Solución

1. GRADO DE LIBERTAD: 1° Grado de libertad

2. Giros

M AB=2 E( IL )[2θA+θB−3∆L ]+M AB

E

M AB=2 E( I4 ) [0+θB−0 ]−5.33

M AB=E ( I2 )[θB ]−5.33……… (1 )

MB A=2 E( I4 )[2θB+θ A−3∆L ]+MBA

E

MBA=E ( I ) [θB ]+5.33………… (2 )

MBC=2E (3 I6 )[2θB+θC−3∆L ]+MBC

E

MBC=2 E ( I ) [θB ]−15………… (3 )

MCB=2E (3 I6 )[2θC+θ B−3∆L ]+MCB

E

MCB=(EI ) [θB ]+15…………(4)

NUDO B

θBA+θBC=0

(EI ) [θB ]+5 .33+2E (I ) [θB ]−15=03 E ( I ) [θB ]−9.67=0E I [θB ]=3.223

REEMPLAZANDO EN CADA TRAMO

M AB=E ( I2 )[3.223 ]−5.33

M AB=−3 .718

4

20

4 33

3EIEI

MBA=E ( I ) [3.223 ]+5.33MBA=8.533

MBC=2 E ( I ) [3.223 ]−15MBC=−8.554

MCB=(EI ) [3.223 ]+15MCB=18.223

MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO TABLA CROSS

TRAMO AB PARA CARGA DISTRBUIDA

M ABE =−Q L2

12 L

M ABE =−4 ¿42

12=−5.33

MB AE =QL

2

12 L

M ABE =4 ¿42

12=5.33

TRAMO BC PARA CARGA PUNTUAL EN EL CENTRO

MBCE =−PL

8

MBCE =−20∗6

8=−15

MCBE =P L

8

MCBE =20∗6

8=15

Datos:

M AB=−3.718

MBA=8.533

MBC=−8.554

MCB=18.223

3. CALCULO DE CORTANTES

3.718 4 8.533

4

∑ Fy=0=¿V AB+V BA=16¿

∑Ma=0=¿V B a∗4+3.718+8.533−16∗2¿

V B A=4.937

V A B=11.063

20

∑ Fy=0=¿V BC+V CB=20¿

∑Ma=0=¿V CB∗6+8.554+18.223−20∗3¿

V CB=5.537

V BC=14.463

3 3

4

8.554

4

18.223

VBC VCB

VAB VBA

UNIVERSIDAD PERUANA UNIÓN

FACULTAD DE INGENIERIA Y ARQUITECTURAEAP Ingeniería de Civil

TRABAJO

Ejercicio con el método de deformación angular

Autor:

Carlos David Flores Rojas

Profesor:

Ing. Roberto Yoctun

Lima, diciembre del 2015