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EJERCICIO POR SLOPE
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UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
HALLAR LAS PENDIENTES Y DEFLEXIONES DE LA SIGUIENTE FIGURA
SOLUCIÓN:
Curso: Análisis Estructural I
1.3
0.9
5°
3°}|}°
1.3
0.9
5°
3°}|}°
Y1
Y2
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
Al grafico le asignamos valores Y1; Y2
Curso: Análisis Estructural I
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
Para Y 1 :
Y 1=A x13+B
x=0 y=0 0=A (013 )+B B=0
x=2√2 y=0.9 0.9=A (2√213 )+B A= 0.9
(2√2 )13
Entonces reemplazando en la ecuación:
Y 1=0.9
(2√2 )13
x13
Y 1=0.636 x13
Para Y 2 :
Y 2=A x5+B
x=0 y=1.3 1.3¿ A (05 )+B B=1.3
x=2√2 y=0 0=A (2√25)+B A= −1.3(2√2 )5
Entonces reemplazando en la ecuación:
Y 2=−1.3(2√2 )5
x5+1.3
Curso: Análisis Estructural I
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
Y 2=−0.0072x5+1.3
Igualando ambas ecuaciones
0.636 x13=−0.0072 x5+1.3
Despejando el valor de x:
x=2.29
Hallamos el área:
A1∗F1= ∫0
2.293 (0.64 x13 )d x
F1=1.45
A2∗F2= ∫2.293
2√2
(−0.0072x5+1.3 )d x
F2=0.26
HALLAMOS LA DIDTANCIA DONDE SE UBICA LA RESULTANTE:
x1∗F1= ∫0
2.293 (0.64 x13 ) (x )d x
x1∗F1=1.88
x2∗F2= ∫2.293
2√2
(−0.0072 x5+1.3 ) (x )d x
Curso: Análisis Estructural I
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
x2∗F2=0.64
RESULTANTES:
F1=A1 (x ) γ
F1=1.45 (2.4 )(0.6)
F1=2.008
F2=A2 ( x ) γ
F2=0.26 (2.4 )(0.6)
F2=0.374
Curso: Análisis Estructural I
1.3
0.9
}|}°
1.88
0.374
2.088
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
TRASLADANDO LAS FUERZAS A LOS COJINETES
Curso: Análisis Estructural I
1.3
0.9
1.88
0.374
2.088
R2
R1
X’
Y’
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
Tomamos momentos en x’:
∑M X '=0
0.374 (0.64 )+2.088 (1.88 )−R2 (2.82 )=0
R2=1.4767
∑ FY=0
R1−0.374−2.088+1.795=0
R1=0.992
a) Una vez calculado las reacciones en los cojinetes y la tensión del cable se llegó a la siguiente grafica dejando todo en reacciones para facilitar los cálculos
-R2=1.4767-R1=0.992Convirtiendo las fuerzas a ejes globales
Curso: Análisis Estructural I
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
-R2=1.4767*(sin 45)=1.044-R1=0.992*(sin 45)=0.7014
b) Calculando los momentos de empotramiento perfecto para cada tramo considerando que en el tramo BC no hay cargas por ende no habrá momentos de empotramiento perfecto
-TRAMO AB
Curso: Análisis Estructural I
UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUIFACULTAD DE INGENIERIAS
-Apoyándonos del programa ftool y comparando con tablas se determinó los MEP
Mab=16.667 (+) Mba=14.583 (-)
-TRAMO CD
Curso: Análisis Estructural I
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-Apoyándonos del programa ftool y comparando con tablas se determinó los MEP
Mcb=0.1753 (+) Mbc=0.1753 (-)
-TRAMO DE
Curso: Análisis Estructural I
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-Apoyándonos del programa ftool y comparando con tablas se determinó los MEP
Mde=0.4640 (+) Med=0.2320 (-)
TRABAJAMOS TODO COMO CASO 1
M AB=2 EI7.0711 [2θ A+θB−3 Fres
0.7071 ]+16.67MBA=
2EI7.0711
[2θB+θ A ]−14.58
Curso: Análisis Estructural I
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MBC=2 EI1.4142
[2θB+θC ]
MCB=2EI1.4142
[2θC+θB ]
MCD=2 EI2.82
[2θC+θD ]+0.1753
MDC=2EI2.82
[2θD+θC ]−0.1753
MDE=2EI4.24
[2θD+θE ]+0.4640
ME D=2 EI4.24 [2θE+θD−3 (0.2 )
4.24 ]−0.2320
PLANTEANDO ECUACIONES EN LOS NUDOS
A→M AB=0
B→MBA+M BC=0
C→MCB+MCD=0
D→M DC+MCB=0
E→M ED=0
E→M ED=0
Para nudo A:
Curso: Análisis Estructural I
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2EI7.0711 [2θA+θB−3 Fres
0.7071 ]+16.67=0
Para nudo B:B→MBA+M BC=0
27.0711
[2θB+θA ]−14.58+ 21.4142
[2θB+θC ]=0
Para nudo C:
C→MCB+MCD=0
21.4142
[2θC+θB ]+ 22.82
[2θC+θD ]+0.0874=0
Para nudo D:D→M DC+MCB=0
22.82
[2θD+θC ]−0.0874+ 24.24
[2θD+θE ]+0.293=0
Para nudo E:E→M ED=0
24.24
[2θE+θD ]−0.587=0
ORDENANDO MIS ECUACIONES:
Curso: Análisis Estructural I
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0.5657θA+0.2828θB+4.2426∗Fres=−16.67
0.3 .3941θB+0.2828θ A+1.4142θC=14.58
1.4142θB+4.2469θC+0.7092θD=−0.0874
0.7092θC+2.3618θD+0.4717θE=−0.2056
Como tenemos 5 incognitas y 4 ecuaciones entonces de nuestra estatica sacamos nuestra ultima ecuacion
DE AQUÍ DESPEJAMOS
θA=−33.6221
θB=8.3099
θC=−2.9107
θD=0.7362
θE=0.2541
Calculando las reacciones para sacar nuestra ecuacion que nos falta el resultado seria el siguiente:
Curso: Análisis Estructural I
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Curso: Análisis Estructural I