trabajoanalisis.final

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


Al grafico le asignamos valores Y1; Y2



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



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



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


1.3

0.9

}|}°

1.88

0.374

2.088


TRASLADANDO LAS FUERZAS A LOS COJINETES


1.3

0.9

1.88

0.374

2.088

R2

R1

X’

Y’


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



-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



-Apoyándonos del programa ftool y comparando con tablas se determinó los MEP

Mab=16.667 (+) Mba=14.583 (-)

-TRAMO CD




Mcb=0.1753 (+) Mbc=0.1753 (-)

-TRAMO DE




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



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:



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:



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:


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