prueba+de+entrada analisis
DESCRIPTION
analisis valcarcel prueba de entradaTRANSCRIPT
1
UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA Facultad de Ingeniería Civil Departamento Académico de Estructuras Ciclo 2015-1
PC1 ANÁLISIS ESTRUCTURAL I (PRUEBA DE ENTRADA) (EC211-H)
Profesor : VALCÁRCEL POLLARD , Edgar Día y hora : 26 de Marzo de 2015 - 12:00 – 13:50 Indicaciones : Con copias y/o apuntes de clase. Se puede usar calculadora.
Pregunta 1 (5 puntos)
Para la armadura que se muestra en la figura Nº1, se pide calcular la fuerza en la barra “A”.
Pregunta 2 (5 puntos)
Marcar la afirmación correcta. JUSTIFICAR.
a) El nudo “6” se desplaza hacia abajo. b) El nudo “6” se desplaza hacia arriba. c) El nudo “6” no se desplaza. d) El sistema es hiperestático. No se puede determinar el desplazamiento del nudo “6” e) El sistema es isostático. Si se puede determinar el desplazamiento del nudo “6”
12
3
45
67 8
910
1112 13
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
1.5m 2m
4@
1.5
m=
6m
A
Figura N°1
1
2 34
5
6
2L 2L
2L
2L
P
L
Figura N°2
2
Pregunta 3 (5puntos)
La viga mostrada en la figura Nº3 es homogénea y pesa 9 ton. Dibujar el diagrama de momento flector debidamente acotado
Pregunta 4 (5 puntos)
Dibujar el diagrama de momento flector debidamente acotado de la viga hiperestática mostrada en la figura Nº4. Se puede utilizar cualquiera de los siguientes métodos:
Doble integración
Área-Momento
Viga conjugada
Ecuación de los 3 momentos
Tablas
Nota: En la solución de los problemas se tiene que mostrar todos los cálculos. Cualquier valor sin su respectiva justificación no será considerada.
2m1m 6m
6 ton2 ton/m
3 ton/m
6 ton-m 4.5 ton-m 8 ton-m
Figura N°3
2m 4m 6m
5 ton
BA DC
EI=cte. EA ,f=0 Figura N°4
Edgar Valcárcel Pollard Página 1
SOLUCIONARIO PC1 ANÁLISIS ESTRUCTURAL I (EC211H) - PRUEBA DE ENTRADA: CICLO 2015-1
EDGAR VALCÁRCEL POLLARD
P1)(𝟓𝒑𝒕𝒔. )
𝑻𝒐𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒔𝒊𝒔𝒕𝒆𝒎𝒂: 𝚺𝑴𝟕 = 𝟎 ,
𝑹𝟏𝟑 = 𝟔 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑪𝒐𝒓𝒕𝒆 𝟏 − 𝟏 (𝒅𝒆𝒓𝒆𝒄𝒉𝒂): 𝚺𝑴𝟐 = 𝟎 ,
𝑩 = 𝟐𝟐 𝒕𝒐𝒏(𝒕𝒓𝒂𝒄. )
𝑪𝒐𝒓𝒕𝒆 𝟐 − 𝟐 (𝒅𝒆𝒓𝒆𝒄𝒉𝒂): 𝚺𝑭𝒙 = 𝟎 ,
𝑨 = 𝟐. 𝟓 𝒕𝒐𝒏(𝒕𝒓𝒂𝒄. )
P2)(𝟓𝒑𝒕𝒔. ) 𝑹𝒑𝒕𝒂. 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒄𝒕𝒂: (𝑪) P3)(𝟓𝒑𝒕𝒔. )
𝑻𝒓𝒂𝒎𝒐 𝑪𝑫: 𝟎 ≤ 𝒙 ≤ 𝟔 ;
𝑪𝒂𝒓𝒈𝒂 𝒕𝒓𝒊𝒂𝒏𝒈𝒖𝒍𝒂𝒓:
~∆𝒔 : 𝒒𝒙𝒙=𝟑
𝟔 ↝ 𝒒𝒙 =
𝒙
𝟐
𝑽𝒙 = 𝟐 − 𝒙(𝟏) −𝒙𝒒𝒙𝟐
𝑽𝒙 = 𝟐 − 𝒙 −𝒙𝟐
𝟒 {𝑽𝒙 = 𝟎 𝒙 = 𝟏. 𝟒𝟔𝟒𝒎
𝑴𝒙 = 𝟏𝟔 + 𝟐𝒙 − 𝒙(𝒙
𝟐) −
𝒙𝒒𝒙𝟐(𝒙
𝟑)
𝑴𝒙 = 𝟏𝟔 + 𝟐𝒙 −𝒙𝟐
𝟐−𝒙𝟑
𝟏𝟐
{ 𝒙 = 𝟏. 𝟒𝟔𝟒𝒎 𝑴 = 𝟏𝟕. 𝟓𝟗𝟓
12
3
45
67
8
910
1112 13
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
8 ton
1.5m 2m
4@
1.5
m=
6m
A
Figura N°1
1
1
2
2
B
R13
2m1m 6m
6 ton2 ton/m
3 ton/m
6 ton-m 4.5 ton-m 8 ton-m
14 ton 13 ton
p.p=1 ton/m
(+)
(-)
DMF
(ton-m)
Saltos:B,C
Grados:
Todo 3°
DFV(ton)Saltos:B,C
Grados:
Todo 2°
BA DC
2.67
11.33
8
2
13
(+)
(-) (-)1.39
7.39
11.5
16
17.595
8
x
1.46m
Edgar Valcárcel Pollard Página 2
P4)(𝟓𝒑𝒕𝒔. )
𝑨𝒑𝒍𝒊𝒄𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒑𝒓𝒊𝒏𝒄𝒊𝒑𝒊𝒐 𝒅𝒆 𝒔𝒖𝒑𝒆𝒓𝒑𝒐𝒔𝒊𝒄𝒊ó𝒏 (𝒄𝒐𝒎𝒑𝒐𝒓𝒕𝒂𝒎𝒊𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂𝒍)
𝑯𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒖𝒔𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂𝒔 𝒕𝒂𝒃𝒍𝒂𝒔 𝒄𝒐𝒓𝒓𝒆𝒔𝒑𝒐𝒏𝒅𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆𝒔 𝒔𝒆 𝒕𝒆𝒏𝒅𝒓á:
∆𝑪=𝟏
𝟔𝑬𝑰[𝟑𝑴𝑫
´ (𝑳 − 𝒙)𝟐 + 𝑹𝑫´ (𝑳 − 𝒙)𝟑] ,
{
𝑴𝑫´ = −𝟓
𝑹𝑫´ = 𝟏. 𝟓 𝑳 = 𝟏𝟎 𝒙 = 𝟒
∴ ∆𝑪=−𝟑𝟔
𝑬𝑰 , {
𝑹𝑩´ = 𝟏.𝟓 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑹𝑫´ = 𝟏. 𝟓 𝒕𝒐𝒏(↑)
𝑴𝑫´ = 𝟓 𝒕𝒐𝒏 −𝒎(↷)
𝜹𝑪 = −𝑷𝒂𝟐𝒃𝟑(𝟑𝑳 + 𝒂)
𝟏𝟐𝑬𝑰𝑳𝟑 , {
𝒂 = 𝟒 𝒃 = 𝟔 𝑳 = 𝟏𝟎 𝑷 = −𝑹𝑪
∴ 𝜹𝑪 =𝟗. 𝟕𝟗𝟐𝑹𝑪
𝑬𝑰
𝑬𝒄𝒖𝒂𝒄𝒊ó𝒏 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒂𝒕𝒊𝒃𝒊𝒍𝒊𝒅𝒂𝒅:
∆𝑪 + 𝜹𝑪 = 𝟎 , ↝ −𝟑𝟔
𝑬𝑰+𝟗. 𝟕𝟗𝟐𝑹𝑪
𝑬𝑰= 𝟎 𝑹𝑪 = 𝟑. 𝟔𝟖 𝒕𝒐𝒏(↑) ∴ {
𝑹𝑩´´ = 𝟏. 𝟓𝟗 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑹𝑫´´ = 𝟐.𝟎𝟗 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑴𝑫´´ = 𝟔. 𝟏𝟖 𝒕𝒐𝒏 −𝒎(↶)
𝑭𝒊𝒏𝒂𝒍𝒎𝒆𝒏𝒕𝒆:
{
𝑹𝑩 = −𝟏.𝟓 − 𝟏. 𝟓𝟗 − 𝟓 = −𝟖. 𝟎𝟗 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑹𝑪 = 𝟑.𝟔𝟖 𝒕𝒐𝒏(↑)
𝑹𝑫 = 𝟏. 𝟓 − 𝟐. 𝟎𝟗 = −𝟎. 𝟓𝟗 𝒕𝒐𝒏(↓)
𝑴𝑫 = 𝟓− 𝟔.𝟏𝟖 = −𝟏.𝟏𝟖 𝒕𝒐𝒏−𝒎(↶)
δC
RC
10 ton-m
ΔC
RBʹʹ RDʹʹ
RBʹ RDʹ
MDʹ
MDʹʹ
+
4m 6m
10 ton-m
B DC
RCRBRD
MD
(+)
(-)
(+)
DMF
(ton-m)10
2.36
1.18
A B
C
D