Solución

1. GRADO DE LIBERTAD: 1° Grado de libertad

2. Giros

𝑴𝑨𝑩 = 𝟐𝑬 (𝑰

𝑳) [𝟐𝜽𝑨 + 𝜽𝑩 −

𝟑∆

𝑳] + 𝑴𝑨𝑩

𝑬

𝑴𝑨𝑩 = 𝟐𝑬 (𝑰

𝟒) [𝟎 + 𝜽𝑩 − 𝟎] − 𝟓. 𝟑𝟑

𝑴𝑨𝑩 = 𝑬 (𝑰

𝟐) [𝜽𝑩] − 𝟓. 𝟑𝟑 … … … (𝟏)

𝑴𝑩𝑨 = 𝟐𝑬 (𝑰

𝟒) [𝟐𝜽𝑩 + 𝜽𝑨 −

𝟑∆

𝑳] + 𝑴𝑩𝑨

𝑬

𝑴𝑩𝑨 = 𝑬(𝑰)[𝜽𝑩] + 𝟓. 𝟑𝟑 … … … … (𝟐)

𝑴𝑩𝑪 = 𝟐𝑬 (𝟑𝑰

𝟔) [𝟐𝜽𝑩 + 𝜽𝑪 −

𝟑∆

𝑳] + 𝑴𝑩𝑪

𝑬

𝑴𝑩𝑪 = 𝟐𝑬(𝑰)[𝜽𝑩] − 𝟏𝟓 … … … … (𝟑)

𝑴𝑪𝑩 = 𝟐𝑬 (𝟑𝑰

𝟔) [𝟐𝜽𝑪 + 𝜽𝑩 −

𝟑∆

𝑳] + 𝑴𝑪𝑩

𝑬

𝑴𝑪𝑩 = (𝑬𝑰)[𝜽𝑩] + 𝟏𝟓 … … … … (𝟒)

NUDO B

𝜽𝑩𝑨 + 𝜽𝑩𝑪 = 𝟎

(𝑬𝑰)[𝜽𝑩] + 𝟓. 𝟑𝟑 + 𝟐𝑬(𝑰)[𝜽𝑩] − 𝟏𝟓 = 𝟎

𝟑𝑬(𝑰)[𝜽𝑩] − 𝟗. 𝟔𝟕 = 𝟎

𝑬𝑰[𝜽𝑩] = 𝟑. 𝟐𝟐𝟑

REEMPLAZANDO EN CADA TRAMO

𝑴𝑨𝑩 = 𝑬 (𝑰

𝟐) [𝟑. 𝟐𝟐𝟑] − 𝟓. 𝟑𝟑

𝑴𝑨𝑩 = −𝟑. 𝟕𝟏𝟖

𝑴𝑩𝑨 = 𝑬(𝑰)[𝟑. 𝟐𝟐𝟑] + 𝟓. 𝟑𝟑

𝑴𝑩𝑨 = 𝟖. 𝟓𝟑𝟑

4

20

4 3 3

3EI EI

𝑴𝑩𝑪 = 𝟐𝑬(𝑰)[𝟑. 𝟐𝟐𝟑] − 𝟏𝟓

𝑴𝑩𝑪 = −𝟖. 𝟓𝟓𝟒

𝑴𝑪𝑩 = (𝑬𝑰)[𝟑. 𝟐𝟐𝟑] + 𝟏𝟓

𝑴𝑪𝑩 = 𝟏𝟖. 𝟐𝟐𝟑

MOMENTO DE EMPOTRAMIENTO TABLA CROSS

TRAMO AB PARA CARGA DISTRBUIDA

𝑴𝑨𝑩𝑬 = −

𝑸𝑳𝟐

𝟏𝟐𝑳

𝑴𝑨𝑩𝑬 = −

𝟒 ∗ 𝟒𝟐

𝟏𝟐= −𝟓. 𝟑𝟑

𝑴𝑩𝑨𝑬 =

𝑸𝑳𝟐

𝟏𝟐𝑳

𝑴𝑨𝑩𝑬 =

𝟒 ∗ 𝟒𝟐

𝟏𝟐= 𝟓. 𝟑𝟑

TRAMO BC PARA CARGA PUNTUAL EN EL CENTRO

𝑴𝑩𝑪𝑬 = −

𝑷𝑳

𝟖

𝑴𝑩𝑪𝑬 = −

𝟐𝟎 ∗ 𝟔

𝟖= −𝟏𝟓

𝑴𝑪𝑩𝑬 =

𝑷𝑳

𝟖

𝑴𝑪𝑩𝑬 =

𝟐𝟎 ∗ 𝟔

𝟖= 𝟏𝟓

Datos:

𝑴𝑨𝑩 = −𝟑. 𝟕𝟏𝟖

𝑴𝑩𝑨 = 𝟖. 𝟓𝟑𝟑

𝑴𝑩𝑪 = −𝟖. 𝟓𝟓𝟒

𝑴𝑪𝑩 = 𝟏𝟖. 𝟐𝟐𝟑

3. CALCULO DE CORTANTES

3.718 4 8.533

4

4

VAB VBA

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 = 𝑽𝑨𝑩 + 𝑽𝑩𝑨 = 𝟏𝟔

∑ 𝑴𝒂 = 𝟎 = 𝑽𝑩𝒂 ∗ 𝟒 + 𝟑. 𝟕𝟏𝟖 + 𝟖. 𝟓𝟑𝟑 − 𝟏𝟔 ∗ 𝟐

𝑽𝑩𝑨 = 𝟒. 𝟗𝟑𝟕

𝑽𝑨𝑩 = 𝟏𝟏. 𝟎𝟔𝟑

20

∑ 𝑭𝒚 = 𝟎 = 𝑽𝑩𝑪 + 𝑽𝑪𝑩 = 𝟐𝟎

∑ 𝑴𝒂 = 𝟎 = 𝑽𝑪𝑩 ∗ 𝟔 + 𝟖. 𝟓𝟓𝟒 + 𝟏𝟖. 𝟐𝟐𝟑 − 𝟐𝟎 ∗ 𝟑

𝑽𝑪𝑩 = 𝟓. 𝟓𝟑𝟕

𝑽𝑩𝑪 = 𝟏𝟒. 𝟒𝟔𝟑

3 3

8.554

4

18.223

VBC VCB

UNIVERSIDAD PERUANA UNIÓN

FACULTAD DE INGENIERIA Y ARQUITECTURA EAP Ingeniería de Civil

TRABAJO

Ejercicio con el método de deformación angular

Autor:

Carlos David Flores Rojas

Profesor:

Ing. Roberto Yoctun

Lima, diciembre del 2015