TP N 2 Tabiques 2015

Estructuras 3
Trabajo Práctico
Nº 2
Tabiques
Grupo Nº 1
Profesor Virasoro, Martin
Alumnos
-

Arbotto, Mariano
Bellantonio, Franco
Córdoba, Marcos
Giménez, Florencia
Penjerek, Lucas
Rubianes, JuanCaso 1
Lado mayor: a = 25 m
Lado menor: b = 15 m
Longitud Tabique 1 = 10 m
Longitud Tabique 2 = 5 m
Longitud Tabique 3 = 7 m
Longitud Tabique 4 = 7 m
Longitud Tabique 5 = 5 m
Longitud Tabique 6 = 5 mEspesor de todos los tabiques = 0,25 m
Carga de acumulada de viento Wn-2 = 57,15 t.
1.- Determinación de los momentos de inercia de cada tabique (J)
JT1 = 0,25 m x (10 m)3 = 20,83 m4
12
JT2 = 0,25 m x(5 m)3 = 2,6 m4
12
JT3 = 0,25 m x (7 m)3 = 7,145 m4
12
JT4 = 0,25 m x (7 m)3 = 7,145 m4
12
JT5 = 0,25 m x (5 m)3 = 2,6 m4
12
JT6 = 0,25 m x (5 m)3 = 2,6 m4
12
2.- Determinación del eje de inerciasMomento Estático con respecto al tabique 1 (T1):
xg = 20,83 m4 x 0 m + 2,6 m4 x 8,3 m +7,145 m4 x 16,6 m + 7,145 m4 x 25 =
20,83 m4 + 2,6 m4 + 7,145 m4 + 7,145 m4
xg = 318,78 m5 = 8,4 m
37,72 m4
3.-Determinación de la excentricidad (d)
d = xg – a/2 =
d = 8,4m – 12,5m = |4,1| m

4.- Determinación de la carga que toma cada Tabique
Aplicación de la fórmula de la rototraslación:

wT 1 = 57,15 t

x 20,83m4 37,72 m

4

20,83 m4 x 8,4 m x 4,1 m
20,83m (8,4m) + 2,6m (0,,m)2 + 7,145m4 (8,2m)2 + 7,145m4 (16,6m)2+ 2,6m4 (7,5m)2 + 2,6m 4 (7,5m)2
4

2

4

wT 1 = 57,15 t x 0,552m - 0,17 m6

= 21,83

wT2 =57,15 t x

2,6 m4 - 2,6 m4 x 0,1 m x 4,1 m =
37,72 m4
4211,5 m6

wT2 = 57,15 t x

0,07 - 0,000253

wT3 = 57,15 t x

7,145 m4
+
37, 72 m4

wT3= 57,15 t x 0,19 + 0,057
wT4 = 57,15 t x

7,145 m4
37, 72m4

wT4= 57,15 t x 0,19 + 0,115

= 3,98

7,144m4 x 8,2 m x 4,1 m
4211, 5 m6

=

= 14,11

+

7,145m4 x 16,6 m x 4,1 m
4211, 5 m6

= 17,43

wT 5=6= 57,15 t x 2,6 m4 x 7,5 m x 4,1 m =
4211,5 m6
wT 5=6=57,15 t x 0,21 = 1,08 t

Verificación: 21,83 t + 3,98 t +14,11 t + 17,43 = 57,35 t

=

Caso 2
Lado mayor: a = 25 m
Lado menor: b = 15 m
Longitud Tabique 1 = 10 m
Longitud Tabique 3 = 7 m
Longitud...