Problema de equilibrio

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

Desde el punto de vista fisico yo diria lo siguiente:

Se tiene 5 compresiones (5 barras), una tension (1 cable) y la reaccion con el suelo; pero estas son reducidas a 3 compresiones, una tension y la reaccion con el suelo, devido a que esta figura es geometrica y la estructura soporta una carga uniforme ( condicion dada en el post # 7). Es decir: $C_{AB} = C_{EF}$ y $C_{BC} = C_{DE}$ y los momentos de fuerza en los nudos A = F , B = E y C = D.

Ahora con las condiciones de equilibrio se tiene que:

$\vec N + 5m \vec g + \Sigma \vec F_{ext} = 0$............(1)

en el nudo B $\vec C_{AB} + \vec C_{CB} + \vec T = 0$.....(2)

Ademas, en los nudo A, B y C se obtienen otras tres equaciones de momentos de fuerza que forman un total de 5 ecuaciones independientes. Entonces, si se tienen 5 incognitas ([Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y 5 equaciones totalmente independientes que tipo de equilibrio se tiene?

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

[FONT=Verdana]

[FONT=Verdana]Se tiene 5 compresiones (5 barras), una tension (1 cable) y la reaccion con el suelo; pero estas son reducidas a 3 compresiones, una tension y la reaccion con el suelo, devido a que esta figura es geometrica y la estructura soporta una carga uniforme ( condicion dada en el post # 7). Es decir: y y los momentos de fuerza en los nudos A = F , B = E y C = D.[/FONT]

[/FONT]
[FONT=Verdana][FONT=Verdana]Antes de nada, los momentos en los nudos son nulos (los nudos articulados permiten el giro).[/FONT]
[/FONT][FONT=Verdana]Supongo que la reducción lo haces porque hay simetría (cuando dices que lo haces porque la figura es “geométrica” creo que en realidad te refieres a que es “simétrica”), pero hay que tener en cuenta que, para poder considerar esa simplificación, aparte de que la estructura sea simétrica, la distribución de las cargas también lo debe ser.[/FONT]

[FONT=Verdana]Entonces habría que plantear un esquema como éste:[/FONT]

[FONT=Verdana] [/FONT]

[FONT=Verdana]Aunque parezca que se complica la cosa para calcular los grados de hiperestaticidad con 5 reacciones, en realidad no lo es. Me voy a explicar.[/FONT]
[FONT=Verdana]En esta nueva estructura, yo probaría en partir esta figura en dos por el nudo B, quedando lo siguiente:[/FONT]

[FONT=Verdana] [/FONT]

[FONT=Verdana]La parte superior tenemos que, en principio, hay 5 reacciones y 3 barras. Total, 8 incógnitas[/FONT]
[FONT=Verdana]Ecuaciones tenemos: 3 exteriores y 4 ecuaciones de equilibrio en los nudos B y C. Total, 7 ecuaciones.[/FONT]
[FONT=Verdana]8 – 7 = 1. Sale hiperestático de grado 1.[/FONT]
[FONT=Verdana]El error que se comete es considerar que hay 5 reacciones cuando en realidad hay 4, porque en el apoyo fijo B, las dos reacciones que tienen se simplifican en una reacción con dirección la de la biela AB. Esta es la clave (estaba verde en estos temas, pero gracias al link de N30F3B0 y a unos buenos apuntes me he refrescado la memoria, que nunca viene mal).[/FONT]

[FONT=Verdana]Para la biela tenemos lo mismo, pero haciendo la simplificación sale isostática también.[/FONT]

[FONT=Verdana]Por tanto, el conjunto mitad de la estructura es isostático y, por consiguiente, la estructura global también lo es.[/FONT]
[FONT=Verdana]

[FONT=Verdana]Ahora con las condiciones de equilibrio se tiene que:[/FONT]

[FONT=Verdana]............(1)[/FONT]

[FONT=Verdana]en el nudo B .....(2)[/FONT]

[/FONT]
[FONT=Verdana]En las ecuaciones que planteas:[/FONT]
[FONT=Verdana]-en la (1) yo cambiaría 5mg por 5mg/2, y son dos ecuaciones.[/FONT]
[FONT=Verdana]-en la (2) está bien, pero son dos ecuaciones también.[/FONT]
[FONT=Verdana]Te faltaría la ecuación del sumatorio de momentos $\sum M=0$ y las ecuaciones de equilibrio en el nudo C, que son dos. Total, 7.[/FONT]

[FONT=Verdana][FONT=Verdana]Ademas, en los nudo A, B y C se obtienen otras tres equaciones de momentos de fuerza que forman un total de 5 ecuaciones independientes. Entonces, si se tienen 5 incognitas ( y 5 equaciones totalmente independientes que tipo de equilibrio se tiene? [/FONT]
[/FONT]

[FONT=Verdana]El tipo de equilibrio no sabría decirte, pero el tipo de estructura, en función de sus grados de hiperestaticidad, sería isostático.[/FONT]
[FONT=Verdana]Ecuaciones de momentos en los nudos no tenemos porque no hay momentos en las articulaciones, son nulos.[/FONT]


[FONT=Verdana][FONT=Verdana]Si veis alguna duda o alguna pega no dudeis en preguntarme o en corregirme en cada caso.[/FONT][/FONT]

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

me referia a que si tienes 5 ecuaciones independientes y 5 incognitas
la solucion esta aqui: http://es.wikipedia.org/wiki/Hiperest%C3%A1%1tico.

Ademas en el nudo B

$\vec C_{BC} + \vec C_{AB} + \vec T = 0$ se combierte en
$-C_{CB} \cos \alpha - C_{AB} \cos \alpha + T = 0$ y $-C_{CB} \sin \alpha + C_{AB} \sin \alpha = 0$ => $C_{CB} = C_{AB}$

En el nudo E
$C_{FE} \cos \alpha + C_{DE} \cos \alpha - T = 0$ y y $C_{FE} \sin \alpha - C_{DE} \sin \alpha = 0$ => $C_{FE} = C_{DE}$
tambien como T que actua para el nudo A y el nudo B es la misma por la tercera ley de newton => $C_{CB} = C_{AB} = C_{FE} = C_{DE}$

Ahora bien cuando dije los momentos de fuerza en los nudos; me referia a que se tomaran como ejes. (disculpa por no utilizar el lenguaje apropiado, es que algunas veces uso mas el sentido comun y ahorro explicaciones que yo veo evidentes)

para el nudo A el momento de fuerzas es:
$\frac{\vec r}{2} X m \vec g + \vec r X \vec T + \vec r X \vec C_{CB} = 0$ porque (tome N/2 por la simetria existente )$\vec r X \frac{\vec N}{2} = 0$ devido a que r = 0 para este caso y $\vec{r} X \vec C_{AB} = 0$ porque $\vec r$ es paralelo a $\vec C_{AB}$

Si se trabaja lo mismo para el nudo F se obtendra lo mismo, que era lo que estaba simplificando cuando decia que los momentos de fuerza para A=B, ..etc

si la ecuacion uno no esta bien, pruebalo y entonces discutimos mas, ademas yo estoy aqui para aprender mas.

PD. disculpa que no haya visto tu dibujo y que haya pasado por alto tu explicacion del mismo; pero fue porque no vi simetria y ese es tema para otro hilo. Nota la direction de arriba no esta trabajando

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

http://es.wikipedia.org/wiki/Hiperest%C3%A1tico creo que esta si trabaja bien

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

[FONT=Verdana]Ahora bien cuando dije los momentos de fuerza en los nudos; me referia a que se tomaran como ejes. (disculpa por no utilizar el lenguaje apropiado, es que algunas veces uso mas el sentido comun y ahorro explicaciones que yo veo evidentes)[/FONT]

[FONT=Verdana]Vale, ya entiendo lo que haces (puede que no lo haya pillado no porque no hayas utilizado un lenguaje apropiado, sino que más bien porque puedo ser un poco burro).[/FONT]


[FONT=Verdana]He estudiado detenidamente tu proceso de cálculo y me da la sensación de que estás mezclando dos métodos de cálculo:[/FONT]

• [FONT=Verdana]El método de los nudos[/FONT]
• [FONT=Verdana]El método de las biapoyadas (calcular cada barra independientemente)[/FONT]

[FONT=Verdana][FONT=Verdana]Dices que hay 5 incógnitas en toda la estructura cuando creo que en realidad hay 9 incógnitas (en principio hay 10 incógnitas: 6 coacciones internas y 4 coacciones externas, pero se simplifica a 3 externas considerando uno de los apoyos fijos en uno móvil colocado perpendicularmente a la barra AB o EF, como se prefiera), y disponemos justamente de 9 ecuaciones: 3 de equilibrio en toda la estructura y las ecuaciones de equilibrio en 3 nudos, que son 6 ecuaciones.[/FONT]

[FONT=Verdana]Me temo (ojalá me equivoque) que la forma en que sacas las ecuaciones y las incógnitas no es correcta (no te enojes conmigo, no dudo de tus conocimientos pero es que me gusta discrepar sobre estos temas).[/FONT]

Ademas en el nudo B

se combierte en
y =>

En el nudo E
y y =>
tambien como T que actua para el nudo A y el nudo B es la misma por la tercera ley de newton =>

[FONT=Verdana]En las ecuaciones de equilibrio deberías considerar el efecto del peso propio en los nudos, y la siguiente deducción que haces no es por la 3ª Ley de Newton, sino por la simetría, tanto de las dimensiones de la estructura como de las cargas (si se diera el caso en que hubiera una distribución de cargas no simétrica no sería válido esa deducción que haces). Tienes que tener en cuenta esas coacciones internas para calcular el grado de hiperestatismo de la estructura.[/FONT]

[FONT=Verdana]Si tienes tiempo intenta resolver las coacciones para demostrarme si estoy en lo falso y seguimos discutiendo.[/FONT][/FONT]

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

la tercera ley de newton se sigue cumpliendo aun para cargas no simeticas; pero no la simetria de que hable desde mi primer post para este hilo. Pienso que es suficiente estar hablando de este problema y si quieres seguir hablando ensename tu trabajo.

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

por que hasta ahora no he visto mas que bla,bla,bla.....

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

Tienes razon ya no voy escribir mas de este tema y te doy la gracias por que gracias a este devate aprendi mas acerca de algunos tipos de equilibrio estatico

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

Tienes razón, no hago más que bla, bla, bla y todavía no he demostrado nada. Voy a intentar resolver la estructura.

Quiero aclarar una cosa, y es que me he dado cuenta de que estaba equivocado en decir que la estructura es isostática, cuando en verdad no lo es (es que el problemita tiene miga), me explico.

Externamente parece hiperestática con cuatro reacciones, pero no es cierto, tiene 3 reacciones porque se simplifica un apoyo fijo en uno móvil (en el 2º dibujo adjunto se verá más claro); con 3 reacciones (incógnitas) y 3 ecuaciones de equilibrio el grado de hiperestaticidad externo es 0 (3incóg.-3ec. =0), es decir, es isostática externamente.
Y ahora viene a lo que me refiero de que la estructura no es isostática, ya que internamente (contorno BCDE) es hipoestática, en otras palabras, ¡es un mecanismo! Y se puede apreciar sin necesidad de fórmulas, observando de que los nudos C y D pueden variar de posición.

El grado de hiperestaticidad interno sería: 8 coacciones internas (incógnitas)-9 ecuaciones de equilibrio=-1.
Además, como toda estructura (plana) articulada triangular es rígida, las estructuras formadas por barras que forman regiones triangulares adyacentes unas a otras también lo serán, debiendo cumplir la fórmula b=2n-3 siendo b el número de barras y n el número de nudos. Comprobando sale: 4≠2·4-3 que se traduce en que no es isostática internamente.

Sin embargo, después de demostrar todo esto, sucede que la estructura permanece en equilibrio, pero un equilibrio muy susceptible a cualquier aplicación de nuevas cargas, debido a que la resultante de las acciones exteriores pasa por el centro de gravedad de la figura.

Como existe equilibrio (“muy delicado”) se podrán hallar las coacciones internas y externas.

Cálculo de las reacciones

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Equilibrio en los nudos

Aplicamos en todos [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] ; [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
Nudo C
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
Nudo B
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
En los nudos D y E se obtienen las mismas ecuaciones y los mismos resultados.
Ya está resuelto la estructura. Como comprobación calculamos el equilibrio en A

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
La reacción $R_A$ es justamente el calculado al principio.

Ahora bien, como aparezca la más mínima ráfaga de viento o se coloque una paloma (que no sea en el centro) en la estructura, se pierde el equilibrio, se empieza a mover aquello, parte el cable en dos, se viene abajo todo,se monta un follón, aparecen las autoridades, piden explicaciones, buscan culpables…
Momento idóneo para echar a correr.

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

Fijate que yo tambien he descubierto lo mismo por que omiti la fuerza de reaccion paralela con el suelo.

Ahora la pregunta es como llegaste matematicamente a $\Sigma M_F= 0$ => $R_A = \frac{\left( 5p + q \right) l}{2 sin \alpha}$

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

Con la información que he podido reunir entre los posts 1 y 6, las barras exteriores miden l, y los ángulos que se forman entre las barras y el cable los considero iguales; el cable y la barra superior son horizontales, y el peso p no lo considero como el total de la barra, sino como carga distribuida. El peso total de cada barra será p·l, el del cable se desprecia.

Con todos estos datos la figura toma la silueta de un hexágono (el ángulo es de 60 grados).

En la ilustración de la estructura que adjunté, los apoyos se encuentran a una distancia l, aunque no lo parezca (con el paint no puedo hacer maravillas).

Conociendo las dimensiones, aplicando sumatorio de momentos en F las reacciones en F (Xf y Yf) no producen momento; y de la reacción Ra produce momento su componente vertical, la componente horizontal no.

Resumiendo, tenemos:

$<br /> R_A\sin \alpha *l=2pl*(l+l\cos \alpha)+(p+q)l*\frac{l}{2}-2pl*l\cos \alpha<br />$

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio



para mi este seria mi reporte final.

$\Sigma F_x = 0$ => $T-C_3 - F - T + C_3 + F = 0$ => $0 = 0$ ...(1)

$\Sigma F_y = 0$ => $N-2Q-4p = 0$...(2)

$\Sigma M_A = 0$ => $\left( \frac{p \cos \alpha}{2} - T\sin \alpha +2C_2 \sin \alpha \cos \alpha \right) l \hat k = 0$... (3)

$\Sigma M_B = 0$ => $\left(-p \cos \alpha + C_3 \sin \alpha - Q \cos \alpha + \frac{N \cos \alpha}{2}- F \sin \alpha \right) l \hat k = 0$...(4)

$\Sigma M_C = 0$ => $\left(\frac{p \cos \alpha}{2} -T \sin \alpha - 2C_1 \sin \alpha \cos \alpha - Q + C_2 \sin \alpha \right) l \hat k = 0$... (5)

de donde $Q = \frac{q + p}{2}$

unknown internal forces of the structure $T$,$C_1$,$C_2$ and $C_3$

unknown external forces of the structure and ground $F$ and $N$

q and p are given

las fuerzas horizontales son imponderables por lo que estoy de acuerdo con tigo en decir que algo se posa en esta estrutura que no sea en medio esta se vendria abajo.

ademas tengo 6 incognitas y 4 ecuaciones => es necesario saber las propiedades elasticas o de compresion dos incognitas; para determinar el resto.

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

[FONT=Verdana]Las fuerzas horizontales sí son ponderables:[/FONT]
[FONT=Verdana]Voy a llamar a las reacciones verticales en los apoyos $Y_A$ y $Y_F$[/FONT]

[FONT=Verdana][Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] =>[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (1)[/FONT]
[FONT=Verdana][Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] =>[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] =>[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (2)[/FONT]

[FONT=Verdana]Volviendo a (1):$Y_F=Q+2p=N/2$ Entre estas dos ecuaciones deduces que las reacciones verticales son N/2.[/FONT]

[FONT=Verdana]Para sacar las reacciones horizontales, fijándome en tu croquis, la resultante de las fuerzas N/2 y F tienen la dirección de la barra AB (o FE para el otro apoyo). Llamo $F_A$ a la reacción horizontal en A.[/FONT]

[FONT=Verdana][/FONT]

[FONT=Verdana][Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (3)[/FONT]
[FONT=Verdana][Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] =>[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (4)[/FONT]

[FONT=Verdana]Ya dije que los grados de hiperestaticidad externos es 0, que quiere decir que se pueden calcular las reacciones porque tenemos ecuaciones suficientes para ello, como acabo de mostrarte.[/FONT]

[FONT=Verdana]Luego, en tus ecuaciones (3), (4) y (5) hay algunas cosas que no entiendo:[/FONT]
[FONT=Verdana]-(3)¿De dónde sacas el 2 en $2C_2\sin\alpha\cos\alpha$?[/FONT]
[FONT=Verdana]-(4)¿[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] son perpendiculares a al barra BC?[/FONT]
[FONT=Verdana]-(5)¿[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] no sería [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] ?¿[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] es perpendicular a la barra BC?¿No te faltaría aplicar la componente de p paralela a la barra AB?[/FONT]

[FONT=Verdana]Tenemos ecuaciones de sobra para hallar las coacciones internas, 9 para ser exactos, no necesitamos ecuaciones de compatibilidad elásticas porque no hay hiperestatismo interno (ya demostré que es un mecanismo en equilibrio).[/FONT]

[FONT=Verdana]Un saludo[/FONT]

[Jose D. Escobedo]

Re: Problema de equilibrio

Aqui no hay misterios es de la definicion de momento de fuerza.

$\vec M = \vec r X \vec F$

voy hacer unicamente (3) lo demas lo trabaje igual.

$\vec r_1 = l \left( - \hat i \cos \alpha + \hat j \sin \alpha \right)$ el cual es el vector que va de A a B.

$\vec C_2 = - C_2 \left( \hat i \cos \alpha + \hat j \sin \alpha \right)$ la cual es la compresion que va de C a B.

Entonces para este momento de fuerza en "particular" $\vec M_{AB} = l\left(-\hat i \cos \alpha + \hat j \sin \alpha \right) X -C_2 \left( \hat i \cos \alpha + \hat j \sin \alpha \right)$ =>

$\vec M_{AB} = -l C_2 \left( -\hat i X \hat i \cos^2 \alpha + -\hat i X \hat j \cos \alpha \sin \alpha + \hat j X \hat i \sin \alpha \cos \alpha + \hat j X \hat j \sin^2 \alpha \right)$ =>

$\vec M_{AB} = -l C_2 \left( 0 + -\hat k \cos \alpha \sin \alpha + -\hat k \cos \alpha \sin \alpha + 0 \right)$

$\vec M_{AB} = - l C_2 \left(-\hat k 2 \sin \alpha \cos \alpha \right)$

$\vec M_{AB} =\hat k 2 l C_2 \sin \alpha \cos \alpha$

[Jordiel]

Re: Problema de equilibrio

Hola de nuevo. Después de un tiempo vuelvo a la carga con este tema, manteniendo mi postura en que se pueden conocer las coacciones internas de la estructura, empleando ahora las ecuaciones del post 27(dedicándole su tiempo al final sale)

Al principio parecen 5 ecuaciones, pero es que en (4) tenemos dos ecuaciones en una, igual ocurre con (5), y con [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] se puede sacar otra ecuación aparte de (3):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (4)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (4)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (4a)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (4b)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (6)

En las ecuaciones (3) y (5) falta el efecto del peso propio aplicado en los nudos de las barras contiguas a éstos, como se ha hecho con Q(en (5) [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] es positivo):

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (5)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (5)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (5a)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (5b)

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] (3)

Con las 6 ecuaciones (2),(4a),(4b),(5a),(5b)ó(3) y (6) ya es suficiente. Siendo [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] y $$P=pl$$ se alcanzan los mismos resultados que logré, excepto en la reacción horizontal en el apoyo: sustituyendo (2) en (4b) [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , que es más exacto frente al que se deduce en el post 24 [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] en el esquema de fuerzas del nudo A.
Por último añadir que los valores que se obtienen de $C_1$ y $C_2$ son las compresiones que se producen en el centro de las barras AB y BC respectivamente (en el post 24 obtengo las compresiones en los nudos).

[FONT=Times New Roman][FONT=Verdana]Un saludo[/FONT][/FONT]