• Author / Uploaded
• Juan Carlos Cahuana Loza

Citation preview

U.M.S.A.

EJEMPLOS DE HORMIGON

UNIV. SALAZAR CALDERON

FACULTAD DE INGENIERIA

ARMADO I

ORLANDO JOSUE

HOJA:

/

FECHA: 28/02/13

PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Si el empotrado B sufre un asentamiento “Δ” y aplicando el método de Caquot. Para la

siguiente estructura demostrar que

el

L

momento en los empotrados valen:

6

EI Δ pero de sentido contrario. L2

A A

B



B L

Se procederá a resolver el empotrado hiperestático por el MÉTODO DE LAS FUERZAS, ya que por el MÉTODO DE CAQUOT, no se podría llevar a cabo su resolución porque este método es empírico y su coeficiente de (24/8.5) se debe a experiencias empíricas y solo es de ponderación: 

ECUACIONES CANONICAS

δ 10+ δ 11 X 1 + δ 12 X 2=0 δ 10+ δ 12 X 1+ δ 22 X 2=∆ SISTEMA BASE

X1

A

B

DIAGRAMAS POR

FUERZAS UNITARIAS m1

(-)

1

A

B 1

A

B

1

(+) 1

m2

U.M.S.A.

EJEMPLOS DE HORMIGON

UNIV. SALAZAR CALDERON

FACULTAD DE INGENIERIA

ARMADO I

ORLANDO JOSUE

HOJA:

/

FECHA: 28/02/13

Multiplicando diagramas

1 L X 1− L2 X 2=0 2

…………………………….1

−L2 1 3 X 1 + L X 2=∆ ………………………….…2 2 3 De la ecuación 1 despejar X1

L2 X 2 L X1= = X 2 L 2 2 Remplazar en la ecuación 2

−L2 L 1 X 2 + L3 X 2=∆  2 2 3

−L3 L3 X 2 + X 2=∆ 4 3

( )



3 1 X2 L =∆ 12 EI

Despejando X2 de esta expresión:

X2=

12 ∆ EI L3

Sustituyendo en la ecuación 3:

L X1= X2  2

X1=

L 12 ∆ EI 2 L3

(

)



X 1 =6

∆ EI =M B L2

-

Para obtener el equilibrio en la barra el valor del momento en el empotrado A es el mismo valor pero de sentido contrario:

M A =6

∆ EI L2