Trabajo Final Resistencia 2

CARRERA PROFESIONAL INGENIERIA CIVIL

INTEGRANTESCODIGO DE

ALUMNONOTA

TRABAJONOTA

EXPOSICIÓN

Olaza Ortiz, Roni 362371

Alfonso Justo, José 712714

Pecho Ballarte, Luis 363991

Ramirez Seguil, Angelica 369316

Gutierrez Gonzales, Mario 364124

DOCENTE: ING. CHARLES ROBERT BALBOA ALARCON

Profesor: Ing. Charles Robert Balboa Alarcón Página 1

2015

CURSO : RESISTENCIA DE MATERIALES II

DEDICATORIA

A nuestras familias, ya que el sacrificio y apoyo que ellos nos dan, hacen posibles que los esfuerzos para lograr nuestras metas se vean realizados. Gracias por estar a nuestro lado en todo momento.


INDICE

INTRODUCCION…………………………………………………………………………..…..4

FUNDAMENTO TEORICO……………………………………………………………..……..5

DESCRIPCION DE ANALISIS PUENTE PEATONAL…………………………………..11

ESQUEMA IDEALIZADO DEL PUENTE PEATONAL………………………………….12

CALCULO DE MOMENTOS FLECTORES DEL PUENTE PEATONAL EN LOS TRES

METODOS……………………………………………………………………..…….……….12

DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR……………………23

GRAFICO DE LOS DIAGRAMAS APLICANDO EL SAP 2000….……………..………24

ESQUEMA DE LOS ACEROS DE REFUERZO……………….….……………..………25

CONCLUSIONES…………………………………………………..….……………..………26


1. INTRODUCCION

En este segundo curso de resistencia de materiales, se explicará y se analizará una

estructura que es hiperestática. En la estática una viga hiperestática o estáticamente

indeterminada es cuando está en equilibrio pero las ecuaciones de la estática resultan

insuficientes para determinar todas las fuerzas internas o las reacciones.

Por eso para el caso que nos ha tocado exponer que es la de un puente peatonal, se

resolverá con los distintos métodos aprendidos en clases como: Método de tres

momentos, Método de pendiente desviación y el Método de Cross.

Estos métodos nos ayudarán a hallar las reacciones y momentos en cada apoyo. Además,

nos simplifica el proceso de cálculo y aprenderemos a utilizar estos métodos para que nos

sea más fácil diagramar los cortantes y momentos flectores que se producen en una viga

sometida a cargas externas y con los cuales se procede al trazado de los ya conocidos:

DMF y DFC, así como también el refuerzo en acero que se tiene que hacer en la viga.

Este principio puede ser aplicada a vigas hiperestáticas, tales como:

Vigas Bi-empotradas.

Vigas Empotrada- Apoyada.

Vigas Continuas.

2. FUNDAMENTO TEORICO


1.01 ECUACION DE LOS TRES MOMENTOS

La ecuación de los tres momentos expresan una relación entre los momentos

flectores, en tres puntos cuales quiera de una viga cualquiera.

Se utiliza para resolver vigas continuas (estructuras hiperestáticas). Dando

como solución los momentos flectores en los apoyos sucesivos entre sí.

En el caso de una viga con tres apoyos únicamente, este método permite el

cálculo directo del momento en el apoyo intermedio. Las condiciones de los

extremos proporcionan datos para calcular los momentos en ellos. Luego

pueden usarse los principios de estática para determinar las reacciones.

Viga Continua de Diferente inercia

Del grafico se plantearan las cargas y momentos flectores de forma separa por

tramos agregando y quitando fuerzas para obtener lo siguiente:

Caso 1: en caso de tener los apoyos verticales hA y hB diferentes de cero y con

Inercias diferentes se aplicara la siguiente formula.

M A( L1I 1 )+2MB( L1I 1 +L2I 2 )+MC( L2I 32 )=−6

(∝1 )I1

−6(∝2 )I 2

+6EhAL1

+6EhCL2


Caso 2: en caso de tener los apoyos verticales hA y hB iguales a cero y con

Inercias diferentes se aplicara la siguiente formula.

M A( L1I 1 )+2MB( L1I 1 +L2I 2 )+MC( L2I 32 )=−6

(∝1 )I1

−6(∝2 )I 2

Caso 3: en caso de tener los apoyos verticales hA y hB iguales a cero y con

Inercia constante se aplicara la siguiente formula.

α2 : Considerando el lado derecho del tramo 1

α1 : Considerando el lado derecho del tramo 2

Estas alfas (α) mostradas en los casos son los valores de rotaciones en los

apoyos, a continuación se mostrarán las alfas más (α) importantes.

1.02 ECUACION DE PENDIENTE DESVIACION


∝1=∝2=W L3

24

∝1=M L6 ( 3b2L2 −1) ∝2=M L

6 (1−3a2L2 )

∝1=∝2=P L2

16

∝1=Pab6 L

(b+L ) ∝2=Pab6 L

(a+L )

M A (L1 )+2MB (L1+L2 )+MC (L2 )=−6 (∝2)−6 (∝1)

Esta ecuación está Clasificada dentro de los métodos clásicos, que se

fundamenta en un análisis de desplazamiento y rotaciones, donde estas

variables son derivadas en función de las cargas usando relaciones entre

cargas y desplazamientos, posteriormente estas ecuaciones son solucionadas

para obtener los valores de desplazamientos y rotaciones, finalmente los

valores de fuerzas internas son determinados.

Por eso se dice que este método de Pendiente Desviación es un procedimiento

que generalmente es muy útil cuando se desea obtener las pendientes y las

deformaciones, solamente en ciertos puntos seleccionados a lo largo de la

viga.

Grafico para poder obtener las Ecuaciones de Pendiente Desviación

Dónde:


M AB=FEM AB+2 EIθAL

+4 EIθBL

−6 EI ∆L2

M AB=2EIL (2θ A+θB−3∆L )+FEM AB

MBA=FEMBA+2 EIθAL

+4 EIθBL

−6 EI ∆L2

MBA=2 EIL (θ A+2θB−3∆L )+FEM BA

FEM : Momentos de empotramiento Fijo.

L : Longitud

θ : Angulo de giro

EI : Inercia

Ley de Signos para este método:

Los FEM de empotramientos más usados:

Ecuaciones de equilibrio:

Giros en empotramientos:


MO a(2b−a)L2

MOb (2a−b)L2

−qL2

12

Pab2

L2−Pab2

L2

qoL2

30−qoL

2

30

qL2

12

Carga Uniformemente Distribuida Carga puntual

Carga triangular de valor máximo Momento de Valor

MAB = 0

MBA +MBC = 0

MCB + MCD = 0

MDC = 0

θA = 0

θc = 0

1.03 DISTRIBUCION DE MOMENTOS (CROSS)

El Método Distribución de Momentos es más conocidos como método de

Cross, que viene hacer un método de aproximaciones sucesivas. .

El método permite seguir paso a paso el proceso de distribución de momentos

en la estructura dando un sentido físico muy claro a las operaciones

matemáticas que se realizan.

Una vez comprendido el mecanismo del método, las operaciones matemáticas

se reducen a sumas, restas, multiplicaciones y divisiones. Además, no exige

recordar nada de memoria. Si se dispone de unas tablas de momentos,

rigideces y factores de transmisión, puede resolverse cualquier estructura

Principios Generales:

- Convención de signos:

Momento positivo ( + ) que siguen el sentido de la manecillas del reloj.

Momento positivo ( - ) en sentido contrario a las manecillas del reloj.

- Factor de Rigidez de Miembro:


K= 4 EILAB

- Factor de Rigidez de Nudos:

Del grafico decimos que:

∅ 1=∅ 2=∅ 3

Equilibrando momentos por la Convención de signos

M 1+M 2+M 3=M

M=4 EIL1

∅ 1+ 4 EIL2

∅ 2+ 4 EIL3

∅ 3=K 1×∅ 1+K 2×∅ 2+K 3×∅ 3

Entonces:

KT=∑ K

- Factor de Distribución (FD):

Como se sabe que:

M=(K 1+K 2+K 3)×∅ 1=M

Cancelando los términos comunes se obtiene:

FDiK i

∑ K

- Factor de Transporte (FT):


M '=12M

3. DESCRIPCION DE ANALISIS - PUENTE PEATONAL

Al grupo nos ha tocado realizar los cálculos de momentos flectores en los

apoyos de un puente peatonal.

En estos cálculos se aplicaran todos los métodos aprendidos en clases,

obteniendo así datos similares en los resultados para luego graficar los

Diagramas de Fuerza Cortante (DFC) y diagrama de Momento Flector (DMF).

Como sabemos en la actualidad los puentes peatonales son estructuras cada

vez más esbeltas debido a requerimientos estéticos y al incremento de la

resistencia de los materiales modernos. Debido al aumento en la flexibilidad,

disminución de la masa y uso de grandes luces entre apoyos.

Carga uniformemente repartida W=415kg/m² solo en los tramos L1

Carga uniforme lineal q=WA


DESCRIPCION L1 (m) L2 (m) A (m)

Puente Peatonal 7.00 5.00 1.2

4. ESQUEMA IDEALIZADO DEL PUENTE PEATONAL

A continuación se muestra el puente idealizado con sus respectivas cargas

según datos del trabajo de investigación descritos en el punto

5. CALCULO DE LOS MOMENTO FLECTORES DEL PUENTE PEATONAL

En este punto se desarrollara los momentos flectores del puente peatonal

aplicando los tres métodos aprendidos en clases. Para el desarrollo de estos

ejercicios se tomaran los datos del ítem 3 (Esquema Idealizado de un Puente

Peatonal), de los datos:

W=415kg /m2

L1=7m

L2=5m

A=1.2m

q=WA=415×1.2=498kg /m.

5.01 METODO DE LOS TRES MOMENTOS


7 m5 m7 m DCBA

498 kg/m498 kg/m

a. Cálculo de los momentos:

i. Tramo ABC

M A×7+2MB (7+5 )+MC×5=−6× 498×73

24−6× 0×5

3

24

Como M A=0 se obtiene:

24M B+5MC=−42703.5 … (1)

ii. Tramo BCD

MB×5+2MC (5+7 )+M D×7=−6× 0×53

24−6× 498×7

3

24

Como MD=0 se obtiene:

5MB+24MC=−42703.5 …(2)


7 m5 m7 m DCBA

498 kg/m498 kg/m

α1α2

5 m7 m CBA

498 kg/m

α1α2

7 m5 m DCB

498 kg/m

Resolviendo (1) y (2) se obtiene:

MB=−1472.534kg .mMC=−1472.534 kg .m

Además se sabe:

M A=0kg .mMD=0kg .m

b. Cálculo de las reacciones:

i. Tramo AB

∑M A=0 :

RB×7−3486×3.5−1472.534+0=0

RB=1953.362kg

∑ FY=0 :

RA+1953.362−3486=0

RA=1532.638kg

ii. Tramo BC

∑M B=0 :

RC×5+1472.534−1472.534=0

RC=0kg

∑ FY=0 :

RB+0=0

RB=0kg


3.5 m

3486 kg

1472.534 kg-m

RBRA

7 m BA

498 kg/m0 kg-m

1472.534 kg-m 1472.534 kg-m

5 m CB

RB RC

iii. Tramo CD

∑MC=0 :

RD×7+1472.534−3486×3.5−0=0

RD=1532.638 kg

∑ FY=0 :

RC+1532.638−3486=0

RC=1953.362kg

5.02 METODO PENDIENTE DESVIACION

a) Cálculo de los momentos:

iv. M AB=FEM AB+2 EIL

(2θA+θB)

M AB=−498×72

12+ 2 EI7

(2θA+θB)

M AB=−2033.5+EI (0.571θA+0.286θB)

v. MBA=FEMBA+2 EIL

(2θB+θA)

MBA=498×72

12+2 EI7

(2θB+θA)


1472.534 kg-m 3.5 m

3486 kg

RDRC

7 m DC

498 kg/m 0 kg-m

7 m5 m7 m DCBA

498 kg/m498 kg/m

MBA=2033.5+EI (0.571θB+0.286θ A)

vi. MBC=FEM BC+2EIL

(2θB+θC)

MBC=0+2 EI5

(2θB+θC)

MBC=EI (0.8θB+0.4θC)

vii. MCB=FEMCB+2 EIL

(2θC+θB)

MCB=0+2EI5

(2θC+θB)

MCB=EI (0.8θC+0.4θB)

viii. MCD=FEMCD+2 EIL

(2θC+θD)

MCD=−498×72

12+ 2EI7

(2θC+θD)

MCD=−2033.5+EI (0.571θC+0.286θD)

ix. MDC=FEM DC+2 EIL

(2θD+θC)

MDC=498×72

12+2 EI7

(2θD+θC)

MDC=2033.5+EI (0.571θD+0.286θC)

Aplicando las propiedades para formar las ecuaciones que nos permitirán encontrar los giros tenemos:


M AB=0

−2033.5+EI (0.571θ A+0.286θB )=0

0.571θA+0.286θB=2033.5EI

…(1)

MBA+M BC=0

2033.5+EI (0.571θB+0.286θ A )+EI (0.8θB+0.4θC)=0

0.286θA+1.371θB+0.4 θC=−2033.5EI

…(2)

MCB+MCD=0

EI (0.8θC+0.4θB )−2033.5+EI (0.571θC+0.286θD )=0

0.4θB+1.371θC+0.286θD=2033.5EI

…(3)

MDC=0

2033.5+EI (0.571θD+0.286θC )=0

0.286θC+0.571θD=−2033.5EI

…(4)

Resolviendo el sistema de ecuaciones (1), (2), (3) y (4) se obtiene:

θA=5408.10EI

θB=−3687.14

EI

θC=3687.14EI

θD=−5408.10

EI


Luego:

M AB=0

MBA=2033.5+EI (0.571(−3687.14EI )+0.286( 5408.10EI ))=1474.86 kg .m MBC=−1474.86kg .m

MCB=EI (0.8( 3687.14EI )+0.4(−3687.14EI ))=1474.86kg .m MCD=−1474.86kg .m

MDC=0

b) Cálculo de las reacciones:

I. Tramo AB

∑M A=0 :

RB×7−3486×3.5−1474.86+0=0

RB=1953.694 kg

∑ FY=0 :

RA+1953.694−3486=0

RA=1532.306kg

II. Tramo BC

∑M B=0 :

RC×5+1474.86−1474.86=0

RC=0kg

∑ FY=0 :


3.5 m

3486 kg

1474.86 kg-m

RBRA

7 m BA

498 kg/m

1474.86 kg-m 1474.86 kg-m

5 m CB

RB RC

0 kg-m

RB+0=0 RB=0kg

III. Tramo CD

∑MC=0 :

RD×7+1474.86−3486×3.5=0

RD=1532.306 kg

∑ FY=0 :

RC+1532.306−3486=0

RC=1953.694kg

5.03 METODO DISTRIBUCION DE MOMENTOS

a) Cálculo de los momentos:

Nudo A B C DTramo AB BA BC CB CD DCFD 1 0.35 0.65 0.65 0.35 1FEM 0 3050.25 0 0 -3050.25 0

Distrib. 0 -1067.59 -1982.66 1982.66 1067.59 0Transp. 0 0 991.33 -991.33 0 0Distrib. 0 -346.97 -644.37 644.37 346.97 0Transp. 0 0 322.18 -322.18 0 0Distrib. 0 -112.76 -209.42 209.42 112.76 0Transp. 0 0 104.71 -104.71 0 0Distrib. 0 -36.65 -68.06 68.06 36.65 0Transp. 0 0 34.03 -34.03 0 0Distrib. 0 -11.91 -22.12 22.12 11.91 0Transp. 0 0 11.06 -11.06 0 0Distrib. 0 -3.87 -7.19 7.19 3.87 0Transp. 0 0 3.59 -3.59 0 0


1474.86 kg-m 3.5 m

3486 kg

RDRC

7 m DC

498 kg/m 0 kg-m

7 m5 m7 m DCBA

498 kg/m498 kg/m

Distrib. 0 -1.26 -2.34 2.34 1.26 0Transp. 0 0 1.17 -1.17 0 0Distrib. 0 -0.41 -0.76 0.76 0.41 0Transp. 0 0 0.38 -0.38 0 0Distrib. 0 -0.13 -0.25 0.25 0.13 0Transp. 0 0 0.12 -0.12 0 0

0 1468.70 -1468.58 1468.58 -1468.70 0

Momentos (ton.) MAB MBA MBC MCB MCD MDC

x. K BA=3EI7

=0.43 EI

1.23 EI

K BC=4 EI5

=0.8EI

1.23 EI

KCD=3 EI7

=0.43 EI

FDBA=K AB

∑ K B

=0.43 EI1.23EI

=0.35

FDBC=1−0.35=0.65

FDCB=KBC

∑ K C

= 0.8 EI1.23 EI

=0.65

FDCD=1−0.65=0.35

Para el caso del cálculo del FEM en los extremos se considera 0 y en los apoyos interiores se considera como si fuera empotrado hacia un extremo fijo. De acuerdo con la tabla se debe usar la fórmula:


FEM BA=q×L2

8=498×7

2

8=3050.25

FEM BC=−q×L2

12=−0×72

12=0

FEMCB=q×L2

12=0×7

2

12=0

FEMCD=−q× L2

8=−498×72

8=−3050.25

Luego:De la tabla.

M AB=0 MBA=1468.70kg .m MBC=−1468.58kg .m MCB=1468.58kg .m MCD=−1468.70kg .m MDC=0

b) Cálculo de las reacciones:

I. Tramo AB

∑M A=0 :

RB×7−3486×3.5−1468.70+0=0

RB=1952.814 kg

∑ FY=0 :

RA+1952.814−3486=0


3.5 m

3486 kg

1468.70 kg-m

RBRA

7 m BA

498 kg/m0 kg-m

RA=1533.186kg

II. Tramo BC

∑M B=0 :

RC×5+1468.58−1468.58=0

RC=0kg

∑ FY=0 :

RB+0=0

RB=0kg

III. Tramo CD

∑MC=0 :

RD×7+1468.70−3486×3.5−0=0

RD=1533.186 kg

∑ FY=0 :

RC+1533.186−3486=0

RC=1952.814kg


1468.58 kg-m 1468.58 kg-m

5 m CB

RB RC

1468.70 kg-m 3.5 m

3486 kg

RDRC

7 m DC

498 kg/m 0 kg-m

6. GRAFICO DE LOS DIAGRAMAS

DIAMAGRA DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR


-1472.534-1472.534

-

-1532.638

1953.362

-1953.362

1532.638

nm 0

x2 -

+0

-x1

+

7 m5 m7 m DCBA

498 kg/m498 kg/m

7. GRAFICO DE LOS DIAGRAMAS APLICANDO EL SAP:

Para el caso se ingresó los datos del problema al programa SAP 2000Y se obtuvo lo siguiente:

7.01 DIAMAGRA DE FUERZA CORTANTE:

7.02 DIAMAGRA DE FUERZA MOMENTO FLECTOR:


8. ESQUEMA DE LOS ACEROS DE REFUERZO:


9. CONCLUSIONES

Como se ha podido mostrar en esta exposición, el ejemplo del puente peatonal que se plasma en una viga hiperestática, se puede resolver este mediante métodos matemáticos, sin embargo en la actualidad estos métodos ya no se utilizan por ser muy laboriosos, para ello existe variedad de software como es el caso del SAP 2000, que hace lo mismo pero de manera rápida y eficaz. Con este programa se observa que los resultados tanto de forma matemática como con el programa son muy aproximados.

Pero no es suficiente con solo saber usar el programa, también es necesario tener criterio al momento de ingresar los datos para que el software los analice. Esto se obtiene durante la irremplazable experiencia.


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