6F3 F1 + 0,8 +F2 = P ......
1 2en
F10,8 +F2 +0,6 * 0,75F1 = P
1,25F1 +F2 = P...... A
ESTATICA:
ANALISIS DE DEFORMACIONES:
31
AAA
2
111 222 333
θ β
β
β
como senβ = cosθ β + θ = 90
= 0,6 + 0,8 2 3 1
Como todas las barras sufren disminución de la temperatura y tensión por carga entonces para todas:
P
T
= - P T
F1 * 504*E
- =12x10 * 50 * 20-3
F3 * 83,343 * E -12x10 * 83,34 * 20
-60,6 * ( ) +
F1 * 62,53 * E -12x10 * 62,5 * 20
-6
F2
8= F3 + F1
6- 240
0,75F2 = F3 + F1 -1440...... 3
B Aen0,75F2 = 0,75F1 -1920 ...... B
1 3en
1,25F1 + 2,33F1 -1920 = P
3,583F1 = P + 1920
F1 = P + 19203,583
F2 = 0,651P + 669,8F3 = 0,209P +401,85
ANALISIS DE ESFUERZOS
σ2 F2
A2=
σ3 F3
A2=
σ1 F1
A1= =
=
=
σperm 0,279P + 535,8
3= 1500
P1max = 14209 Kg
0,65P + 669,84
= 1500
P2max = 10245 Kg
0,209P + 401,853
= 1500
P3max = 19608 Kg
Pmax = 10245 Kg
ING
. LEO
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VA
SQ
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CH
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IS
ING
. LEO
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SQ
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. LEO
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VA
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. U
ISP
F1
F1
F1
RESISTENCIA DE MATERIALES
UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
CASO
6relativodesplazaamiento
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
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ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
111 333
111 222
DDD
W
aaa
P= 2wa
a
a
La barra rígida ABC es soportada por tres barras deformables y un apoyo pivotado en A. Para las cargas indicadas en la figura y teniendo en cuenta que el desplazamiento vertical del pasador C debe ser máximo de 0,065 pulg. Determine el valor mínimo del área de la sección transversal de las barras deformables y el diámetro común mínimo de los pasadores, para garantizar un factor de seguridad de 1,8. Todas las barras deformables son del área y del mismo material que los pasadores (Sy =36000 psi, Sys =21600 psi y E =30x10 psi), y el pasador B trabaja a doble corte. Tome W=150 lb/in y a =20 pulg. Como se pide un diámetro mínimo, tenga en cuenta un montaje óptimo en el pasador D.
6
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ESTATICA:
ANALISIS DE ESFUERZOS:
ANALISIS DE DEFORMACIONES:
a2a
1.5a9000
6000Ra
M=0A
6000*3a + 9000*1.5a = F3 *2a
F3 = 15750 lb
F=0x
Ra + 15750 - 6000 - 9000 = 0 Ra = -750 lb Ra = 750 lb
F2F1
15750
F1 = F2
F=0y
15750 = 2F1cos45F1= F1 =11137
Barra critica: 3
σ ≤ σperm
σperm = Sy/N =36000/1.8 =20000 psi
15750/A ≤ 20000
Amin ≤ 0.7875 pul2
Pasador critico: D
perm≤max
perm= Sys/N
perm= 21600/1.8
perm= 12000
= 11132≤ 12000= F1/Aπd /42
d = 1.088 pulg
3
CCC
ΔD
C'C'C'
BBB
B'B'B'
DDD
D'D'D'
ΔCΔB
1
111333
222
ΔD = 1
sen45
ΔB = ΔD + 3
ΔC3a
ΔB2a
=
ΔC ΔB32
=
32
( 2 + ) ≤ 0.065 pul 1 3
AE 2 * F1 * 2 *20
AEF3 * 40
+ ≤ 0.0433
40A * 30x10
6 (F1 + F3)≤ 0.0433
40*26887A * 30x10
6 ≤ 0.0433
Amin = 0.8284
Es más crítico por rigidez
Amin = 0.827 pul2
ING
. LEO
NID
AS
VA
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SQ
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CH
. U
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VA
SQ
UEZ
CH
. U
ISΔD
2m
P
4,47
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EJERCICIOSESTATICAMENTE
INDETERMINADOS
CASO
7en elementos roscadosesfuerzos de apriete
LUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLOLUIS MIGUEL PORTILLA CARILLO
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UNIVERSIDAD INDUSTRIAL DE SANTANDERFACULTAD DE INGENIERIAS FISICOMECANICAS
ESCUELA DE INGENIERIA MECANICA
Los elementos 1, 2 y 3 son de acero de igual área A1=A2 = 3 cm2 ; E= 2x10 Kg/cm α= 12x10 °C Determinar la máxima carga P que se puede aplicar como se muestra en la grafica si además se dan dos vueltas de apriete a la tuerca y sufre un incremento en la temperatura de 20°C
-6
6 2
DATOS:TORNILLO: L3= 2,5 m; n= 1; S= 1mm; PARA TODO: σperm = 2000 Kg/cm2
2m 2m
P
45°
2,83
4,47
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
2m
ESTATICA:
ANALISIS DE DEFORMACIONES:
22
M=0A
2F1 sen45 + 4F2 sen26,57 +F3 * 4 = 4P
ΔB
Pmax = 7742 Kg
45° 26,57°AAA
BBB
1,4142F1 + 1,79F2 + 4F3 = 4P 1
ΔC
BA C
B´
C´ΔC4
ΔB2
= ΔC = 2ΔB
2
sen26,57 =
sen451
2 = 1,265 1 2
1 2
ΔC
3
d
ΔC = d -
d = N * n * S = 2*1*0,1
d = 0,2
ΔC = 0,2 -
3
3
2,24 = 0,2 - 32 3
1 =12x10 * 283 * 20 - F1 * 289/AE6
2 =12x10 * 447 * 20 - F2 * 447 / (A2 * E)6
1 =0,06792 - 4,72x10 F1-5
2 =0,10728 - 7,45x10 F2 -5
2
2P
2T
3T3
3P
3 = +3T 3P
2 = +2T 2P
1 = +1T 1P
1de
1,4142 * (1,247F2 - 359,12) + 1,79F2 + 4(4F2 - 2398) = 4P
119,55F2 - 10018 = 4P
P= 4,89F2 - 2525
2de
0,10728 -7,45X10 F2 =1,265*(0,006792 -4,72X10 F1)
-5
-5
2138 = 7,45F2 - 5,97F1
F1 = 1,247F2 - 358,12 4
3de
F1
F2
P
F3
2,24 (0,10728 -7,45X10 F2) =0,2 - 0,06 -4,716X10 F3
-5
-5
F3 = 4F2 - 2398
Determinación de la barra mas critica Fσperm= 6000 Kg para todas las barras
Si la barra critica es 2, entonces F2= 6000, entonces F1=7152,7, lo cual falla.
si la barra critica es 1, entonces, F1= 6000, entonces F2=4505,35, entonces F3= 15623, lo cual falla.
FALLA 3 F3 = 6000 F2 =2099,5
F1 = 2260
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS
ING
. LEO
NID
AS
VA
SQ
UEZ
CH
. U
IS