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UNIVERSIDAD TÉCNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA INGENIERÍA CIVIL

SOLUCIÓN PRIMER PARCIAL

SEMESTRE II/2017

Diseñar la estructura mostrada en la FIG. 1 usando la estructura isostatizada de la FIG. 2. Considerar que por un error constructivo el apoyo 2 ha quedado 𝛿 = 1𝑚𝑚 más abajo de lo previsto. 𝑇1 → 25𝑥45 𝑐𝑚 𝑇2 → 25𝑥40 𝑐𝑚 𝐾𝑔

𝐸 = 2.4𝐸5 [𝑐𝑚2 ] 𝑡

𝑟 = 6𝐸3 [𝑚]

𝐹𝐼𝐺. 1 1. GRADO HIPERESTÁTICO-. 𝐺𝐻 = 3𝐴 − 𝐺𝐿 + 𝑁°𝑟𝑒𝑠 𝐺𝐻 = 3(1) − 4 + 2 𝐺𝐻 = 1 Estructura una vez hiperestático 2. ESTRUCTURA ISOSTÁTICA-. Como la estructura es una vez hiperestático solo hay una redundante 𝑋1 , en este caso la reacción vertical en el resorte del nudo 3, de acuerdo a la estructura isostática dada.

𝐹𝐼𝐺. 2 3. CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS-. 𝐿12 = √42 + 22 = 4.472 𝑚 2 𝛼 = tan−1 ( ) = 26.565° 4 1 𝑅1 = ∗ 3 ∗ 4.472 = 6.708 𝑡 2 𝑅2 = 3 ∗ 3 = 9 𝑡 ANÁLISIS ESTRUCTURAL

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4. ECUACIÓN DE COMPATIBILIDAD-. 𝐷𝐴 + 𝐷𝐵 = 0 𝐴 𝐴 𝐷𝐴 = 𝑓11 ∗ 𝑥1 + 𝐷10 =0 𝐵 𝐵 𝐷𝐵 = 𝑓11 ∗ 𝑥1 + 𝐷10 = 0 Reemplazando: 𝐴 𝐴 𝐵 𝐵 𝑓11 ∗ 𝑥1 + 𝐷10 +𝑓11 ∗ 𝑥1 + 𝐷10 =0 𝐴 𝐵 𝐴 𝐵 (𝑓11 + 𝑓11 ) ∗ 𝑥1 = −(𝐷10 + 𝐷10 ) 𝐴 𝐵) 𝐴 (𝑓11 + 𝑓11 ∗ 𝑥1 = −𝐷10

Donde: Error constructivo 𝛿 = 1𝑚𝑚 en apoyo 2

Por principio de conservación de la energía: 𝑤𝑒 = 𝑤𝑖 𝐴 𝑉1′ ∗ 0 + 𝑉2′ ∗ 𝛿 + 𝐷10 ∗1= ∑ ∫ 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 𝐴 𝐷10 = ∑ ∫ 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 𝐴 𝑓11 = ∑ ∫ 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠 𝐵 𝑓11 =

𝑀𝑚1 𝑁𝑛1 𝑑𝑧 + ∑ ∫ 𝑑𝑧 + 𝐸𝐼 𝐸𝐴

𝑀𝑚1 𝑁𝑛1 𝑑𝑧 + ∑ ∫ 𝑑𝑧 + 𝐸𝐼 𝐸𝐴 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠

𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠

∑ 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒𝑠

𝑚1 𝑚1 𝑛1 𝑛1 𝑑𝑧 + ∑ ∫ 𝑑𝑧 + 𝐸𝐼 𝐸𝐴 𝐵𝑎𝑟𝑟𝑎𝑠

∑ 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒𝑠

𝑃𝑜 𝑃1 𝑟

𝑃𝑜 𝑃1 − 𝑉2′ ∗ 𝛿 𝑟

∑ 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑟𝑡𝑒𝑠

𝑃1 𝑃1 𝑟

1 𝑟

5. ESTRUCTURA A + CARGAS-.

ANÁLISIS ESTRUCTURAL

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Reacciones de apoyo: 𝐻1 = 0 1 −(9 ∗ 7.5) + (𝑉2 ∗ 4) − (6.708 ∗ ∗ 4) = 0 3 𝑉2 = 19.111 𝑡 𝑉1 + 𝑉2 − 6.708 − 9 = 0 𝑉1 = −3.403 𝑡 DESMEMBRAMIENTO:

Función de fuerzas internas: Barra 1-2 origen de z en 2

𝑞𝑧 =

3 ∗𝑧 4.472

1 3 𝑧 𝑀 = −31.5 + 10.111 ∗ 𝑧 ∗ cos(26.565°) − ∗ ( ∗ 𝑧) ∗ 𝑧 ∗ 2 4.472 cos(26.565°) 3 𝑀 = −31.5 + 9.04355 ∗ 𝑧 − 0.1 ∗ 𝑧 Barra 2-4 origen de z en 2 𝑀 = −31.5 + 9 ∗ 𝑧

ANÁLISIS ESTRUCTURAL

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Barra 4-3 origen de z en 3 𝑀 = −3 ∗ 𝑧 ∗

𝑧 2

𝑀 = −1.5 ∗ 𝑧 2

6. ESTRUCTURA A + 𝑋1 = 1-.

Reacciones de apoyo: 𝐻1 = 0 (1 ∗ 9) + (𝑉2 ∗ 4) = 0 𝑉2 = −2.25 𝑉1 + 𝑉2 + 1 = 0 𝑉1 = 1.25

DESMEMBRAMIENTO:

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Función de fuerzas internas: Barra 1-2 origen de z en 2 𝑚1 = 5 − 1.25 ∗ 𝑧 ∗ cos(26.565°) 𝑚1 = 5 − 1.11803 ∗ 𝑧

Barra 2-4 origen de z en 2

𝑚1 = 5 − 𝑧

Barra 4-3 origen de z en 3 𝑚1 = 𝑧

7. PROPIEDADES DEL MATERIAL: 0.25 ∗ 0.453 ∗ 2.4𝐸6 = 4556.25 12 0.20 ∗ 0.453 𝐸𝐼2 = ∗ 2.4𝐸6 = 3200 12 𝐸𝐼1 =

8. CALCULO DE DESPLAZAMIENTO Y FLEXIBILIDAD-.

4.472 (−31.5

𝐴 𝐷10 =∫

0

2 (−31.5 + 9.04355 ∗ 𝑧 − 0.1 ∗ 𝑧 3) ∗ (5 − 1.11803 ∗ 𝑧) + 9 ∗ 𝑧) ∗ (5 − 𝑧) 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑧 4556.25 3200 0

3 (−1.5

+∫

0

∗ 𝑧 2) ∗ (𝑧) −3.403 ∗ 1.25 1 𝑑𝑧 + − (−2.25 ∗ − ) 3200 6000 1000

𝐴 𝐷10 = −0.116986 𝑚

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UNIVERSIDAD TÉCNICA DE ORURO FACULTAD NACIONAL DE INGENIERÍA INGENIERÍA CIVIL 4.472 𝐴 𝑓11 =∫ 0

+

2 3 (𝑧) (5 − 1.11803 ∗ 𝑧) ∗ (5 − 1.11803 ∗ 𝑧) (5 − 𝑧) ∗ (5 − 𝑧) ∗ (𝑧) 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑧 + ∫ 𝑑𝑧 4556.25 3200 3200 0 0

1.25 ∗ 1.25 6000

𝐴 𝑓11 = 0.021461 𝑚

𝐵 𝑓11 =

1 = 0.000167 6000

Reemplazando en la ecuación de compatibilidad: 𝐴 𝐵) 𝐴 (𝑓11 + 𝑓11 ∗ 𝑥1 = −𝐷10

(0.021461 + 0.000167) ∗ 𝑥1 = −(−0.116986) 𝑥1 =

0.116986 = 5.409 0.021628

𝑥1 = 𝑉3 = 5.409 𝑡 9. REACCIONES FINALES-. 𝑥1 = 𝑉3 = 5.409 𝑡 𝑅 = 𝑅𝑜 + 𝑅1 ∗ 𝑥1 𝐻1 0 0 0 [ 𝑉1 ] = [−3.403] + [ 1.25 ] ∗ [5.409] = [3.358] 𝑉2 19.111 −2.25 6.941

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