Solucion Del Segundo Examen

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS GEOLOGÍA Y CIVIL ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL ANALISIS ESTRUCTURAL I IC - 443

RESOLUCION DEL SEGUNDO EXAMEN

CATEDRA ALUMNO

: :

Ing. NORBER QUISPE AUCCAPUCLLA VITOR AGUILAR, DELFOR

AYACUCHO - PERÚ 2010

UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTOBAL DE HUAMANGA

-

INGENIERIA CIVIL

ROBLEMA N° 01 POR EL METODO DE HARDY CROSS DESARROLLAR EL DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES

INICIAREMOS POR EL TRAMO AB:

a.L  1.8  a 

1.8 5.65

 0.3186

dd '  0.5  d ' 

0.5 0.7

Del grafico se observa que b.L  2  b 

ANALISIS ESTRUCUTURAL I

2 5.65

 0.3333

DELFOR VITOR AGUILAR

 0.714


-

INGENIERIA CIVIL

Como vemos ninguno de esos parámetros se encuentra dentro de la tabla (Ángel san Bartolomé) concentrated Load FEMxPL b haunch

a

0.3

carry -over factor

d' 0.6

Cab 0.704

Cba 0.461

stiffness factors

Kab 4.48

unif load FEM.wL2

Kba 6.84

Mab 0.069

Mba 0.116

0.714

0.7 28795

0.45758

4.54555

7.25325

0.06729

0.120275

1

0.791

0.449

4.71

8.29

0.063

0.131

0.3186

0.714

0.5

0.6 0.7 14 1

0.73854187 0.45269192 4.5622807 7.4900001 0.788 0.8 336 0.948

0.413 0.4 0502 0.385

4.62 4.7 2545 4.99

8.81 9.7 9895 12.28

0 . 3 3 3 3

0 . 3

Mab 0.133

Mba 0.097

5 0 0 1 3 1 . 0

6 5 1 0 1 . 0

0.126

0.113

Mab

0 . 5

Mba

0.10147826 0.17882962

0.7

Mab 0.099

Mba 0.186

0 . 0 9 5 5 8

0 .1 9 4 2 6 5

0.087

0.215

0.9

Mab 0.039

Mba 0.202

Mab 0.004

Mba 0.091

0.0 3615

0.2 08555

0.0 0343

0.0 91855

0.029

0.225

0.002

0.094

0.0670775 0.12068653 0.13055349 0.10290106 0.10094923 0.18009316 0.09503549 0.19551306 0.03608351 0.207904 0.067 0.0 65005 0.06

0.119 0.1 247 0.139

0.129 0.1 2615 0.119

0.108 0.1 1598 0.136

0.094 0.0 9578976 0.1 9241612 0.089725 0.079

0.196 0.2 07685 0.237

0.038 0.0 35435 0.029

0.195 0.2 01555 0.218

0.00345651 0.091669 0.004 0.0 03715 0.003

0.089 0.0 89855 0.092

entonces pasaremos a interpolar todos los valores necesarios, veamos. Por lo tanto

Mw Mp

B 11.5578468 5.78099431

Mw+Mp 17.3388411

w= p=

3 8

l=

5.65

Mw MP

A 6.423844 5.46769792 -11.8915419

TRAMO BC En este caso se manifiesta una columna con una longitud de 0.35 m cuya rigidez es infinita, como se ve en la siguiente figura.

a.L  0.35  a 

0.35 4.2

haunch

a 0.075 0.083333333 1

 0.0833

carry - over facto r

stif fness factors

Cab Cba Kab 0.492 0.622 5.46 0.49194595 0.62240541 5.46567568 0.486 0.667 6.09

Kba 4.32 4.32108108 4.44

unif lo ad FEM .w L2

Mab Mba 0.1088 0.0713 0.10887838 0.07126577 0.1175 0.0675

Como no hay ninguna carga el momento de empotramiento en ambos extremos es el mismo e igual a cero.

Mbc  Mcb  0




-

INGENIERIA CIVIL

TRAMO BD Al igual que en el caso anterior se manifiesta una columna con una longitud de 0.35 m cuya rigidez es infinita, como se ve en la siguiente figura.

a.L  0.35  a 

0.35 4.2

haunch

carry -o ver facto r

a 0.1

Cab Cba 0.486 0.667 0.48133333 0.69833333 0.479 0.714

0.116666667 0.125

 0.1167 stiff ness facto rs Kab 6.09 6.57 6.81

unif lo ad FEM .w L2

Kba Mab Mba 4.44 0.1175 0.0675 4.52666667 0.12336667 0.06503333 4.57 0.1263 0.0638

Mbd  Mdb  0

TRAMO BD Como se ve el tramo BE es una viga en voladizo por lo cual se puedes reducir a un solo momento en el nudo B. viga voladizo B

M

2   2.15   1.5*  4*2.15   12.0669 Ton  m 2  

Con los resultados obtenidos tanto como rigideces, coeficientes de distribución, factores de distribución y momentos de empotramiento aplicamos el método de Hardy cross. En el siguiente cuadro se muestra la iteración.

NUDO ij K CD FT Mempotram MD MT ∑M

A AB 0.00692417 0 0.73854187 -11.8915419 0 -0.65679322 -12.5483351

B BA 0.011367567 0.275204398 0.45269192 17.33884109 -1.45086137 0 15.88797972


BC 0.01115909 0.27015721 0.49194595 0 -1.42425289 0 -1.42425289

BD 0.01877925 0.45463839 0.48133333 0 -2.39682683 0 -2.39682683

C BE CB 0.00882221 0 0 0.62240541 -12.0669 0 0 0 0 -0.70065544 -12.0669 -0.70065544

D DB 0.01293872 0 0.69833333 0 0 -1.0896895 -1.0896895



-

INGENIERIA CIVIL

POR LO TANTO LA GRAFICA DE DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES ES LA SIGUIENTE.




-

INGENIERIA CIVIL

PROBLEMA N° 02: Dibujar el DMF (SLOPE DEFLECTION)

SOLUCION

DE LA ESTRUCTURA OBSERVAMOS QUE TENEMOS 4 INCOGNITAS;


, A , B ,  D



-

INGENIERIA CIVIL

POR SLOPE DEFLECTION:  I Mij  2 E   2 i   j  3   Mºij L  L 

TRAMO AB:

 POSITIV M AB 

8  A

 i   A

L  5



5

12 



25

 j   B

Mº ij  0

E  1 I  2

4  B 5

TRAMO BA:

 POSITIV M BA 

4  A



5

12 

 j   A

i   B

L  5



25

Mº ij  0

E  1 I  2

8  B 5

TRAMO BD:



0

M BD 

L  5

i   B  j   D

8  B

4  D



5

Mº ij  0

E  1

I  2 K  0

5

TRAMO DB:



0

M DB 

L  5

K  0 4  B



5

 j   B

 i   D

Mº ij  0

E  1

I  2

8  D 5

TRAMO DE:  i   D

L  5

MDE 

12 



25

 j  0

 NEGATIV

K 

 5

8  D 5

TRAMO ED:  i  0

L  5

MED 

12  25



 j   D

 NEGATIV

K 

 5

4  D 5




-

INGENIERIA CIVIL

EQUILIBRIO EN LOS NUDOS: M AB  8  A



5

8  A

12 



5

25

12 

4  B



25

M BA  M BD

MBA  M BD 

5

0

5

...................... E1

0

4  A

MDB  M DE  50



12 

5



16 B

25



4  D

5

5

...................... E

0

MDB  M DE  50 

 MA

4  B



12 



4  B

25

5



16 D 5

 50

...................... E

0

  MDE  MED    10 50  5    

0




50 

 MDE  MED   10  5  

 8 5   A   4  B   5      D   0      

0

4

0

5

12 

5

25

5

5

4

16

5

5

24 D 5

5

INGENIERIA CIVIL

...................... E

1

25

24

4



25

 12  25   12  25  48 

16

0

48 

-

 0  0    50   50 



POR LO TANTO TENEMOS

 A   4.464   B   8.929     22.321  D  29.762      HALLAMOS LOS MOMENTOS:

M AB 

8  A



5

12 



25

4  B 5

M AB  0

M BA 

4  A



5

12  25



8  B 5

M BA  3.57

M BD 

8  B



5

4  D 5

M BD  3.57

M DB 

4  B



5

8  D 5

M DB 28.5

MDE 

12  25



8  D 5

M DE  21.42




MED 

12  25



-

INGENIERIA CIVIL

4  D 5

M ED  3.571




-

INGENIERIA CIVIL

PROBLEMA N°03 Graficar el DMF (Método de Hardy Cross).

SOLUCIÓN La estructura se puede resolver de la siguiente manera, colocando una restricción en el nudo Nº 3.




-

INGENIERIA CIVIL

HALLANDO LOS RIGIDECES:

Nudo : 3

Nudo : 2 K 21  K 23



I 4

2 I 3

 0.667

K 32

 0.25

K 37

K  0.917

K 34



I

4

 0.25

2 I  3 

   0.5 3 4

2 I 4

 0.5

Nudo : 5

Nudo : 4 K 43  K 45 

2 I 4 I 6

K 54 

I

 0.167 6 2 I  3  K 56     0.214 7 4

 0.5

 0.167

 K  0.667

 K  0.381

 K  1.25

HALLANDO LOS COEFICIENTES DE DISTRIBUCIÓN.

CD12  0 CD21 

K 21 K 21  K23



0.667 O.667  0.25

 0.75 CD45  0.25 CD54  0.438 CD56  0.562 CD65  1 CD73  1 CD43

 0.727

CD23  0.273 CD32  0.2 CD37  0.4 CD34  0.4

PRIMERA ESTRUCTURA




-

INGENIERIA CIVIL

Hallando el momento de empotramiento: Como vemos solo existe en los tramos 2-3 y 4-5:

M 23   E

M 45   E

1.5*4 2 12 2 *62 12

 2Tn  m  M E  2Tn  m 32

 2  6Tn  m  M E  6Tn  m 54

Ahora procedemos a iterar:

2

3

4

5

NUDO

1

ij

12

21

23

32

37

34

43

45

54

CD ME

0.000

0.727

0.273

0.200

0.400

0.400

0.750

0.250

0 0.727

0 1.454

-2 0.546 -0.2273

2 0.273 -0.4546

0

0

0

-6

D1 T1 D2 T2 D3 T3 D4 T4 D5 T1 D6 T2

∑M

0.08262

-0.9092

6

7

56

65

73

0.438

0.562

1.000

1.000

6

0

0

0

0

0

-0.9092 -0.4546 2.42048 4.84095 1.61365 2.42048 -1.84408 -3.68817 -4.73231

0.16525 0.06205 0.03103 -0.24515 -0.4903 -0.9806

-0.9806 -0.4903 0.87539 1.75079

0.5836 0.2918 -0.0639 -0.12781 -0.16399

0.08911

0.17822 0.06693 0.03346 -0.09089 -0.18177 -0.36354 -0.36354 -0.18177 0.09213 0.18426 0.06142 0.03071 -0.00673 -0.01345 -0.01726

0.89874

1.79747 -1.88836 1.21082 -2.25334 1.13465 5.64932 -5.65605 4.91356 -4.91356

Hallando “R”:

Aplicando sumatoria de fuerzas horizontales en la estructura del caso I:  F H  0  40  H1  R  0 1

 R  40  ( M 0  M 0 ) 3

12

21

1 R  40  (0.8987  1.7975) 3  R  40.9 Tn




-

INGENIERIA CIVIL

SEGUNDA ESTRUCTURA:

Como vemos que de la estructura solamente se deforma la barra 1-2, debido a que existen apoyos de rodillo en los nudos 6 y 7; que dejan desplazarse horizontalmente: Hallando los momentos de empotramiento producto del desplazamiento: Como vemos solo existe en los tramos 1-2 : E E M 12  M 21  

Sea 1 

75 EI

6 E( 2 I ) * 1 32

 M E  M E  100Tn  m 12

21

Ahora procedemos a iterar: NUDO i CD ME D1 T1 D2 T2 D3 T3 D4 T4 D5 T1 D6 T2 MF

1 12 0.000 -100 36.35

2 21 0.727 -100 72.7

23 0.273 0 27.3 -1.365

32 0.200 0 13.65 -2.73

3 37 0.400 0

-5.46

4 34 0.400 0

43 0.750 0

-5.46 1.02375

-2.73 2.0475

5 45 0.250 0

0.6825 -0.2242

0.496178 0.992355 0.372645 0.186323 -0.12101 -0.24201 -0.48403 -0.48403 -0.24201 0.174831 0.349662 0.116554 -0.01276 0.043986 0.087972 0.033035 0.016517 -0.01913 -0.03827 -0.07654 -0.07654 -0.03827 0.019137 0.038274 0.012758 -0.0014

54 0.438 0

56 0.562 0

7 73 1.000 0

0

0

1.02375 -0.4484 -0.57535 0.058277 -0.02553 -0.03275 0.006379 -0.00279 -0.00359

-63.1098 -26.2197 26.20054 10.84256 -6.02057 -4.80285 -0.57485 0.573451 0.611684 -0.61168 ANALISIS ESTRUCUTURAL I

6 65 1.000 0



-

INGENIERIA CIVIL

Hallando “R”:

Aplicando sumatoria de fuerzas horizontales en la estructura del caso II:  F H  0  H1  F  0 1

 F   ( M F  M F ) 3

12

21

1 F   ( 63.11  26.22) 3  F  29.8 Tn

Entonces el factor de corrección podemos determinar de la siguiente forma: Por superposición :  F H  0  R  xF  0 Reemplazando los valores respectivos tenemos: 40.9  x(29.8)  0

 x  1.372 Finalmente haciendo una corrección obtenemos los momentos finales:

M12 Mº X*(MF)

M21

M23

M32

M37

M34

M43

M45

M54

M56

M65

M73

0.898736 1.797471 -1.8 8836 1.210818 -2.25334 1.134654 5.649323 -5.6 5605 4.913556 -4.91356

0

0

-86.5867 -35.9734 35.94714 14.87599 -8.26022 -6.58951 -0.78869 0.786775 0.839231 -0.83923

0

0

Mij FINAL -85.688 -34.1759 34.05878 16.0868 -10.5136 -5.45486 4.860631 -4.86927 5.752787 -5.75279 Finalmente hago la gráfica del DMF.



0

0

Solucion Del Segundo Examen

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