libro resistencia de materiales i (prácticas y exámenes usmp)

RESISTENCIA DEMATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP ______________________________________________ Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008 Lima – Perú 2012 2 PROLOGO La Resistencia de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio. Por lo general, el dictado de los cursos de Resistencia de Materiales, se centran principalmente en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas. El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización de sus trabajos domiciliarios. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2006-I al 2008-I, correspondiente al curso Resistencia de Materiales I dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto al editado anteriormente por el autor, denominado Resistencia de Materiales, el cual se usa como texto base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo tracción y compresión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los capítulos esfuerzo y deformación y torsión. En el Examen Parcial se evalúan los capítulos tracción y compresión, esfuerzo y deformación y torsión. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el capítulo flexión. En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el capítulo deformación en vigas. En el Examen Final se evalúan los capítulos flexión y deformación en vigas. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales I; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo. 3 De manera muy especial, dedico el presente libro a mi sobrina Joanna Noriko Villarreal Imamura, quien con su inteligencia, carisma y dulzura, fue un soporte invalorable en la culminación de este trabajo, rogando a Dios Todopoderoso podamos seguir juntos aportando al desarrollo integral de la sociedad. Ph.D. Genner Villarreal Castro [email protected] Lima, Abril del 2012 4 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar el máximo valor del radio “r” de la columna, tal que la estructura mostrada no se hunda, si el terreno tiene una capacidad portante de 2 cm / kg 5 , 2 . Considerar que la zapata y la columna son de concreto armado, cuyo peso específico es 3 m / kg 2400 y que sobre la columna actúa una carga de 33112kg ………………………. (4 puntos) 2. Una estructura ahusada de acero de 4cm de espesor se muestra en la figura. Se pide determinar el incremento de longitud en esta estructura debido a su peso propio, si en la parte superior está empotrada y en la parte inferior libre. Considerar que el peso específico del acero es 3 a m / T 8 , 7 = ¸ y el módulo de elasticidad es 2 6 a cm / kg 10 . 1 , 2 E = ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 5 3. Un bloque perfectamente rígido ABC, cuyo peso es 75000kg, está soportado por tres cables de la misma sección y del mismo material. Determinar la fuerza que soporta cada cable, teniendo en consideración que el bloque no queda en forma horizontal. ………………………. (4 puntos) 4. Una columna cuadrada de concreto armado de 30cm de lado y 3m de altura, está reforzada con 4 varillas de acero de ¾” de diámetro y sometida a la acción de una carga axial de compresión de 50T. Considerar ' c c f 15000 E = , siendo 2 ' c cm / kg 210 f = y 2 6 a cm / kg 10 . 1 , 2 E = . Determinar los esfuerzos normales en el concreto y en el acero, así como el acortamiento que se produce en la columna. ………………………. (4 puntos) 5. La barra compuesta mostrada en la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. El montaje se ejecutó a la temperatura ambiente de C 17 o . Calcular los esfuerzos en cada material, si la temperatura se eleva a C 60 o . Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL AREA DE LA BARRA MODULO DE ELASTICIDAD COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA ACERO 2 a cm 14 A = 2 6 a cm / kg 10 . 1 , 2 E = | . | \ | = o ÷ C 1 10 . 2 , 1 0 5 a ALUMINIO 2 al cm 10 A = 2 5 al cm / kg 10 . 2 , 7 E = | . | \ | = o ÷ C 1 10 . 4 , 2 0 5 al ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 27 de Marzo del 2006 6 SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – I 1. Calculamos el peso total de la estructura: 2 2 r 52 , 20357 r 10368 33112 r 3 . 2 , 1 . 2 , 1 ) 70 , 2 ( ) r 2 ( 4 2400 33112 P + + = ( ¸ ( ¸ + t + = Como nos piden el máximo valor del radio “r”, tenemos que igualarlo con la capacidad portante del terreno. 25000 2 , 1 . 2 , 1 33112 r 10368 r 52 , 20357 2 = + + 0 2888 r 10368 r 52 , 20357 2 = ÷ + De donde: m 2 , 0 r = 2. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la siguiente figura: De la relación de triángulos rectángulos se obtiene: 150 15 x m = ¬ x 1 , 0 m = Luego: x 1 , 0 5 m 5 b x + = + = x 4 , 0 20 4 ). x 1 , 0 5 ( A x + = + = } } + ¸ = + ¸ = ¸ = ¸ = x 0 2 a a x 0 x a x a x ) x 2 , 0 x 20 ( dx ) x 4 , 0 20 ( dx A V P En consecuencia: } } ÷ = = + + ¸ = = o 150 0 5 6 6 3 2 a a L 0 x a x cm 10 . 838 , 2 13 , 7642 . 10 . 1 , 2 . 10 10 . 8 , 7 ) x 4 , 0 20 ( dx ) x 2 , 0 x 20 ( E A E dx P 3. Efectuamos un corte por los tres cables y analizamos el equilibrio del bloque ABC ¿ = 0 F Y ¬ 75 P P P 3 2 1 = + + ………………….. (a) ¿ = 0 M A ¬ 150 P 4 P 8 , 2 3 2 = + ………………….. (b) 7 Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos. 4 2 , 1 3 1 3 2 o ÷ o = o ÷ o 0 8 , 2 4 2 , 1 3 2 1 = o + o ÷ o Reemplazamos valores: 0 EA L P 8 , 2 EA L P 4 EA L P 2 , 1 3 3 2 2 1 1 = | . | \ | + | . | \ | ÷ | . | \ | 0 ) 5 ).( P .( 8 , 2 ) 5 ).( P .( 4 ) 4 ).( P .( 2 , 1 3 2 1 = + ÷ 0 P 14 P 20 P 8 , 4 3 2 1 = + ÷ …………………… (c) Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c), obteniendo: kg 30730 T 730 , 30 P 1 = = kg 22567 T 567 , 22 P 2 = = kg 21703 T 703 , 21 P 3 = = 4. Como la columna es de concreto armado, se debe de cumplir la siguiente relación: c a o = o ¬ c c c a a a A E L P A E L P = Siendo: 2 c cm / kg 65 , 217370 210 15000 E = = 2 2 2 a cm 4 , 11 lg p 767 , 1 75 , 0 . 4 4 A = = ( ¸ ( ¸ t = 2 2 c cm 6 , 888 4 , 11 30 A = ÷ = Luego: c c 6 a P 124 , 0 P 6 , 888 . 65 , 217370 4 , 11 . 10 . 1 , 2 P = = 8 Además: P P P c a = + 50000 P P 124 , 0 c c = + kg 99 , 44483 P c = kg 01 , 5516 P a = Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero: 2 c c c cm / kg 06 , 50 6 , 888 99 , 44483 A P = = = o 2 a a a cm / kg 86 , 483 4 , 11 01 , 5516 A P = = = o Determinamos el acortamiento en la columna: mm 69 , 0 cm 069 , 0 6 , 888 . 65 , 217370 300 . 99 , 44483 A E L P c c c c a columna = = = = o = o = o 5. Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su reacción. Se sabe que el desplazamiento en el empotramiento es cero, es decir: 0 P T = o + o 0 A E PL A E PL L ) T ( L ) T ( a a a al al al a a al al = ÷ ÷ A o + A o 0 14 . 10 . 1 , 2 38 . P 10 . 10 . 2 , 7 25 . P 38 . 43 . 10 . 2 , 1 25 . 43 . 10 . 4 , 2 6 5 5 5 = ÷ ÷ + ÷ ÷ De donde: kg 9530 P = Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal. Luego: 2 al al cm / kg 953 10 9530 A P ÷ = ÷ = = o 2 a a cm / kg 71 , 680 14 9530 A P ÷ = ÷ = = o 9 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Al ensayar a compresión una probeta de concreto, el diámetro original de 6plg se incrementó en 0,0004plg y la longitud original de 12plg se redujo en 0,0065plg bajo la acción de la carga de compresión lb 52000 P = . Determinar el coeficiente de Poisson µ y el módulo de elasticidad E ………………………. (3 puntos) 2. Sabiendo que la estructura mostrada en la figura es de concreto armado y pesa 4881,6kg. Considere su peso específico 2400kg/m 3 . Se pide, determinar el valor de “X”, el peso de la zapata combinada y la capacidad portante mínima del terreno para que la estructura no se hunda. ………………………. (4 puntos) 3. Una barra troncocónica AB de sección transversal circular se somete a una carga P en su extremo libre, tal como se muestra en la figura. Los diámetros en los extremos son 1 d y 2 d , la longitud L y el módulo de elasticidad es E. Obtener una fórmula para la energía de deformación U de la barra y determinar el alargamiento o de la barra debido a la carga P ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 10 4. La barra sólida AB es sujetada por tres cables, tal como se muestra en la figura. Determinar las áreas de las secciones de los cables, si se sabe que el cable 1 es de acero, el cable 2, de cobre y el cable 3, de aluminio. Además, el área del segundo cable es el triple del primero y el del tercer cable es el doble del primero. Considerar MPa 10 . 2 E 5 a = , MPa 10 E 5 c = , MPa 10 . 7 , 0 E 5 al = , | | MPa 160 a = o , | | MPa 60 c = o y | | MPa 120 al = o ………………………. (4 puntos) 5. Determinar los esfuerzos de montaje que surgen en las barras del sistema, si la barra 3 fue fabricada en mm 4 , 0 = o menor de lo proyectado. Considerar MPa 10 . 2 E 5 = , 1 2 A 5 , 1 A = y 1 3 A 2 A = ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 28 de Agosto del 2006 11 SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1. Calculamos la deformación transversal: 5 i i f ' 10 . 667 , 6 6 6 0004 , 6 d d d d d ÷ = ÷ = ÷ = A = c Ahora, determinamos la deformación longitudinal: 4 i i f 10 . 416 , 5 12 12 9935 , 11 L L L L ÷ ÷ = ÷ = ÷ = o = c El coeficiente de Poisson será: 123 , 0 10 . 416 , 5 10 . 667 , 6 4 5 ' = ÷ ÷ = c c ÷ = µ ÷ ÷ Calculamos el módulo de elasticidad: psi 10 . 39 , 3 psi 10 . 57 , 339 6 . 4 . 10 . 416 , 5 52000 A P E 6 4 2 4 = = t ÷ ÷ = c = c o = ÷ 2. Se sabe que: total columna zapata P P 2 P = + 6 , 4881 ) 50 , 2 ).( X ).( X ).( 2400 .( 2 ) 60 , 0 ).( X 8 ).( 10 , 1 .( 2400 = + 0 6 , 4881 X 12672 X 12000 2 = ÷ + De donde: m 3 , 0 X = Calculamos el peso de la zapata combinada: kg 6 , 3801 4 , 2 . 60 , 0 . 10 , 1 . 2400 P zapata = = Determinamos la capacidad portante del terreno: zapata total a A P q > ¬ 240 . 110 6 , 4881 q a > 2 a cm / kg 185 , 0 q > De donde: 2 2 mín , a m / T 85 , 1 cm / kg 185 , 0 q = = (SUELO BLANDO) 3. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la figura: 12 El diámetro a una distancia “x” será: L x ) d d ( d d 1 2 1 x ÷ + = Calculamos la energía potencial de deformación: | | 2 1 2 L 0 L 0 2 1 2 1 2 x 2 x d Ed L P 2 L / x ) d d ( d E 2 dx P 4 EA 2 dx P U t = ÷ + t = = } } Luego, por ser P carga única que actúa en toda la barra, se tendrá: 2 1 d Ed PL 4 P U 2 t = = o (ALARGAMIENTO) 4. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB ¿ = 0 F Y ¬ 300 P P P 3 2 1 = + + ………………… (a) ¿ = 0 M A ¬ a 300 a P 5 , 2 a P 5 , 1 3 2 = + 300 P 5 , 2 P 5 , 1 3 2 = + ………………… (b) El sistema estructural es una vez hiperestático y dicha hiperestaticidad lo resolvemos a través del diagrama de desplazamientos. Aplicamos la relación de triángulos rectángulos, obteniendo: a 5 , 2 a 3 1 3 2 o ÷ o = o ÷ o 0 5 , 1 5 , 2 3 2 1 = o + o ÷ o Además: a a 1 1 A E h P = o ; c c 2 2 A E ) h 6 , 0 ( P = o ; al al 3 3 A E ) h 7 , 0 ( P = o Reemplazamos valores y obtenemos: 0 ) A 2 ( 10 . 10 . 7 , 0 ) h 7 , 0 ( P 5 , 1 ) A 3 ( 10 . 10 ) h 6 , 0 ( P 5 , 2 ) A ( 10 . 10 . 2 h P 6 5 3 6 5 2 6 5 1 = + ÷ 13 0 P 75 , 0 P 5 , 0 P 5 , 0 3 2 1 = + ÷ ………………… (c) Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c): kN 39 , 117 P 1 = kN 52 , 156 P 2 = kN 09 , 26 P 3 = Aplicamos la condición de resistencia: ACERO: | | a a o s o ¬ 6 3 10 . 160 A 10 . 39 , 117 s 2 4 m 10 . 33 , 7 A ÷ > 2 cm 33 , 7 A > COBRE: | | c c o s o ¬ 6 3 10 . 60 A 3 10 . 52 , 156 s 2 4 m 10 . 69 , 8 A ÷ > 2 cm 69 , 8 A > ALUMINIO: | | al al o s o ¬ 6 3 10 . 120 A 2 10 . 09 , 26 s 2 4 m 10 . 09 , 1 A ÷ > 2 cm 09 , 1 A > De donde: 2 mín cm 69 , 8 A = Luego: 2 a cm 69 , 8 A A = = 2 c cm 07 , 26 A 3 A = = 2 al cm 38 , 17 A 2 A = = 5. Se fija la barra 3 a la viga, obteniéndose las fuerzas internas después del corte efectuado. ¿ = 0 F Y ¬ 1 3 P 2 P = ………………… (a) Analizamos el equilibrio en el nudo D ¿ = 0 F Y ¬ 3 o 2 P 45 cos P 2 = 2 P P 2 3 = ………………… (b) 14 Analizamos el diagrama de desplazamientos en el nudo D sin considerar la fuerza 3 P , solo consideramos las acciones de las fuerzas 2 P Del gráfico tenemos: 2 o 45 cos o = A ¬ 2 2 o = A ………………… (c) Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del sistema estructural correspondiente a la viga CFH, traccionando la barra central hasta la viga, denominada posición inicial y retornando a una posición final del sistema. De donde: o = o + o + A 3 1 3 3 3 3 1 1 1 2 2 2 10 . 4 , 0 EA L P EA L P EA L P 2 ÷ = ( ¸ ( ¸ + ( ¸ ( ¸ + ( ¸ ( ¸ 3 1 3 1 3 1 3 10 . 4 , 0 ) A 2 ( E 1 . P EA 2 . 2 P ) A 5 , 1 ( E 2 . 2 P 2 ÷ = ( ¸ ( ¸ + ( ¸ ( ¸ + ( ¸ ( ¸ 6 1 3 1 3 1 3 10 . 80 A 2 P A 2 P 2 A 2 P 3 2 4 = | | . | \ | + | | . | \ | + | | . | \ | 15 6 3 3 3 10 . 80 2 3 2 4 = o + o + o MPa 37 , 16 Pa 10 . 37 , 16 6 3 = = o (TRACCION) Ahora, determinamos los esfuerzos 1 o y 2 o , los cuales son de compresión y tracción respectivamente, de acuerdo a los diagramas de desplazamiento mostrados en la página anterior. MPa 37 , 16 A 2 P A 1 2 P A P 3 1 3 1 3 1 1 1 = o = = | | . | \ | = = o (COMPRESION) MPa 43 , 15 5 , 1 2 A 2 P 5 , 1 2 A 5 , 1 1 2 P A P 3 1 3 1 3 2 2 2 = o = | | . | \ | = | | . | \ | = = o (TRACCION) 16 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar la fuerza de tracción máxima que puede soportar una varilla de acero de diámetro 5/8”, donde el esfuerzo de fluencia es 2 y cm / kg 4200 f = , considerando un factor de seguridad 2 n = en un diseño por esfuerzo simple. ………………………. (3 puntos) 2. La ménsula de acero mostrada en la figura está fijada a la columna mediante dos pernos, si la ménsula soporta una carga kg 2500 P = y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 2 cm / kg 750 . Diseñar los pernos de fijación sabiendo que en el mercado se dispone de pernos con diámetros de 12, 16 y 20mm ………………………. (3 puntos) 3. Determinar los desplazamientos x o , y o del nudo B y los esfuerzos normales que surgen en las barras, si 3 2 L L = , 2 2 3 cm 4 A 2 A = = y 2 1 cm 3 A = . Considerar MPa 10 . 2 E 5 = ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 17 4. Para la barra escalonada, se tiene que GPa 100 E c = ; 2 c mm 1500 A = ; C / 10 . 5 , 16 o 6 c ÷ = o ; GPa 72 E al = ; 2 al mm 1800 A = ; C / 10 . 9 , 23 o 6 al ÷ = o . Se pide determinar la fuerza de compresión en las barras mostradas después del incremento de temperatura en C 96 o y la variación de longitud en la barra de cobre. ………………………. (4 puntos) 5. En la barra rígida AD de 10kN/m de peso es sujetada por dos cables de acero de 1,5cm de diámetro ( GPa 200 E = y C / 10 . 5 , 12 o 6 ÷ = o ) y a una temperatura inicial de C 23 o . Si el sistema pasara a una temperatura de C 40 o . Se pide determinar la deformación y esfuerzos finales en los cables. ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 26 de Marzo del 2007 18 SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el esfuerzo admisible: | | 2 y cm / kg 2100 2 4200 n f = = = o Luego: | | o s A P ¬ 2 2 54 , 2 . 8 5 . 4 . 2100 P | . | \ | t s kg 58 , 4156 P s De donde: kg 58 , 4156 P máx = 2. La carga que soportará cada perno es: kg 1250 2 P P perno = = Aplicamos la condición de resistencia: | | t s t ¬ | | t s perno perno A P 750 4 / d 1250 2 s t De donde: cm 456 , 1 d > mm 56 , 14 d > Como se puede apreciar, cumplen los diámetros 16mm y 20mm, pero por economía elegimos: mm 16 d mín = 3. Analizamos el equilibrio del nudo B ¿ = 0 F X ¬ 3 , 2 1 P P = ¿ = 0 F Y ¬ 30 30 sen P 30 sen P o 3 , 2 o 1 = + kN 30 P P 3 , 2 1 = = (TRACCION) Luego: mm 1 m 10 10 . 3 . 10 . 10 . 2 2 . 10 . 30 EA L P 3 4 6 5 3 1 1 1 1 = = = = o ÷ ÷ 19 mm 125 , 1 m 10 . 25 , 11 10 . 4 . 10 . 10 . 2 1 . 10 . 30 10 . 2 . 10 . 10 . 2 1 . 10 . 30 EA L P EA L P 4 4 6 5 3 4 6 5 3 3 3 3 , 2 2 2 3 , 2 3 2 3 , 2 = = + = + = o + o = o ÷ ÷ ÷ Efectuamos el diagrama de desplazamientos: Del gráfico: 1 ) 60 cos( o = o + o …………………. (a) 3 , 2 ) 60 cos( o = o ÷ o …………………. (b) Dividimos (a) entre (b), obteniendo: 125 , 1 1 ) 60 cos( ) 60 cos( = o ÷ o + Efectuando operaciones, obtenemos: o 60 ctg 125 , 2 125 , 0 tg = o De donde: o 945 , 1 = o Luego: mm 126 , 2 945 , 61 cos 1 ) 60 cos( o 1 = = o + o = o Del diagrama de desplazamientos: ÷ = = o o = o mm 072 , 0 945 , 1 sen 126 , 2 sen o B H + = = o o = o mm 125 , 2 945 , 1 cos 126 , 2 cos o B V Calculamos los esfuerzos normales: MPa 100 10 . 3 10 . 30 A P 4 3 1 1 1 = = = o ÷ (TRACCION) 20 MPa 150 10 . 2 10 . 30 A P 4 3 2 3 , 2 2 = = = o ÷ (TRACCION) MPa 75 10 . 4 10 . 30 A P 4 3 3 3 , 2 3 = = = o ÷ (TRACCION) 4. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura: mm 516 , 1 45 , 0 . 96 . 10 . 5 , 16 35 , 0 . 96 . 10 . 9 , 23 L ) T ( L ) T ( 6 6 c c al al T = + = A o + A o = o ÷ ÷ Como T o es mayor que 0,5mm; significa que en el extremo derecho existe una reacción que impide se desplace mayor a este valor de 0,5mm e implica que la reacción R disminuye la magnitud 1,016mm 3 al al al c c c 10 . 016 , 1 A E RL A E RL ÷ = + 3 6 9 6 9 10 . 016 , 1 10 . 1800 . 10 . 72 35 , 0 . R 10 . 1500 . 10 . 100 45 , 0 . R ÷ ÷ ÷ = + kN 24 , 178 R = Ahora, calculamos la variación de longitud en la barra de cobre. m 10 . 178 10 . 1500 . 10 . 100 45 , 0 . 10 . 24 , 178 45 , 0 . 96 . 10 . 5 , 16 A E RL L ) T ( 6 6 9 3 6 c c c c c R c T c c ÷ ÷ ÷ = ÷ = ÷ A o = o ÷ o = o mm 178 , 0 c = o 5. Efectuamos un corte en los cables y analizamos su equilibrio: ¿ = 0 M A ¬ 0 8 , 1 . 6 , 3 . 10 P 4 , 2 P 2 , 1 2 1 = ÷ + 54 P 2 P 2 1 = + ……………. (a) Luego, efectuamos el diagrama de desplazamientos: 4 , 2 2 , 1 2 1 o = o 2 1 2 o = o 21 2 2 2 1 1 1 L ) T ( EA L P L ) T ( EA L P 2 A o + = ( ¸ ( ¸ A o + 8 , 1 . 17 . 10 . 5 , 12 10 . 5 , 1 . . 10 . 200 4 . 8 , 1 . P 1 . 17 . 10 . 5 , 12 10 . 5 , 1 . . 10 . 200 4 . 1 . P 2 6 4 2 6 2 6 4 2 6 1 ÷ ÷ ÷ ÷ + t = ( ¸ ( ¸ + t 250 , 4 P 093 , 5 P 659 , 5 2 1 ÷ = ÷ ……………. (b) Resolvemos (a) y (b), obteniendo: kN 240 , 16 P 1 = kN 880 , 18 P 2 = Calculamos los esfuerzos en los cables: MPa 90 , 91 10 . 5 , 1 . 4 . 10 . 240 , 16 A P 4 2 3 1 BE = t = = o ÷ MPa 84 , 106 10 . 5 , 1 . 4 . 10 . 880 , 18 A P 4 2 3 2 CF = t = = o ÷ La deformación en los cables será: mm 672 , 0 m 10 . 2 , 67 1 . 17 . 10 . 5 , 12 10 . 5 , 1 . . 10 . 200 4 . 1 . 10 . 240 , 16 5 6 4 2 9 3 1 = = + t = o ÷ ÷ ÷ mm 344 , 1 2 1 2 = o = o 22 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar la fuerza de tracción P necesaria para producir una deformación unitaria longitudinal 0007 , 0 = c en una varilla de acero ) psi 10 . 30 E ( 6 = de sección transversal circular, cuyo diámetro es igual a 1plg ………………………. (2 puntos) 2. La columna de un edificio aporticado de concreto armado recibe la carga axial de 25T. Determinar las dimensiones de la columna y zapata, sabiendo que ha sido diseñado con una capacidad portante de 1,51kg/cm 2 e indicar el tipo de suelo según la Norma de Diseño Sismorresistente E030 ………………………. (3 puntos) 3. La barra rígida horizontal pesa 1000kg/m y soporta además la carga kg 6000 P = , es sostenida por las tres varillas de acero indicadas, cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm 2 . Diseñar las varillas considerando un factor de seguridad 1,8 para la condición de resistencia. Los diámetros de las varillas disponibles en el mercado son 3/8”, ½”, 5/8”, ¾”, 7/8” y 1”. Considerar 1plg=2,54cm ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 23 4. Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura, están hechas de aluminio psi 10 . 6 , 10 E ( 6 al = , ) F / 10 . 13 o 6 al ÷ = o y las diagonales son cables de acero psi 10 . 29 E ( 6 a = , ) F / 10 . 5 , 6 o 6 a ÷ = o . Las áreas de sección transversal de las barras de aluminio y los cables de acero guardan una proporción 20:1. Determinar el esfuerzo a o en los cables de acero, si la temperatura del bastidor completo se incrementa F 80 o ………………………. (5 puntos) 5. Las vigas de concreto presforzado se fabrican algunas veces de la siguiente forma. En un mecanismo de gato hidráulico se estiran varillas de acero de alta resistencia, bajo una fuerza Q, como se muestra en la parte (a) de la figura. El concreto se vacía o cuela alrededor de las varillas para formar una viga, como se muestra en la parte (b). Después de que el concreto ha fraguado adecuadamente, los gatos se sueltan y la fuerza Q desaparece (véase última parte de la figura). De esta manera, la viga está sometida a una condición presforzada, con las varillas en tracción y el concreto en compresión. Supongamos que la carga de presfuerzo Q produce en las varillas de acero un esfuerzo inicial MPa 820 o = o . Si los módulos de elasticidad del acero y el concreto guardan una proporción 8:1 y las áreas de sección transversal guardan una relación 1:30 ¿Cuáles son los esfuerzos finales a o y c o en los dos materiales? ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 27 de Agosto del 2007 24 SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que L / o = c y EA / PL = o , obteniendo la siguiente expresión: EA P L 1 . EA PL = = c ¬ lb 36 , 16493 0007 , 0 . 1 . 4 . 10 . 30 EA P 2 6 = t = c = k 493 , 16 P = 2. Aplicamos el concepto de capacidad portante del terreno: 1 , 15 ) X 4 )( X 3 ( ) X 4 )( X 3 )( X 5 , 1 ( 4 , 2 ) X 8 )( X )( X ( 4 , 2 25 = + + 0 25 X 2 , 181 X 4 , 62 2 3 = + ÷ Obtenemos tres soluciones, siendo las siguientes: m 4 , 0 X 1 = (OK) m 85 , 2 X 2 = (IRREAL) m 35 , 0 X 3 ÷ = (ILOGICO) De esta manera, las dimensiones de la columna y zapata son: Columna: 0,4m x 0,4m Zapata: 1,2m x 1,6m x 0,6m Para indicar el tipo de suelo de acuerdo a la Norma de Diseño Sismorresistente E030, analizamos la capacidad portante, la cual es de 1,51kg/cm 2 que corresponde a un SUELO INTERMEDIO. 3. Calculamos el peso de la barra rígida horizontal: kg 4500 5 , 4 . 1000 P = = Colocamos el peso de barra en el centro de la misma y efectuamos un corte en las varillas, analizando su equilibrio: ¿ = 0 F X ¬ 3 2 P P = ……………… (a) ¿ = 0 F Y ¬ 10500 37 sen P 2 P o 2 1 = + ……………… (b) ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 1 ( 6000 ) 2 ( 4500 ) 2 ( 37 sen P 2 o 2 = ÷ ÷ kg 6250 P P 3 2 = = (TRACCION) Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos: kg 3000 P 1 = 25 Luego: | | 2 y cm / kg 33 , 2333 8 , 1 4200 n f = = = o A través de la condición de resistencia, elegimos los diámetros de las varillas. VARILLA 1: 33 , 2333 A 3000 1 s ¬ 2 1 cm 286 , 1 A > 2 2 1 cm 286 , 1 d 4 > t cm 279 , 1 d 1 > Para la varilla 1, elegimos el diámetro 5/8” VARILLAS 2 y 3: 33 , 2333 A 6250 2 s ¬ 2 2 cm 678 , 2 A > cm 846 , 1 d 2 > Para las varillas 2 y 3, elegimos el diámetro ¾” 4. Como al o ˃ a o , entonces las barras exteriores del bastidor que son de aluminio se comprimen y las diagonales de acero se traccionan, analizando, para ello, el equilibrio del nudo C ¿ = 0 F X ¬ o a al 45 cos P P = ………….......... (a) Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del nudo C al o a 45 cos o = o ( ) al al al al o a a a a A E L P ) T )( L ( 45 cos ) T ( 2 L A E 2 L P ÷ A o = ( ( ¸ ( ¸ A o + ) )( T ( A E P A E P a al al al al a a a o ÷ o A = + ……………….. (b) 26 Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema, que a al A 20 A = , obteniendo: ) )( T ( ) A 20 ( E 45 cos P A E P a al a al o a a a a o ÷ o A = + ) )( T ( E 20 45 cos E 1 a al al o a a o ÷ o A = | | . | \ | + o o a al a al al a a 45 cos E E 20 ) )( T ( E E 20 + o ÷ o A = o psi 13750 45 cos . 10 . 29 10 . 6 , 10 . 20 ) 10 . 5 , 6 10 . 13 .( 80 . 10 . 6 , 10 . 10 . 29 . 20 o 6 6 6 6 6 6 a = + ÷ = o ÷ ÷ ksi 75 , 13 a = o (TRACCION) 5. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción, se tendrá: o = o + o c a a a c c c a a a A E QL A E L P A E L P = + De la figura (c) se sabe que: c a P P = Luego: a a c c a a a A E Q A E 1 A E 1 P = | | . | \ | + Además: MPa 820 A Q a o = = o Se tendrá: a c c a a c c a a a E 820 A E A E ) A E A E ( P = + 820 A A . E E 1 c a c a a = | | . | \ | + o 820 30 1 . 1 8 1 a = | . | \ | + o MPa 368 , 647 a = o (TRACCION) Entonces: a c c a a E 820 E E = o + o ) 368 , 647 820 ( 8 1 ) 820 ( E E a a c c ÷ = o ÷ = o MPa 579 , 21 c = o (COMPRESION) 27 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 1 SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Para comprobar la magnitud del esfuerzo creado por la máquina de ensayo se usa una muestra de referencia de diámetro mm 50 d = . El alargamiento de la muestra estirada, medido en una longitud mm 100 L = resulta igual a mm 1 , 0 = o . Determinar la fuerza de tracción P y la magnitud del esfuerzo normal o en la muestra, si el módulo de elasticidad del material de la muestra es MPa 10 . 04 , 2 E 5 = y el límite de proporcionalidad es MPa 260 prop = o ………………………. (3 puntos) 2. La barra horizontal uniforme rígida mostrada en la figura, soporta la acción de su peso propio W y es sostenido por los cables (1), (2) y (3) que tienen la misma área A de sección transversal y son del mismo material con esfuerzo de fluencia y f y módulo de elasticidad E De las siguientes afirmaciones, diga cuál o cuáles son verdaderas justificando su respuesta: a) El cable (2) no trabaja b) La componente vertical del desplazamiento del punto B es EA 3 WL c) El factor de seguridad (n) deberá satisfacer la relación W Af 2 n y s ………………………. (3 puntos) 3. Una barra compuesta de sección transversal cuadrada se construye con dos materiales diferentes que tienen módulos de elasticidad E 1 y E 2 . Ambas partes de la barra tienen las mismas dimensiones en sus secciones transversales. Si se supone que las placas de los extremos son rígidas, obtener una fórmula para la excentricidad “e” de la carga “P” tal que cada parte de la barra se esfuerce uniformemente en compresión. Bajo estas condiciones, ¿Qué parte de la carga P soporta cada material? ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 28 4. Determinar los esfuerzos en la barra escalonada doblemente empotrada, si es de acero, siendo la variación de temperatura C 36 T o = A , MPa 10 . 2 E 5 a = y C / 10 . 125 o 7 a ÷ = o . Las áreas de cada tramo están expresadas en función de A ………………………. (4 puntos) 5. Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres postes de concreto de alta resistencia, cada uno con sección transversal cuadrada de 200mm x 200mm y longitud m 2 L = . Antes de aplicarse la carga P el poste central es más corto que los otros en una cantidad mm 1 s = . Determinar la carga máxima admisible adm P si el módulo de elasticidad del concreto es GPa 30 E c = y el esfuerzo admisible en compresión es MPa 18 adm = o ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 24 de Marzo del 2008 29 SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que c = o E y A / P = o , obteniendo la siguiente expresión: A P E = c ¬ N 400553 10 . 100 10 . 1 , 0 . 10 . 50 . 4 . 10 . 10 . 04 , 2 L EA EA P 3 3 6 2 6 5 = t = o = c = ÷ ÷ ÷ kN 553 , 400 P = Calculamos el esfuerzo: MPa 204 Pa 10 . 204 10 . 50 . 4 . 400553 A P 6 6 2 = = t = = o ÷ ˂ prop o Esto implica que se ha trabajado dentro de un rango elástico, habiéndose utilizado correctamente las fórmulas. 2. a) Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio, siendo 0 = o ¿ = 0 F X ¬ 0 cos F 2 = o 0 F 2 = La respuesta es VERDADERO, es decir, que el cable (2) no trabaja b) ¿ = 0 M A ¬ | | . | \ | o = | | . | \ | o tg 2 L W tg L F 3 2 W F 3 = Luego, calculamos el desplazamiento vertical del nudo B EA 2 WL EA L F 3 B V = = o (FALSO) c) ¿ = 0 F Y ¬ 0 W 2 W F 1 = ÷ + 2 W F 1 = Luego: A 2 W A N máx máx = = o Además: | | o s o máx ¬ | | o s A 2 W Donde: | | n f y = o ¬ n f A 2 W y s W Af 2 n y s (VERDADERO) 30 3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra: ¿ = 0 F X ¬ P P P 2 1 = + …………….. (a) ¿ = 0 M B ¬ 0 2 b P Pe 2 b P 2 1 = | . | \ | + ÷ | . | \ | ÷ | . | \ | = + | . | \ | 2 b P Pe 2 b P 2 1 …………….. (b) Además, por dato del problema, las placas son rígidas, es decir: 2 1 o = o ¬ A E L P A E L P 2 2 1 1 = 2 2 1 1 P E E P = …………….. (c) Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos: P P P E E 2 2 2 1 = + ¬ 2 1 2 2 E E PE P + = Luego, reemplazamos en (c), obteniendo: 2 1 1 1 E E PE P + = Reemplazamos los valores obtenidos en (b): | . | \ | | | . | \ | + = + | . | \ | | | . | \ | + 2 b E E PE Pe 2 b E E PE 2 1 2 2 1 1 ) E E ( 2 ) E E ( b e 2 1 1 2 + ÷ = 4. Eliminamos el empotramiento en B y analizamos el efecto de temperatura y reacción que surge en dicho apoyo. 31 Como B es empotramiento perfecto, se cumplirá: T R B o = o 9 , 0 . 36 . 10 . 125 ) 5 / A 7 .( 10 . 10 . 2 3 , 0 . R ) 6 / A 7 .( 10 . 10 . 2 4 , 0 . R A . 10 . 10 . 2 2 , 0 . R 7 6 5 B 6 5 B 6 5 B ÷ = + + Pa 10 . 98 , 106 A R 6 B = MPa 98 , 106 BE = o (COMPRESION) Luego, determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada: MPa 70 , 91 7 6 BE DE = o = o (COMPRESION) MPa 41 , 76 7 5 BE CD = o = o (COMPRESION) 5. Una vez aplicada la carga se tendrá: ¿ = 0 F Y ¬ P P P 2 2 1 = + ……………… (a) Luego, analizamos el diagrama de desplazamientos: s 2 1 + o = o ¬ 3 c 2 c 1 10 A E L P A E L P ÷ + = 3 6 2 9 2 1 10 . 2 10 . 200 . 10 . 30 P P ÷ ÷ + = 600000 P P 2 1 + = ………………. (b) Reemplazamos (b) en (a), obteniendo: 3 600000 P P 1 + = 3 1200000 P P 2 ÷ = 32 Ahora, analizamos los postes extremo y central. POSTE EXTREMO: 6 6 2 1 1 10 . 18 10 . 200 . 3 600000 P A P s + = = o ÷ N 1560000 P s MN 56 , 1 P s POSTE CENTRAL: 6 6 2 2 2 10 . 18 10 . 200 . 3 1200000 P A P s ÷ = = o ÷ N 3360000 P s MN 36 , 3 P s Como debe cumplir con ambas condiciones, se tendrá: MN 56 , 1 P adm = 33 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 2 SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar la magnitud de la fuerza P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm, si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales MPa 20 = o o y MPa 60 = o | en los planos recíprocamente perpendiculares ab y cd ………………………. (4 puntos) 2. Por un punto en estado plano de esfuerzos pasan los planos AB, BC y AC como se indica en la figura. Determinar los esfuerzos que faltan. ………………………. (5 puntos) 3. Hallar el valor del diámetro de una barra de sección circular, necesario para transmitir un momento torsor m . kg 4600 T = , si el ángulo de giro en torsión no debe de exceder de o 1 en 2 metros y si el esfuerzo tangencial admisible es | | 2 cm / kg 820 = t . Considerar que el módulo de elasticidad al corte del material es 2 6 cm / kg 10 . 8 , 0 G = ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 34 4. Un momento torsor cm . kg 6400 T = se aplica a un tubo de pared delgada, cuya sección se muestra en la figura. Determinar el espesor de su pared (constante en toda la sección), de tal manera que el esfuerzo tangencial no exceda de 2 cm / kg 100 ………………………. (3 puntos) 5. Graficar el diagrama de momento torsor y determinar el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra de sección rectangular, considerando que su módulo de corte es MPa 10 . 8 G 4 = ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 24 de Abril del 2006 35 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. Analizamos cada uno de los planos, sabiendo que se trata de un estado de esfuerzos lineal. PLANO ab: o o = o ÷ o o = o + o = o o 2 1 2 1 2 1 cos ) sen 180 sen cos 180 (cos ) 180 ( cos PLANO cd: | o = | + | o = | ÷ o = o | 2 1 2 1 2 1 cos ) sen 180 sen cos 180 (cos ) 180 ( cos Además, si sumamos y consideramos que 90 = | + o se obtendrá: | | 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 ) sen (cos ) 90 ( cos cos cos cos o = o + o o = o ÷ + o o = | o + o o = o + o | o Reemplazamos valores y obtenemos: MPa 80 60 20 1 = + = o Además: A P 1 = o ¬ N 80000 10 . 20 . 10 . 50 . 10 . 80 A P 3 3 6 1 = = o = ÷ ÷ kN 80 P = 2. Analizamos el estado plano, para ello formamos el cuadrado ABED (figura a), luego efectuamos los cortes ABD (figura b) y ABEF (figura c), analizando sus estados de esfuerzos Para determinar los esfuerzos en el plano inclinado, aplicamos las siguientes ecuaciones: o t ÷ o o ÷ o + o + o = o o 2 sen 2 cos 2 2 XY Y X Y X o t + o o ÷ o = t o 2 cos 2 sen 2 XY Y X 36 PLANO INCLINADO BC: Para ello, debemos de considerar que X BE o = o , o 135 BC = o o = o , 2 135 cm / kg 60 o = t = o y o 135 = o Luego, tenemos: 60 270 cos 50 270 sen 2 120 o o X 135 o = + ÷ o = t = o ¬ 0 X BE = o = o o o 135 270 sen 50 270 cos 2 120 0 2 120 0 o ÷ ÷ + + = o = o ¬ 2 135 BC cm / kg 110 o = o = o = o PLANO INCLINADO AC: Consideramos 0 X BE = o = o , o 210 AC = o o = o , o 210 AC = o t = t y o 210 = o , obteniendo: o o 210 420 sen 50 420 cos 2 120 0 2 120 0 o ÷ ÷ + + = o = o ¬ 2 210 AC cm / kg 30 , 13 o ÷ = o = o = o o o 210 420 cos 50 420 sen 2 120 0 o + ÷ = t = o ¬ 2 210 AC cm / kg 96 , 26 o ÷ = t = t = o 3. Por dato del problema: | | | s | | | | s p GI TL 37 180 d ). 32 / .( 10 . 8 , 0 200 . 100 . 4600 4 6 t s t cm 10 , 16 d > Asimismo: | | t s t | | t s p W T 820 d ). 16 / ( 100 . 4600 3 s t cm 19 , 14 d > Luego: Asumimos: cm 10 , 16 d mín = 4. Se sabe que: | | t s o = t o máx A 2 T Siendo: o A - área formada por la línea media o - espesor de la pared delgada Reemplazamos valores y obtenemos: 100 . 4 . 5 . 2 6400 s o cm 6 , 1 > o Asumimos: cm 6 , 1 mín = o 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por su momento torsor D T 0 D = | } = ÷ + ÷ 2 0 t t t t D 0 GI xdx 400 GI 2 . 200 GI 4 . 400 GI 5 . T 38 m . N 400 T D = Luego: ¿ = 0 T eje ¬ 0 400 2 . 400 400 200 T A = ÷ ÷ + + m . N 600 T A = Graficamos el diagrama de momento torsor: Ahora, calculamos el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra. o 4 8 6 4 C 024 , 0 rad 10 . 15 , 4 10 . 224 , 1204 . 10 . 10 . 8 1 . 400 = = = | ÷ ÷ Siendo: 4 3 t cm 224 , 1204 8 . 12 . 196 , 0 I = = 39 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 2 SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo o 30 = o . Sobre el elemento girado, los esfuerzos normales y tangenciales tienen las magnitudes y direcciones mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos X o , Y o y XY t ………………………. (4 puntos) 2. Determinar la relación entre X o , Y o , Z o , XY t , XZ t , YZ t , para que el estado de esfuerzos espacial mostrado en la figura, resulte ser plano y luego lineal. ………………………. (4 puntos) 3. Una barra de acero consta de una parte hueca de 3m de longitud con diámetro exterior 10cm y diámetro interior 7,5cm y otra parte maciza de 1,6m de longitud y 7,5cm de diámetro. Determinar el máximo momento torsor que puede soportar sin que el esfuerzo tangencial sobrepase de 2 cm / kg 800 , ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de o 7 , 2 en los 4,6m. Considerar 2 5 cm / kg 10 . 6 , 8 G = ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 40 4. Determinar el valor del momento torsor 1 T , el esfuerzo tangencial máximo máx t y el ángulo de giro en torsión A | , si se sabe que B A 5 , 0 | = | y MPa 10 . 8 G 4 = para toda la barra. ………………………. (4 puntos) 5. Determinar el valor de “b” en función de “a”, si ( ) ( ) máx CD máx AB t = t y la barra doblemente empotrada es de un mismo material. ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 25 de Setiembre del 2006 41 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – II 1. Esquematizamos la distribución de esfuerzos, tal como se muestra en la figura: Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá: Y X o + o = o + o | o Reemplazamos valores y obtenemos: 8940 31060 Y X ÷ ÷ = o + o 40000 Y X ÷ = o + o ……………….... (a) Luego: o t ÷ o o ÷ o + o + o = o o 2 sen 2 cos 2 2 XY Y X Y X 31060 60 sen 60 cos 2 20000 o XY o Y X ÷ = t ÷ o ÷ o + ÷ 11060 60 sen 60 cos 2 o XY o Y X ÷ = t ÷ o ÷ o ………………… (b) Además: o t + o o ÷ o = t o 2 cos 2 sen 2 XY Y X 5160 60 cos 60 sen 2 o XY o Y X ÷ = t + o ÷ o ………………... (c) Multiplicamos la ecuación (b) por o 60 cos y la ecuación (c) por o 60 sen , luego lo sumamos y obtenemos: 10000 2 Y X ÷ = o ÷ o 20000 Y X ÷ = o ÷ o ………….…….. (d) Resolvemos (a) y (d), obteniendo: psi 30000 X ÷ = o psi 10000 Y ÷ = o Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo: psi 7000 XY = t 42 2. El estado de esfuerzos es volumétrico, en consecuencia tendrá tres esfuerzos principales ) , , ( 3 2 1 o o o y todos son diferentes de cero, debiéndose de cumplir con la relación 3 2 1 o > o > o Para determinar dichos esfuerzos principales se resuelve la ecuación: 0 I I I 3 2 2 1 3 = ÷ o + o ÷ o Siendo: Z Y X 1 I o + o + o = 2 YZ 2 XZ 2 XY Z Y Z X Y X 2 I t ÷ t ÷ t ÷ o o + o o + o o = 2 XY Z 2 XZ Y 2 YZ X YZ XZ XY Z Y X 3 2 I t o ÷ t o ÷ t o ÷ t t t + o o o = CONVERSION A ESTADO PLANO: Para que dicho estado espacial, cuya orientación de esfuerzos es positiva, se convierta en plano, se deberá de cumplir que 0 I 3 = , es decir: 0 2 2 XY Z 2 XZ Y 2 YZ X YZ XZ XY Z Y X = t o ÷ t o ÷ t o ÷ t t t + o o o Quedando la ecuación cúbica: 0 I I 2 2 1 3 = o + o ÷ o 0 ) I I ( 2 1 2 = + o ÷ o o De donde: 2 I 4 I I 2 2 1 1 1 ÷ + = o 2 I 4 I I 2 2 1 1 2 ÷ ÷ = o 0 3 = o Además, se deberá de cumplir que 0 I 4 I 2 2 1 > ÷ CONVERSION A ESTADO LINEAL: Para que el estado espacial de esfuerzos se convierta en lineal, deberá de cumplirse que 0 1 = o y 0 3 2 = o = o Luego, será necesario que 0 I 2 = , obteniéndose: 0 2 YZ 2 XZ 2 XY Z Y Z X Y X = t ÷ t ÷ t ÷ o o + o o + o o Quedando la ecuación: 0 I 2 1 3 = o ÷ o 0 ) I ( 1 2 = ÷ o o De donde: 1 1 I = o 0 3 2 = o = o 43 Nótese, que para que el estado de esfuerzos espacial se convierta en lineal, deberá de cumplirse que 0 I 2 = e 0 I 3 = 3. Esquematizamos la barra con sus dimensiones: CONDICION DE RESISTENCIA: a) SECCION TUBULAR: | | t s t máx ¬ 800 ) 75 , 0 1 .( 10 ). 16 / ( T 4 3 s ÷ t cm . kg 65 , 107378 T s b) SECCION MACIZA: | | t s t máx ¬ 800 5 , 7 . T 16 3 s t cm . kg 97 , 66267 T s CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra. | | | s | máx ¬ 180 7 , 2 ) 75 , 0 1 .( 10 ). 32 / .( 10 . 6 , 8 300 . T 5 , 7 ). 32 / .( 10 . 6 , 8 160 . T 4 4 5 4 5 t s ÷ t + t cm . kg 11 , 42215 T s Como debe ser una sola respuesta, analizamos el intervalo, para que cumpla con ambas condiciones del problema. De donde: cm . kg 11 , 42215 T máx = 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición del problema: B A 5 , 0 | = | ( ¸ ( ¸ + t + = t + ÷ ÷ ÷ 12 4 1 12 4 1 12 4 1 10 . ) 2 20 .( 141 , 0 . G 6 , 0 . T 10 . 40 ). 32 / ( G 8 , 0 ). 400 T ( 5 , 0 10 . 40 ). 32 / ( G 8 , 0 ). 400 T ( m . N 37 , 367 T 1 = 44 Luego, el diagrama de momento torsor es: MPa 06 , 61 10 . 40 . 37 , 767 . 16 9 3 CA = t = t ÷ MPa 05 , 78 10 . ) 2 20 .( 208 , 0 37 , 367 9 3 AB máx = = t = t ÷ Calculamos el ángulo de giro en A o 12 4 6 4 A 75 , 1 rad 03 , 0 10 . 40 ). 32 / .( 10 . 10 . 8 8 , 0 . 37 , 767 = = t = | ÷ 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por D T 0 D = | 0 d ). 32 / ( G ) a ).( T 2 T ( ) d 2 ).( 32 / ( G ) a 2 ).( T T ( ) d 5 , 1 ).( 32 / ( G b . T 4 D 4 D 4 D = t ÷ + t ÷ + t b 1975 , 0 a 125 , 1 Ta 125 , 2 T D + = ……………. (a) Por condición del problema: ( ) ( ) máx CD máx AB t = t 3 D 3 A ) d 5 , 1 ( T 16 d T 16 t = t A D T 375 , 3 T = ……………. (b) Además: ¿ = 0 T eje ¬ T 2 T T D A = + De donde: T 4571 , 0 T A = T 5429 , 1 T D = Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos: b 1975 , 0 a 125 , 1 Ta 125 , 2 T 5429 , 1 + = a 278 , 1 b = 45 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 2 SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Sobre las caras de un elemento cortado de una barra en esfuerzo uniaxial, actúan esfuerzos normales de 12000psi y 6000psi. Determinar el ángulo o y el esfuerzo tangencial o t . También, determinar el esfuerzo normal máximo máx o y el esfuerzo tangencial máximo máx t ………………………. (4 puntos) 2. Determinar la relación entre los esfuerzos 1 o y 2 o para que las longitudes de las diagonales del elemento rectangular ABCD no varíen. Considerar el coeficiente de Poisson igual a µ ………………………. (4 puntos) 3. Calcular el diámetro mínimo de una barra de acero que está sometida a un momento torsor de 14kN.m y no debe experimentar una deformación angular superior a o 3 en una longitud de 6m. ¿Cuál es entonces el esfuerzo tangencial máximo que aparecerá en el? Considerar GPa 83 G = ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 46 4. Para la barra mostrada en la figura, se pide: a) Graficar los diagramas de momento torsor y ángulo de giro en torsión b) Determinar el esfuerzo tangencial máximo y la energía potencial de deformación ………………………. (4 puntos) 5. Una barra escalonada ABC de longitud total “L” está empotrada en ambos extremos. La barra tiene diámetros a d y b d en las porciones AC y CB, respectivamente. Un par torsionante “T” actúa en la sección C. ¿Cuáles deben ser las longitudes “a” y “b” para el diseño más económico del elemento? ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 23 de Abril del 2007 47 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1. Se sabe que: o o = o o 2 1 cos Por dato del problema: 12000 cos 2 1 = o o …………….. (a) Además: o o = + o o = o + o 2 1 2 1 90 sen ) 90 ( cos Entonces, por dato del problema: 6000 sen 2 1 = o o …………….. (b) Sumamos (a) y (b), obteniendo: 18000 ) cos sen ( 2 2 1 = o + o o psi 18000 1 máx = o = o Luego, reemplazamos en (b) y obtenemos: 3 1 sen = o ¬ o 26 , 35 = o Asimismo: psi 82 , 8484 52 , 70 sen 2 18000 2 sen 2 o 1 = = o o = t o psi 9000 2 18000 2 1 máx = = o = t 2. Las deformaciones principales, según la Ley de Hooke generalizada son para el estado plano: | | 2 1 1 E 1 µo ÷ o = c | | 1 2 2 E 1 µo ÷ o = c Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura: Además, según condición del problema, se tiene: 0 L AC AC AC = o = c Esto, se debe a que: 0 AC = o 48 Luego: 0 ) 90 cos( cos 2 1 AC = o ÷ c ÷ o c = c | | | | ) 90 cos( E 1 cos E 1 1 2 2 1 o ÷ µo ÷ o = o µo ÷ o ) cos sen ( ) sen (cos 2 1 o µ + o o = o µ + o o Dividimos ambas expresiones entre o cos y obtenemos: o µ + µ + o = o o tg 1 tg 2 1 3. Se sabe que: | | | s | ¬ | | | s p GI TL 60 d ). 32 / .( 10 . 83 6 . 10 . 14 4 9 3 t s t m 10 . 84 , 11 d 2 ÷ > Asumimos: mm 4 , 118 d = Luego: MPa 96 , 42 Pa 10 . 96 , 42 10 . 4 , 118 . 10 . 14 . 16 d T 16 6 9 3 3 3 máx = = t = t = t ÷ 4. a) Graficamos el diagrama de momento torsor de acuerdo a los criterios conocidos y el diagrama de ángulo de giro en torsión por el método de las áreas: 49 0 D = | 4 4 C Gb TL 3668 , 4 ) b 458 , 0 ( G ) L )( T 2 ( = = | 4 3 3 t b 458 , 0 ) b )( b 2 ( 229 , 0 ) b )( b 2 ( I = = | = 0 ) b 458 , 0 ( G ) L 2 )( T ( Gb TL 3668 , 4 4 4 B = ÷ = | 4 4 A Gb TL 3668 , 4 ) b 458 , 0 ( G ) L )( T 2 ( ÷ = ÷ = | b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo: 3 3 t máx máx b T 065 , 4 b 492 , 0 T 2 W T = = = t 3 2 2 t b 492 , 0 ) b )( b 2 ( 246 , 0 ) b )( b 2 ( W = = o = Determinamos la energía potencial de deformación: 4 2 4 2 4 2 4 2 Gb L T 917 , 10 ) b 458 , 0 ( G 2 ) L ( ) T 2 ( ) b 458 , 0 ( G 2 ) L 2 ( ) T ( ) b 458 , 0 ( G 2 ) L ( ) T 2 ( U = + ÷ + ÷ = 5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por B T Se sabe que: 0 B = | 0 ) d )( 32 / ( G ) a ( T ) d )( 32 / ( G ) a ( T ) d )( 32 / ( G ) b ( T 4 a 4 a B 4 b B = t ÷ t + t 4 a 4 b 4 b B bd ad Tad T + = Como: ¿ = 0 T eje ¬ 0 T T T B A = ÷ + 4 a 4 b 4 a A bd ad Tbd T + = Para que el diseño sea más económico, se debe cumplir: CB AC t = t 50 3 b B 3 a A d T 16 d T 16 t = t 3 a 4 a 4 b 4 b 3 b 4 a 4 b 4 a d . bd ad Tad d . bd ad Tbd | | . | \ | + = | | . | \ | + b a ad bd = b a ad d ) a L ( = ÷ b a a d d L d a + = b a b d d L d b + = 51 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 2 SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una placa delgada, rectangular y de acero está sometida a esfuerzos normales uniformes X o y Y o como se indica en la figura. Se fijan a la placa medidores de deformación orientados en las direcciones X e Y en el punto A. Las lecturas de los medidores marcan deformaciones normales 001 , 0 X = c y 0007 , 0 Y ÷ = c . Determinar los esfuerzos X o y Y o , considerando psi 10 . 30 E 6 = y 3 , 0 = µ ………………………. (3 puntos) 2. Un cubo de acero está sometido a la acción de esfuerzos normales y tangenciales en sus aristas. Viene dado: MPa 120 X = o , MPa 80 Y = o , MPa 100 Z = o , MPa 40 XY = t , 0 YZ XZ = t = t . Calcular: a) Los esfuerzos principales 1 o , 2 o y 3 o b) El esfuerzo tangencial máximo c) Los esfuerzos normal oct o y tangencial oct t octaédricos d) El cambio unitario de volumen o deformación volumétrica ………………………. (5 puntos) 3. Una barra hueca de aluminio ) psi 10 . 4 G ( 6 = con un diámetro exterior de 4plg y un diámetro interior de 3,5plg tiene una longitud de 8pie a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos, ¿cuál será el ángulo de giro en torsión | cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte el mismo momento torsor con el mismo esfuerzo tangencial máximo? ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 52 4. Una barra escalonada, que consta de un segmento de aluminio y otro de acero, está sometido a dos momentos de torsión como se muestra en la figura. Calcular el máximo valor admisible de T de acuerdo con las siguientes condiciones: | | MPa 100 a = t , | | MPa 70 al = t y el ángulo de giro en torsión en el extremo libre está limitado a o 12 . Considerar GPa 83 G a = y GPa 28 G al = ………………………. (4 puntos) 5. Determinar el valor del momento torsor T, el ángulo de giro en torsión B | y la energía potencial de deformación U, si el esfuerzo tangencial admisible es | | MPa 40 = t y MPa 10 . 8 G 4 = ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 24 de Setiembre del 2007 53 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que: | | Y X X E 1 µo ÷ o = c ¬ | | 001 , 0 3 , 0 10 . 30 1 Y X 6 = o ÷ o 30000 3 , 0 Y X = o ÷ o ………………. (a) | | X Y Y E 1 µo ÷ o = c ¬ | | 0007 , 0 3 , 0 10 . 30 1 X Y 6 ÷ = o ÷ o 21000 3 , 0 X Y ÷ = o ÷ o ………………. (b) Resolvemos (a) y (b), obteniendo: psi 96 , 26043 X = o psi 81 , 13186 Y ÷ = o 2. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica: 300 100 80 120 I Z Y X 1 = + + = o + o + o = 28000 40 ) 100 ( 80 ) 100 ( 120 ) 80 ( 120 I 2 2 YZ 2 XZ 2 XY Z Y Z X Y X 2 = ÷ + + = t ÷ t ÷ t ÷ o o + o o + o o = 800000 ) 100 )( 40 ( 40 ) 100 )( 80 ( 120 100 0 0 0 80 40 0 40 120 I Z YZ XZ YZ Y XY XZ XY X 3 = ÷ = = o t t t o t t t o = Luego, reemplazamos valores en la ecuación cúbica: 0 I I I 3 2 2 1 3 = ÷ o + o ÷ o 0 800000 28000 300 2 3 = ÷ o + o ÷ o Obtenemos tres soluciones y lo ordenamos de mayor a menor, siendo estos los esfuerzos principales: MPa 721 , 144 1 = o MPa 100 2 = o MPa 278 , 55 3 = o b) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo: MPa 721 , 44 2 278 , 55 721 , 144 2 3 1 máx = ÷ = o ÷ o = t c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos: ( ) ( ) MPa 100 278 , 55 100 721 , 144 3 1 3 1 3 2 1 oct = + + = o + o + o = o ( ) ( ) ( ) 2 1 3 2 3 2 2 2 1 oct 3 1 o ÷ o + o ÷ o + o ÷ o = t ( ) ( ) ( ) MPa 515 , 36 721 , 144 278 , 55 278 , 55 100 100 721 , 144 3 1 2 2 2 oct = ÷ + ÷ + ÷ = t 54 d) Determinamos el cambio unitario de volumen: ( ) ( ) 4 5 Z Y X 10 . 6 100 80 120 10 . 2 3 , 0 . 2 1 E 2 1 e ÷ = + + ÷ = o + o + o µ ÷ = 3. a) Para la barra de sección tubular: p máx W T = t ¬ 8000 ) 875 , 0 1 ( ) 4 )( 16 / ( T 4 3 = ÷ t lg p . lb 56 , 41601 T = Luego: o 4 4 6 p 5 , 5 rad 096 , 0 ) 875 , 0 1 ( ) 4 )( 32 / ( 10 . 4 12 . 8 . 56 , 41601 GI TL = = ÷ t = = | b) Por dato del problema, se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición: 8000 d ) 16 / ( 56 , 41601 3 = t lg p 98 , 2 d = 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO: 6 9 3 10 . 100 10 . 50 ). 16 / ( T 2 s t ÷ ¬ m . N 18 , 1227 T s ALUMINIO: 6 9 3 10 . 70 10 . 75 ). 16 / ( T 3 s t ÷ ¬ m . N 81 , 1932 T s Ahora, aplicamos la condición de rigidez: 15 10 . 75 ). 32 / ( 10 . 28 ) 2 ( T 3 10 . 50 ). 32 / ( 10 . 83 ) 5 , 1 ( T 2 12 4 9 12 4 9 t s t + t ÷ ÷ m . N 52 , 1637 T s Asumimos: m . N 18 , 1227 T adm = 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor C T 0 C = | 55 0 10 . 60 . 141 , 0 . G 2 , 1 . T 10 . 60 . 141 , 0 . G 2 , 1 . T 10 . 40 ). 32 / ( G 8 , 0 . T 12 4 12 4 C 12 4 C = ÷ + t ÷ ÷ ÷ T 171 , 0 T C = A partir del momento torsor determinado, graficamos el diagrama de momento torsor Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR: 6 9 3 10 . 40 10 . 40 ). 16 / ( T 171 , 0 s t ÷ ¬ m . N 5 , 2939 T s SECCION CUADRADA: 6 9 3 10 . 40 10 . 60 . 208 , 0 T 829 , 0 s ÷ ¬ m . N 82 , 2167 T s Luego: Asumimos: m . N 82 , 2167 T = Determinamos el ángulo de giro en torsión en B o 12 4 6 4 B 84 , 0 rad 0147 , 0 10 . 40 ). 32 / ( 10 . 10 . 8 8 , 0 . 82 , 2167 . 171 , 0 = = t = | ÷ Calculamos la energía potencial de deformación: ¿ = ÷ ÷ = = t + = = 2 1 i 12 4 6 4 2 12 4 6 4 2 ) t ( p i 2 i J 16 m . N 16 10 . 40 ). 32 / ( 10 . 10 . 8 . 2 8 , 0 . ) 82 , 2167 . 171 , 0 ( 10 . 60 . 141 , 0 . 10 . 10 . 8 . 2 2 , 1 . ) 82 , 2167 . 829 , 0 ( GI 2 L T U i 56 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 2 SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Un miembro en tracción se construye al unir con pegamento dos piezas de material a lo largo de la línea pq, tal como se muestra en la figura. Por razones prácticas el ángulo u se limita al intervalo de o 0 a o 60 . Determinar el valor del ángulo u y la carga máxima admisible adm P , si el área de sección transversal de la barra es 2 lg p 5 , 1 y los esfuerzos admisibles en la junta son psi 2000 adm = o y psi 1000 adm = t ………………………. (3 puntos) 2. En un punto de un cuerpo, el estado plano de esfuerzos es el resultado de dos estados separados que se muestran en las figuras (a) y (b). Calcular los esfuerzos principales y el ángulo 0 o , que resulta de la acción simultánea de estos dos estados. ………………………. (5 puntos) 3. Se tiene un panel publicitario de 1,3m x 1,5m que se muestra en la figura. La fuerza del viento que impacta sobre la superficie del mismo genera torsión en el poste metálico, debido a ello se solicita determinar el ángulo de giro en el punto C localizado a 1m de la base del poste. Considerar 2 5 cm / kg 10 . 8 G = y que la fuerza del viento es perpendicular al panel e igual a 2 m / kg 500 w = . En la figura también se muestra la sección transversal del poste. ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 57 4. Una barra de acero se encuentra cargada como se muestra en la figura. Determinar el diámetro requerido de la barra, si el esfuerzo tangencial está limitado a 60MPa y el ángulo de giro en torsión en el extremo libre no debe exceder de o 4 . Considerar GPa 83 G = ………………………. (4 puntos) 5. En la barra escalonada, doblemente empotrada en sus extremos, la porción AB tiene 75mm de diámetro y es de bronce, con | | MPa 60 b = t y GPa 35 G b = . La porción BC es de acero, de 50mm de diámetro, | | MPa 80 a = t y GPa 83 G a = . Determinar la relación de longitudes b/a que debe existir para que el acero y el bronce trabajen al máximo esfuerzo posible ¿Qué momento torsor T es necesario para ello? ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 21 de Abril del 2008 58 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2008 – I 1. Por dato del problema: 2000 cos 2 1 s u o …………… (a) 1000 cos sen 1 s u u o …………… (b) Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: 5 , 0 tg s u o 56 , 26 s u Luego: o 56 , 26 = u Reemplazamos en (a): 2000 56 , 26 cos 5 , 1 P o 2 s lb 3750 P s Asumimos: lb 3750 P adm = 2. Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá: Y X o + o = o + o | o Analizamos la figura (b) del problema: 0 Y X = o + o ……………. (a) 0 120 sen 120 cos 2 2 o XY o Y X Y X = t ÷ o ÷ o + o + o = o o 0 120 sen 120 cos 2 o XY o Y X = t ÷ o ÷ o ……………. (b) 30 120 cos 120 sen 2 o XY o Y X = t + o ÷ o = t o 30 120 cos 120 sen 2 o XY o Y X = t + o ÷ o ……………. (c) Multiplicamos (b) por o 120 cos y (c) por o 120 sen , luego lo sumamos y obtenemos: 26 2 Y X = o ÷ o 52 Y X = o ÷ o ……………. (d) Resolvemos (a) y (d), obteniendo: MPa 26 X = o MPa 26 Y ÷ = o Reemplazamos en (b) y obtenemos: MPa 15 XY ÷ = t 59 Luego, analizamos la suma de esfuerzos de los casos (a) y (b), obteniendo el estado plano de esfuerzos equivalente (c), tal como se muestra en la figura: Determinamos los esfuerzos principales del estado equivalente (c) ( ) MPa 80 , 32 ) 20 ( 4 ) 26 26 ( 2 1 2 26 26 4 2 1 2 2 2 2 XY 2 Y X Y X 1 = + + + ÷ = t + o ÷ o + o + o = o ( ) MPa 80 , 32 ) 20 ( 4 ) 26 26 ( 2 1 2 26 26 4 2 1 2 2 2 2 XY 2 Y X Y X 2 ÷ = + + ÷ ÷ = t + o ÷ o ÷ o + o = o Ahora calculamos el ángulo de giro 0 o Y X XY 0 2 2 tg o ÷ o t ÷ = o ¬ 52 ) 20 ( 2 2 tg 0 ÷ = o o 0 78 , 18 ÷ = o 3. Calculamos la fuerza resultante del viento: kg 975 5 , 1 . 3 , 1 . 500 A . w F panel = = = Determinamos el momento torsor que generará: cm . kg 63375 ) 10 75 ( 975 T = ÷ = Los 10cm es la distancia del extremo del panel hasta los pernos de fijación. El momento torsor que se genera es igual por toda la altura del poste, tal como se muestra en la figura: Luego: o 4 4 4 5 C 04 , 0 rad 10 . 38 , 7 ) 75 , 0 1 ( 20 ). 32 / ( 10 . 8 100 . 63375 = = ÷ t = | ÷ 60 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición de resistencia: | | t s t máx ¬ 6 3 10 . 60 d ) 16 / ( 1000 s t m 10 . 39 , 4 d 2 ÷ > mm 9 , 43 d > Ahora, aplicamos la condición de rigidez: | | | s | máx ¬ 45 d ) 32 / ( 10 . 83 2 . 500 d ) 32 / ( 10 . 83 3 . 1000 4 9 4 9 t s t + t m 10 . 15 , 5 d 2 ÷ > mm 5 , 51 d > Asumimos: mm 5 , 51 d = 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por C T 0 C = | 0 I G Ta I G a T I G b T ) b ( p b ) b ( p b C ) a ( p a C = ÷ + 0 10 . 75 ). 32 / ( 10 . 35 Ta 10 . 75 ). 32 / ( 10 . 35 a T 10 . 50 ). 32 / ( 10 . 83 b T 12 4 9 12 4 9 C 12 4 9 C = t ÷ t + t ÷ ÷ ÷ a 03 , 9 b 277 , 19 Ta 03 , 9 T C + = Luego: ¿ = 0 T eje ¬ 0 T T T C A = ÷ + a 03 , 9 b 277 , 19 Tb 277 , 19 T A + = 61 Por condición del problema: | | b 3 b A máx , b d ) 16 / ( T t = t = t ¬ 6 9 3 10 . 60 . 10 . 75 . 16 a 03 , 9 b 277 , 19 Tb 277 , 19 ÷ t = + 1 , 4970 a 03 , 9 b 277 , 19 Tb 277 , 19 = + …………….. (a) | | a 3 a C máx , a d ) 16 / ( T t = t = t ¬ 6 9 3 10 . 80 . 10 . 50 . 16 a 03 , 9 b 277 , 19 Ta 03 , 9 ÷ t = + 5 , 1963 a 03 , 9 b 277 , 19 Ta 03 , 9 = + …………….. (b) Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: 186 , 1 a b = Reemplazamos en la ecuación (a), dividiendo previamente dicha ecuación entre “a”, obteniendo: 1 , 4970 03 , 9 ) a / b ( 277 , 19 ) a / b ( T 277 , 19 = + ¬ 1 , 4970 03 , 9 ) 186 , 1 ( 277 , 19 ) 186 , 1 ( T 277 , 19 = + m . kN 933 , 6 m . N 14 , 6933 T = = 62 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar los desplazamientos X o y Y o del punto de aplicación de la fuerza exterior “P” y los esfuerzos normales en las barras (1) y (2). Considerar el módulo de elasticidad “E” y el área “A” de la sección transversal igual para ambas barras. ………………………. (4 puntos) 2. Determinar los esfuerzos normales de la barra escalonada doblemente empotrada, sabiendo que el peso específico es " "¸ . Considerar el módulo de elasticidad “E” constante e igual para toda la barra escalonada. ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 63 3. Un recipiente cilíndrico de hierro fundido de diámetro m 2 , 0 D = tiene las paredes de espesor igual a mm 20 t = . La presión dentro del recipiente es MPa 4 p = . El recipiente está además comprimido por fuerzas kN 200 P = aplicadas en sus extremos. Comprobar la resistencia del cilindro por la quinta teoría de resistencia (de Mohr), considerando que los esfuerzos admisibles son | | MPa 20 tr = o y | | MPa 60 comp = o ………………………. (4 puntos) 4. Obtener una fórmula para la energía potencial de deformación de la barra circular mostrada en la figura. La intensidad “t” del par distribuido varía linealmente desde un valor máximo o t en el empotramiento hasta cero en el extremo libre. ………………………. (3 puntos) 5. Graficar el diagrama de momento torsor para la barra doblemente empotrada mostrada en la figura, si su mitad izquierda es de sección transversal circular constante de diámetro “d” y la otra mitad varía su sección transversal circular desde “d” hasta “2d”. Considerar que toda la barra es de un mismo material ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 03 de Mayo del 2006 64 SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo “B” ¿ = 0 F X ¬ 0 30 cos P 60 cos P o 2 o 1 = + ÷ 3 P P 2 1 = ¿ = 0 F Y ¬ 0 P 30 sen P 60 sen P o 2 o 1 = ÷ + ( ) P 2 1 P 2 3 3 P 2 2 = | . | \ | + | | . | \ | 2 P P 2 = (COMPRESION) 2 3 P P 1 = (TRACCION) Luego: EA 4 Pa 3 EA 1 2 3 a 2 3 P EA L P 1 1 1 = | . | \ | | | . | \ | | | . | \ | = = o (ALARGAMIENTO) EA 4 Pa EA 1 2 a 2 P EA L P 2 2 2 = | . | \ | | . | \ | | . | \ | = = o (ACORTAMIENTO) Efectuamos el diagrama de desplazamientos: 65 ( ) ÷ = ÷ = | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | = o ÷ o = o EA Pa 158 , 0 3 3 EA 8 Pa 2 3 EA 4 Pa 2 1 EA 4 Pa 3 60 sen 60 cos o 2 o 1 X ( ) + = + = | . | \ | | . | \ | + | | . | \ | | . | \ | = o + o = o EA Pa 774 , 0 3 3 1 EA 8 Pa 2 1 EA 4 Pa 2 3 EA 4 Pa 3 60 cos 60 sen o 2 o 1 Y Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2) A P 866 , 0 A 2 3 P A P 1 1 = = = o (TRACCION) A P 5 , 0 A 2 P A P 2 2 = = = o (COMPRESION) 2. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por la reacción B R Sabemos que: 0 B = o ÷ ¸ ÷ ¸ ÷ ¸ ÷ ¸ ÷ + + ) A 4 ( E ) a )( a 4 ( A ) A 2 ( E 2 ) a 2 )( a 2 )( A 2 ( ) A 2 ( E ) a 2 )( a 4 ( A EA 2 ) a 4 )( a 4 ( A ) A 4 ( E ) a ( R ) A 2 ( E ) a 2 ( R EA ) a 4 ( R B B B 0 ) A 4 ( E 2 ) a )( a )( A 4 ( ) A 4 ( E ) a )( a 2 )( A 2 ( = ¸ ÷ ¸ ÷ De donde: Aa 7 22 R B ¸ = Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal. a 7 22 A 1 Aa 7 22 I I ¸ = | . | \ | | . | \ | ¸ = o ÷ a 7 6 A 1 Aa 7 6 A 1 ) a 4 ( A Aa 7 22 sup II II ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ ¸ = o ÷ a 7 3 A 2 1 Aa 7 6 inf II II ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ = o ÷ a 7 17 A 2 1 Aa 7 34 A 2 1 ) a 2 )( A 2 ( ) a 4 ( A Aa 7 22 sup III III ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ ¸ ÷ ¸ = o ÷ 66 a 14 17 A 4 1 Aa 7 34 inf III III ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ = o ÷ a 14 31 A 4 1 ) a )( A 4 ( ) a 2 )( A 2 ( ) a 4 ( A Aa 7 22 IV IV ¸ ÷ = | . | \ | | . | \ | ¸ ÷ ¸ ÷ ¸ ÷ ¸ = o ÷ 3. Se sabe que para cilindros se tiene: MPa 16 10 . 20 . 2 16 , 0 . 4 t 2 pD 3 i 1 = = = o ÷ (ESFUERZO CIRCULAR) MPa 8 10 . 20 . 4 16 , 0 . 4 t 4 pD 3 i ' 3 = = = o ÷ (ESFUERZO MERIDIONAL) MPa 68 , 17 ) 16 , 0 2 , 0 )( 4 / ( 10 . 200 A P 2 2 3 " 3 ÷ = ÷ t ÷ = ÷ = o (ESFUERZO DE COMPRESION) Luego: | | | | | | tr 3 comp tr 1 V , e o s o o o ÷ o = o Reemplazamos valores y obtenemos: MPa 227 , 19 ) 68 , 17 8 ( 60 20 16 V , e = ÷ ÷ = o ˂| | MPa 20 tr = o Por lo tanto, se cumple la condición de resistencia. 4. Por relación de triángulos: L t x t o x = ¬ L x t t o x = Luego: L 2 x t x . L x t 2 1 x t 2 1 T 2 o o x x = | . | \ | = = } } = | | . | \ | = = L 0 L 0 p 3 2 o p 2 2 o p 2 x GI 40 L t GI 2 dx L 2 x t GI 2 dx T U 67 5. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC L d 5 , 0 x m = ¬ L 2 dx m = | . | \ | + = | . | \ | + = + = L x 1 d L 2 dx 2 d m 2 d d X Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor A T Sabemos que: 0 A = | } } = + t ÷ + t + t L 0 4 4 L 0 4 4 A 4 A 0 ) L / x 1 ( d ) 32 / ( G Tdx ) L / x 1 ( d ) 32 / ( G dx T d ) 32 / ( G L T T 226 , 0 T 31 7 T A = = Como: ¿ = 0 T eje ¬ 0 T T T C A = ÷ + T 774 , 0 T 31 24 T C = = Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor. 68 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. El nudo “B” recibe una fuerza “P” de magnitud constante que gira lentamente en el plano. Determinar el valor del ángulo " "o con la cual la masa del material de las barras sea mínima. Las áreas de las secciones de las barras son iguales y se determinan a partir de la condición de resistencia ………………………. (5 puntos) 2. Determinar los esfuerzos que surgen en las secciones transversales de los cables que sostienen a la viga absolutamente rígida BCD mostrada en la figura, producto del calentamiento de la barra central de cobre, debido a la variación de temperatura en C 50 o . Considerar que el coeficiente de dilatación térmica es C / 10 . 5 , 16 o 6 c ÷ = o , los módulos de elasticidad son MPa 10 . 2 E 2 E 5 c a = = y que las áreas de los tres cables es de 1cm 2 ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 69 3. Una barra metálica está doblemente empotrada a una temperatura ambiente de F 68 o , tal como se muestra en la figura. Calcular los esfuerzos normal y tangencial sobre la sección inclinada pq si la temperatura se incrementa hasta F 200 o . Considerar F / 10 . 5 , 6 o 6 ÷ = o y psi 10 . 30 E 6 = ………………………. (3 puntos) 4. Determinar el valor del momento torsor 2 T , el esfuerzo tangencial máximo y el ángulo de giro en torsión en el punto A, si B A 3| = | y MPa 10 . 8 G 4 = ………………………. (4 puntos) 5. Determinar el valor del esfuerzo tangencial máximo ( ) máx II t correspondiente al tramo BC de la barra doblemente empotrada, si el esfuerzo tangencial máximo en el tramo AB es ( ) MPa 20 máx I = t . Considerar que el tramo AB de la barra es de sección transversal circular de diámetro “d” y el tramo BC es cuadrado de lado “d” ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 04 de Octubre del 2006 70 SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – II 1. Analizamos el equilibrio del nudo B ¿ = 0 F X ¬ 0 sen T sen T cos P 2 1 = o ÷ o ÷ ¢ o + o = ¢ sen T sen T cos P 2 1 ……………….. (a) ¿ = 0 F Y ¬ 0 Psen cos T cos T 2 1 = ¢ ÷ o ÷ o o ÷ o = ¢ cos T cos T Psen 2 1 ……………….. (b) De la ecuación (a): o o ÷ ¢ = sen sen T cos P T 1 2 Reemplazamos en la ecuación (b): o | . | \ | o o ÷ ¢ ÷ o = ¢ cos sen sen T cos P cos T Psen 1 1 | . | \ | o o ¢ o + ¢ o = cos sen cos cos sen sen 2 P T 1 o o ÷ ¢ = 2 sen ) cos( P T 1 La tensión será máxima, cuando 1 ) cos( = o ÷ ¢ , es decir, cuando o = ¢ y será igual a: o = 2 sen P T máx , 1 Según la condición de resistencia: | | o > máx , 1 T A ¬ | | o o > 2 sen P A El área será mínima, cuando o 2 sen sea máximo, es decir 1 2 sen = o , lo que implica que o 45 = o Como sabemos el peso y la masa están relacionados por la expresión mg P = , lo que implica que el peso crece cuando la masa crece y viceversa. Además, el peso depende del volumen del material a utilizar, es decir, depende de su área y longitud, como este último es constante, entonces se concluye que a menor área de sección transversal, será menor su peso y masa, que es condición del problema y se cumple cuando o 45 = o . No se analizó 2 T debido a que por las condiciones de equilibrio y el gráfico respectivo, se desprende que 1 T ˃ 2 T y la condición de resistencia se aplica para comprobar con la tracción máxima. 71 2. El calentamiento de la barra central provocará su alargamiento, surgiendo las fuerzas internas mostradas en la figura: ¿ = 0 F Y ¬ 0 P P 2 c a = ÷ a c P 2 P = El sistema es una vez estáticamente indeterminado. Luego, por la simetría se deduce que la viga se desplazará, pero en forma uniforme, o sea serán iguales todos los alargamientos de las barras. c a o = o Donde: A E L P a a a = o A E L P 2 ) T ( L A E L P ) T ( L c a c c c c c ÷ A o = ÷ A o = o Igualando ambas relaciones se obtiene: kN 3 , 3 N 3300 10 . 10 2 10 . 10 . 2 1 50 . 10 . 5 , 16 A E 2 A E 1 ) T ( P 4 11 4 11 6 c a c a = = | . | \ | + = | | . | \ | + A o = ÷ ÷ (TRACCION) kN 6 , 6 P 2 P a c = = (COMPRESION) Los esfuerzos serán: MPa 33 10 10 . 3 , 3 A P 4 3 a a = = = o ÷ (TRACCION) MPa 66 10 10 . 6 , 6 A P 4 3 c c = = = o ÷ (COMPRESION) 3. Ante el incremento de temperatura y como los soportes son rígidos, en este caso empotramientos, la fuerza de reacción de dichos extremos serán iguales y los denotaremos como R, que impide que producto de la dilatación del material se desplacen los empotramientos, es decir: T R o = o ¬ L ) T ( EA RL A o = ) 68 200 ( 10 . 5 , 6 . 10 . 30 ) T ( E 6 6 1 ÷ = A o = o ÷ ksi 74 , 25 psi 25740 1 = = o (COMPRESION) Esquematizamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado pq, así como el ángulo o 72 Determinamos dichos esfuerzos: ksi 305 , 19 30 cos 74 , 25 cos 2 2 1 ÷ = ÷ = o o = o o ksi 146 , 11 60 sen 2 74 , 25 2 sen 2 1 ÷ = ÷ = o o = t o Las orientaciones de o o y o t son las mostradas en el gráfico anterior. 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Por dato del problema: B A 3| = | ( ¸ ( ¸ t + = t + t + t + ÷ ÷ ÷ ÷ 12 4 2 12 4 12 4 12 4 2 10 . 60 ). 32 / ( G 8 , 0 ). 400 T ( 3 10 . 40 ). 32 / ( G 8 , 0 . 400 10 . 60 ). 32 / ( G 8 , 0 . 400 10 . 60 ). 32 / ( G 8 , 0 ). 400 T ( m . N 5 , 812 T 2 = Luego: MPa 59 , 28 10 . 60 . 5 , 1212 . 16 9 3 CB = t = t ÷ MPa 43 , 9 10 . 60 . 400 . 16 9 3 BD = t = t ÷ MPa 83 , 31 10 . 40 . 400 . 16 9 3 DA máx = t = t = t ÷ Asimismo: o 3 12 4 6 4 B 546 , 0 rad 10 . 5296 , 9 10 . 60 ). 32 / ( 10 . 10 . 8 8 , 0 . 5 , 1212 = = t = | ÷ ÷ o B A 638 , 1 546 , 0 . 3 3 = = | = | 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor C T 73 0 C = | 0 d ) 32 / ( G ) a )( T T ( d 141 , 0 . G ) a ( T 4 C 4 C = t ÷ + T 5895 , 0 T C = Graficamos el diagrama de momento torsor: Por condición del problema: ( ) 20 d T 4105 , 0 . 16 3 máx I = t = t ¬ 5663 , 9 d T 3 = Luego: ( ) MPa 11 , 27 d 208 , 0 T 5895 , 0 3 máx II = = t 74 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. La estructura BCD mostrada en la figura soporta en el nudo C una fuerza P que actúa según un ángulo u respecto a la vertical. Las áreas de sección transversal y módulos de elasticidad de los miembros BC y CD son los mismos. Determinar el ángulo u tal que la deflexión del nudo C tenga la misma dirección que la fuerza P ………………………. (5 puntos) 2. Elegir el diámetro “d” de la sección transversal, si | | MPa 100 = o . Considerar que la rigidez EA es constante en toda la estructura. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 75 3. En una banda de acero rectangular de dimensiones 300x100x10mm actúan los esfuerzos normales MPa 120 1 = o y MPa 60 2 = o . Determinar la variación volumétrica relativa V c , si MPa 10 . 2 E 5 = y 25 , 0 = µ ………………………. (3 puntos) 4. La sección transversal de un tubo de pared delgada de acero ) GPa 80 G ( = tiene la forma de un triángulo equilátero. La longitud de cada lado a lo largo de la línea media es mm 150 b = y el espesor de pared es mm 8 = o . Si el esfuerzo tangencial admisible es 60MPa, ¿Cuál es el momento torsor máximo admisible adm T que puede actuar sobre el tubo? Para este valor del momento torsor, ¿Cuál es el ángulo de giro en torsión por unidad de longitud o | ? ………………………. (4 puntos) 5. Un momento torsor T se aplica como se muestra en la figura a una barra maciza circular con extremos empotrados. Determinar los momentos torsores en los empotramientos. ………………………. (3 puntos) FECHA La Molina, 02 de Mayo del 2007 76 SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo C ¿ = 0 F Y ¬ 0 cos P 45 sen P cd = u ÷ u = cos 2 P P cd (TRACCION) ¿ = 0 F X ¬ 0 Psen P 45 cos P bc cd = u + ÷ ÷ 0 Psen P 45 cos cos 2 P bc = u + ÷ u ÷ ) cos sen ( P P bc u ÷ u = (TRACCION) Luego, asumimos L L cd = y obtenemos: EA cos 2 PL EA ) L )( cos 2 P ( EA L P cd cd cd u = u = = o (ALARGAMIENTO) EA 2 ) cos sen ( PL EA 45 cos L ) cos sen ( P EA L P bc bc bc u ÷ u = u ÷ u = = o (ALARGAMIENTO) Esquematizamos el diagrama de desplazamientos: En consecuencia: ) 90 cos( ) 45 cos( bc cd u ÷ o = ÷ u o ) 45 cos( EA 2 ) cos sen ( PL ) 90 cos( EA cos 2 PL ÷ u ( ¸ ( ¸ u ÷ u = u ÷ | | . | \ | u ) 45 cos( ) cos sen ( cos sen 2 ÷ u u ÷ u = u u 2 1 2 tg ÷ = u o 37 , 72 = u 77 2. Analizamos el equilibrio del nudo C ¿ = 0 F X ¬ 0 30 sen P 30 sen P ce cd = ÷ ce cd P P = ¿ = 0 F Y ¬ 0 200 30 cos P 2 P cd bc = ÷ + 200 3 P P cd bc = + ………… (a) Efectuamos el diagrama de desplazamientos: De donde: cd bc 30 cos o = o ¬ | | . | \ | = | | . | \ | 2 / 3 a EA P 2 3 EA ) a ( P cd bc bc cd P 4 3 P = ………… (b) Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: kN 87 P bc = (TRACCION) kN 25 , 65 P cd = (COMPRESION) Aplicamos la condición de resistencia: BARRA BC: 6 2 3 10 . 100 d ) 4 / ( 10 . 87 s t ¬ m 10 . 28 , 33 d 3 ÷ > mm 28 , 33 d > BARRAS CD y CE: 6 2 3 10 . 100 d ) 4 / ( 10 . 25 , 65 s t ¬ m 10 . 82 , 28 d 3 ÷ > mm 82 , 28 d > Asumimos: mm 28 , 33 d mín = 78 3. Aplicamos la Ley de Hooke generalizada: | | | | 4 5 3 2 1 1 10 . 25 , 5 ) 0 60 ( 25 , 0 120 10 . 2 1 ) ( E 1 ÷ = + ÷ = o + o µ ÷ o = c | | | | 4 5 3 1 2 2 10 . 5 , 1 ) 0 120 ( 25 , 0 60 10 . 2 1 ) ( E 1 ÷ = + ÷ = o + o µ ÷ o = c | | | | 4 5 2 1 3 3 10 . 25 , 2 ) 60 120 ( 25 , 0 0 10 . 2 1 ) ( E 1 ÷ ÷ = + ÷ = o + o µ ÷ o = c Luego: 4 4 4 4 3 2 1 V 10 . 5 , 4 10 . 25 , 2 10 . 5 , 1 10 . 25 , 5 ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ + = c + c + c = c 4. Se sabe que: | | t s o = t mín o máx A 2 T ¬ | | t o | | . | \ | s 4 3 b 2 T 2 6 3 6 2 10 . 60 . 10 . 8 . 4 3 10 . 150 2 T ÷ ÷ | | . | \ | s m . N 9353 T s m . kN 353 , 9 T adm = Luego: m / rad 01732 , 0 10 . 75 , 6 . 10 . 80 10 . 353 , 9 GI T 6 9 3 t o = = = | ÷ Donde: 4 6 3 2 6 2 45 , 0 0 3 2 2 L 0 2 o t m 10 . 75 , 6 45 , 0 10 . 8 . ) 4 / 3 10 . 150 ( 4 10 . 8 ds ) 4 / 3 b ( 4 ds A 4 I media ÷ ÷ ÷ ÷ = = = o = } } 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por C T Se sabe que: 0 C = | ¬ 0 GI Ta GI L T p p C = ÷ L Ta T C = ¿ = 0 T eje ¬ 0 T T T C A = ÷ + L Tb L ) a L ( T L Ta T T A = ÷ = ÷ = 79 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. La barra ABC está compuesta de dos materiales y tiene una longitud total de 36plg y un diámetro de 2plg. La parte AB es de acero ) psi 10 . 30 E ( 6 a = y la parte BC es de aluminio ) psi 10 . 10 E ( 6 al = . La barra se somete a una fuerza de tracción de 30k a) Determinar las longitudes L 1 y L 2 para las partes de acero y aluminio, respectivamente, a fin de que ambas partes tengan el mismo alargamiento b) ¿Cuál es el alargamiento total de la barra? ………………………. (4 puntos) 2. Una barra rígida ABC de peso despreciable está soportada como se indica en la figura. Determinar la variación de temperatura que deben experimentar los cables verticales, para que la de bronce alcance un esfuerzo de tracción de 2 cm / kg 500 MATERIAL AREA DE LA BARRA MODULO DE ELASTICIDAD COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA ACERO 2 a cm 5 A = 2 6 a cm / kg 10 . 1 , 2 E = | . | \ | = o ÷ C 1 10 . 2 , 1 0 5 a BRONCE 2 b cm 10 A = 2 5 b cm / kg 10 . 5 , 8 E = | . | \ | = o ÷ C 1 10 . 95 , 1 0 5 b ………………………. (4 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 80 3. Un punto de un cuerpo se encuentra sujeto al estado plano de esfuerzos, siendo 2 X cm / kg 200 = o , 2 Y cm / kg 100 ÷ = o y 2 XY cm / kg 200 = t . Determinar los valores de los esfuerzos principales y la orientación de los planos donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo ………………………. (4 puntos) 4. Una barra compuesta se construye mediante el montaje por contracción de un tubo de acero sobre un núcleo de latón, en forma tal que ambos actúan como una unidad en torsión. El módulo de elasticidad a cortante del tubo es GPa 75 G a = y el del núcleo es GPa 39 G L = . Los diámetros exteriores son mm 25 d 1 = para el núcleo y mm 40 d 2 = para el tubo. Calcular los esfuerzos tangenciales máximos a t y L t en el acero y el latón, respectivamente, ocasionados por un momento torsor m . N 900 T = ………………………. (4 puntos) 5. Determinar el valor de “b” y el ángulo de giro en torsión en C, si | | MPa 80 = t y MPa 10 . 8 G 4 = ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 03 de Octubre del 2007 81 SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – II 1. a) Sabemos que: 36 L L 2 1 = + ………………. (a) Por dato del problema: al a o = o ¬ 2 6 2 3 2 6 1 3 2 ). 4 / ( 10 . 10 L . 10 . 30 2 ). 4 / ( 10 . 30 L . 10 . 30 t = t 2 1 L 3 L = ………………. (b) Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: lg p 27 L 1 = lg p 9 L 2 = b) El alargamiento total de la barra será: al a al a 2 2 o = o = o + o = o lg p 0172 , 0 lg p 017188 , 0 2 ). 4 / ( 10 . 30 27 . 10 . 30 2 2 6 3 ~ = ( ¸ ( ¸ t = o 2. Calculamos la fuerza de tracción en el cable de bronce: b b b A P = o ¬ kg 5000 10 . 500 A P b b b = = o = Analizamos el equilibrio de la barra rígida ABC ¿ = 0 M A ¬ 0 270 . 10000 P 370 120 . 5000 a = ÷ + kg 67 , 5675 P a = Como la barra es rígida, analizamos su diagrama de desplazamientos: 370 120 a b o = o ¬ a b 120 370 o = o 82 ) ( 120 ) ( 370 ) a ( T ) a ( P ) b ( T ) b ( P o + o = o + o Reemplazamos valores y obtenemos: ( ¸ ( ¸ A + = ( ¸ ( ¸ A + ÷ ÷ 180 ). T ( 10 . 2 , 1 5 . 10 . 1 , 2 180 . 67 , 5675 120 120 ). T ( 10 . 95 , 1 10 . 10 . 5 , 8 120 . 5000 370 5 6 5 5 C 8 , 23 T o ÷ = A 3. Determinamos los esfuerzos principales: 2 2 2 1 cm / kg 300 ) 200 ( 4 ) 100 200 ( 2 1 2 100 200 = + + + ÷ = o 2 2 2 2 cm / kg 200 ) 200 ( 4 ) 100 200 ( 2 1 2 100 200 ÷ = + + ÷ ÷ = o Determinamos los planos, donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo 1 o , es decir: 6 1 o = o o ¬ 6 300 2 sen 2 cos 2 2 XY Y X Y X = o t ÷ o o ÷ o + o + o 50 ) cos sen 2 ( 200 2 cos 2 100 200 2 100 200 = o o ÷ o + + ÷ 0 sen 3 cos sen 8 cos 3 2 2 = o ÷ o o ÷ o 0 ) sen 3 )(cos sen cos 3 ( = o ÷ o o + o De donde: 1ra solución: 0 sen cos 3 = o + o o 57 , 71 ÷ = o 2da solución: 0 sen 3 cos = o ÷ o o 43 , 18 = o 4. Del equilibrio estático: T T T a L = + ………………. (a) De la compatibilidad de rotaciones: a L | = | = | ) a ( p a a ) L ( p L L I G L T I G L T = L ) L ( p L ) a ( p a a T I G I G T = ………………. (b) Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: T T I G I G T L ) L ( p L ) a ( p a L = + | | . | \ | + = ) a ( p a ) L ( p L ) L ( p L L I G I G I G T T | | . | \ | ÷ t + t t = ÷ ÷ ÷ ) 625 , 0 1 ( 10 . 40 ). 32 / ( 10 . 75 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 39 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 39 900 T 4 12 4 9 12 4 9 12 4 9 L 83 m . N 055 , 77 T L = m . N 945 , 822 055 , 77 900 T a = ÷ = Luego: MPa 28 , 77 ) 625 , 0 1 ( 10 . 40 ). 16 / ( 945 , 822 W T 4 9 3 ) a ( p a a = ÷ t = = t ÷ MPa 12 , 25 10 . 25 ). 16 / ( 055 , 77 W T 9 3 ) L ( p L L = t = = t ÷ 5. Eliminamos el empotramiento en E y lo reemplazamos por su momento torsor E T Sabemos que: 0 E = | ¬ 0 GI 4 , 0 . 20 GI 8 , 0 . 20 GI 2 , 1 . 60 GI 6 , 1 . T t t t t E = + + ÷ m . kN 30 T E = Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor: Luego: | | t s t máx ¬ 6 2 3 10 . 80 ) b )( b 2 ( 246 , 0 10 . 30 s m 0913 , 0 b > Asumimos: cm 13 , 9 b = Calculamos el ángulo de giro en torsión en C 0 ) 10 . 13 , 9 )( 10 . 26 , 18 ( 229 , 0 . 10 . 10 . 8 4 , 0 . 10 . 10 ) 10 . 13 , 9 )( 10 . 26 , 18 ( 229 , 0 . 10 . 10 . 8 4 , 0 . 10 . 10 3 2 2 6 4 3 3 2 2 6 4 3 C = ÷ = | ÷ ÷ ÷ ÷ 84 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN PARCIAL SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una barra de sección variable está sometida a la acción de fuerzas de tracción “P” en sus extremos. Si el ancho de la barra varía linealmente desde b 1 en el extremo izquierdo hasta b 2 en el extremo derecho. Determinar el alargamiento de la barra, si m 5 , 1 L = ; mm 25 t = ; kN 125 P = ; mm 100 b 1 = ; mm 150 b 2 = y GPa 200 E = ………………………. (4 puntos) 2. La figura muestra tres barras suspendidas hechas del mismo material “E” y con igual sección transversal “A”. Se pide: a) Determinar los esfuerzos normales en cada una de las barras, si sobre la viga rígida ACE actúa una fuerza “P” b) Determinar el estado final de la estructura después de aplicada la carga “P” con sus respectivos desplazamientos ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 85 3. Dado el elemento de la figura, calcular los valores de X o y Y o , sabiendo que los esfuerzos principales son 20MPa y -80MPa ………………………. (4 puntos) 4. Una barra maciza de sección transversal circular con dos diámetros diferentes se muestra en la figura. Determinar el diámetro exterior “d” de una barra prismática hueca del mismo material y la misma longitud que tenga la misma rigidez torsional si el espesor de pared “t” de la barra hueca debe ser d/10 ………………………. (3 puntos) 5. Una barra se compone de tres porciones AC, CD y DB soldadas entre sí y el conjunto firmemente empotrado en sus extremos, sometido a los momentos torsores m . N 300 T C = y m . N 700 T D = . Considerar para el acero MPa 83000 G a = ; para el aluminio MPa 28000 G al = y para el bronce MPa 35000 G b = . Determinar el esfuerzo tangencial máximo. ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 30 de Abril del 2008 86 SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2008 – I 1. Esquematizamos la variación del ancho de la sección transversal: Por relación de triángulos rectángulos: L b b x y 1 2 ÷ = ¬ L x ) b b ( y 1 2 ÷ = t . L x ) b b ( b t ) y b ( A 1 2 1 1 x ( ¸ ( ¸ ÷ + = + = Luego: | | } } } | | . | \ | ÷ = ÷ + = ÷ + = = o L 0 L 0 L 0 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 x b b ln ) b b ( Et PL x ) b b ( L b dx Et PL t . L / x ) b b ( b E Pdx EA Pdx mm 304 , 0 m 10 . 04 , 3 100 150 ln 10 ). 100 150 ( 10 . 25 . 10 . 200 5 , 1 . 10 . 125 4 3 3 9 3 = = | . | \ | ÷ = o ÷ ÷ ÷ 2. a) Esquematizamos el diagrama de cuerpo libre de la viga rígida ACE ¿ = 0 F Y ¬ P P P P 3 2 1 = + + …………………. (a) ¿ = 0 M E ¬ 0 ) d 5 , 1 ( P ) d ( P ) d 2 ( P 2 1 = + ÷ ÷ P 5 , 1 P P 2 2 1 = + …………………. (b) Esquematizamos el diagrama de desplazamientos: De donde: d 2 d 3 1 3 2 o ÷ o = o ÷ o ¬ 0 2 3 2 1 = o + o ÷ o 87 0 EA L P EA L P 2 EA L P 3 2 1 = + ÷ 0 P P 2 P 3 2 1 = + ÷ …………………. (c) Restamos (a) menos (c) y obtenemos: P P 3 2 = P 333 , 0 P 2 = Reemplazamos en (b): P 5 , 1 P 333 , 0 P 2 1 = + P 584 , 0 P 1 = Reemplazamos en (a): P P P 333 , 0 P 584 , 0 3 = + + P 083 , 0 P 3 = Luego: A P 584 , 0 A P 584 , 0 A P A P 1 AB AB = = = = o A P 333 , 0 A P 333 , 0 A P A P 2 CD CD = = = = o A P 083 , 0 A P 083 , 0 A P A P 3 EF EF = = = = o b) Calculamos los desplazamientos: EA PL 584 , 0 EA L P 1 1 AB = = o = o EA PL 333 , 0 EA L P 2 2 CD = = o = o EA PL 083 , 0 EA L P 3 3 EF = = o = o De esta manera, el diagrama de desplazamientos final coincide con el indicado anteriormente, el cual se muestra en la siguiente figura: 88 3. Por dato del problema: 20 4 ) ( 2 1 2 2 XY 2 Y X Y X 1 = t + o ÷ o + o + o = o …………………. (a) 80 4 ) ( 2 1 2 2 XY 2 Y X Y X 2 ÷ = t + o ÷ o ÷ o + o = o …………………. (b) Sumamos (a) y (b), obteniendo: 60 Y X ÷ = o + o …………………. (c) Reemplazamos (c) en (a): 50 4 ) ( 2 1 2 XY 2 Y X = t + o ÷ o 2 2 2 Y X 100 ) 30 ( 4 ) ( = ÷ + o ÷ o 80 Y X = o ÷ o …………………. (d) Resolvemos (c) y (d): MPa 10 X = o MPa 70 Y ÷ = o Como toda raíz cuadrada tiene dos soluciones, una positiva y otra negativa, en este caso la 2da solución no cumple, es decir, cuando 80 Y X ÷ = o ÷ o , porque los esfuerzos son opuestos a los indicados en el gráfico inicial de distribución, según lo formulado en el problema. 4. Para la barra escalonada se tendrá: ) 74 , 135740 ( G T 32 10 . 60 ). 32 / ( G T 5 , 1 10 . 100 ). 32 / ( G T 2 12 4 12 4 t = t + t = | ÷ ÷ Ahora, analizamos la barra hueca: | | | . | \ | t = ÷ t = | 4 4 4 d 369 5 , 2187 G T 32 ) 5 / d 4 ( d ) 32 / ( G T 5 , 3 Por condición del problema: | . | \ | t = t 4 d 369 5 , 2187 G T 32 ) 74 , 135740 ( G T 32 mm 29 , 81 m 08129 , 0 d = = 5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por su momento torsor B T Sabemos que: 0 B = | 89 ÷ t + t + t ÷ ÷ ÷ 12 4 6 B 12 4 6 B 12 4 6 B 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 83000 2 . T 10 . 50 ). 32 / ( 10 . 28000 5 , 1 . T 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 35000 1 . T 0 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 83000 2 . 300 10 . 25 ). 32 / ( 10 . 83000 2 . 700 10 . 50 ). 32 / ( 10 . 28000 5 , 1 . 700 12 4 6 12 4 6 12 4 6 = t ÷ t ÷ t ÷ ÷ ÷ ÷ De donde: m . N 472 T B = Graficamos el diagrama de momento torsor: Calculamos los esfuerzos tangenciales para cada tramo, determinando de esta manera el esfuerzo tangencial máximo. MPa 10 , 172 10 . 25 . 528 . 16 d T 16 9 3 3 AC AC acero AC máx = t = t = t = t = t ÷ MPa 29 , 9 10 . 50 . 228 . 16 d T 16 9 3 3 CD CD io min alu CD = t = t = t = t ÷ MPa 85 , 153 10 . 25 . 472 . 16 d T 16 9 3 3 DB DB bronce DB = t = t = t = t ÷ 90 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 3 SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar el ancho “b” de la viga mostrada en la figura, si | | 2 cm / kg 100 = o ………………………. (3 puntos) 2. Determinar el valor de “a”, si | | MPa 30 tr = o y | | MPa 90 comp = o , ubicando previamente la posición racional de la viga. ………………………. (4 puntos) 3. Determinar el valor de “L” y graficar el diagrama de esfuerzo tangencial para la sección de la viga mostrada en la figura, si | | MPa 40 tr = o y | | MPa 150 comp = o . Previamente, ubique la posición racional de la viga. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 91 4. Una viga de madera reforzada con una plancha de acero en su cara inferior, está simplemente apoyada de 3m de longitud y soporta una carga concentrada “P” en su punto medio. Las dimensiones de la sección transversal se muestran en la figura. Considerar kg 1000 P = y 20 E / E m a = . Determinar los esfuerzos máximos en el acero y la madera. ………………………. (4 puntos) 5. En una viga de concreto armado, cm 15 b = , cm 25 d = y el área total de las varillas de acero es 4,62cm 2 . Considerar 15 n = , | | 2 c cm / kg 40 = o , | | 2 a cm / kg 1200 = o y determinar el momento flector máximo en kg.m que puede soportar la viga. ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 22 de Mayo del 2006 92 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – I 1. Graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector: Luego: | | o s o máx ¬ | | o s máx Z máx y I M 100 ) b ( 12 / ) b 2 ( b 10 . 10 . 3 , 9 3 2 3 s De donde: cm 24 b > Asumimos: cm 24 b = cm 48 b 2 h = = Quedando la sección transversal la mostrada en la figura: 2. Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos su momento de inercia respecto al eje neutro. a 14 , 15 ) a 4 )( a 20 ( 2 ). a 16 )( a ( ) a 18 )( a 4 )( a 20 ( 2 ). a 8 )( a 16 )( a ( Y CG = + + = 4 2 3 2 3 Z a 05 , 3075 ) a 86 , 2 )( a 4 )( a 20 ( 12 ) a 4 )( a 20 ( 2 . ) a 14 , 7 )( a 16 )( a ( 12 ) a 16 )( a ( I = + + ( ¸ ( ¸ + = 93 Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: m . kN 4 , 26 M máx ÷ = , implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: 2 sup Z a 72 , 81 ) a )( a 86 , 0 ( 2 ) a 4 )( a 20 ( A = + = (TRACCION) 2 inf Z a 28 , 30 ) a 14 , 15 )( a ( 2 A = = (COMPRESION) Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Aplicamos la condición de resistencia para cada zona: 6 4 3 tr máx 10 . 30 a 86 , 4 . a 05 , 3075 10 . 4 , 26 s = o ¬ m 10 . 12 , 1 a 2 ÷ > cm 12 , 1 a > 6 4 3 comp máx 10 . 90 a 14 , 15 . a 05 , 3075 10 . 4 , 26 s = o ¬ m 10 . 13 , 1 a 2 ÷ > cm 13 , 1 a > 94 Asumimos: cm 13 , 1 a mín = 3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Determinamos la ubicación del eje neutro: cm 72 , 19 2 . 12 26 . 1 27 . 2 . 12 13 . 26 . 1 Y CG = + + = Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: 2 máx L 2000 M ÷ = , implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: 2 sup Z cm 28 , 30 28 , 6 . 1 2 . 12 A = + = (TRACCION) 2 inf Z cm 72 , 19 72 , 19 . 1 A = = (COMPRESION) Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Luego: | | tr tr máx Z máx tr máx y I M o s = o ¬ 6 2 8 2 10 . 40 10 . 28 , 8 . 10 . 75 , 3918 L 2000 s ÷ ÷ 95 m 077 , 3 L s Donde: 4 2 3 2 3 Z cm 75 , 3918 72 , 6 . 26 . 1 12 26 . 1 28 , 7 . 2 . 12 12 2 . 12 I = + + + = Ahora, analizamos el efecto de compresión: | | comp comp máx Z máx comp máx y I M o s = o ¬ 6 2 8 2 10 . 150 10 . 72 , 19 . 10 . 75 , 3918 L 2000 s ÷ ÷ m 86 , 3 L s Asumimos: m 3 L = Ahora, graficamos el diagrama final: Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. 0 A = t MPa 45 , 0 10 . 12 . 10 . 75 , 3918 10 . 72 , 174 . 10 . 12 b I S V 2 8 6 3 B Z B Z máx B = = = t ÷ ÷ ÷ 3 B Z cm 72 , 174 28 , 7 . 2 . 12 S = = MPa 35 , 5 10 . 1 . 10 . 75 , 3918 10 . 72 , 174 . 10 . 12 b I S V 2 8 6 3 ' B Z ' B Z máx ' B = = = t ÷ ÷ ÷ MPa 95 , 5 10 . 1 . 10 . 75 , 3918 10 . 44 , 194 . 10 . 12 b I S V 2 8 6 3 C Z C Z máx C máx = = = t = t ÷ ÷ ÷ 3 C Z cm 44 , 194 14 , 3 . 28 , 6 . 1 72 , 174 S = + = 0 D = t 96 4. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Transformamos la madera en acero: cm 5 , 0 10 . 20 1 b E E b m a m ' a = = = Determinamos la ubicación del eje neutro: cm 34 , 3 8 , 13 . 5 , 0 2 , 1 . 10 1 , 8 . 8 , 13 . 5 , 0 6 , 0 . 2 , 1 . 10 Y CG = + + = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 3 2 3 Z cm 37 , 357 76 , 4 . 8 , 13 . 5 , 0 12 8 , 13 . 5 , 0 74 , 2 . 2 , 1 . 10 12 2 , 1 . 10 I = + + + = 97 Determinamos los esfuerzos normales máximos en el acero y la madera: 2 2 a máx Z máx a máx cm / kg 95 , 700 34 , 3 . 37 , 357 10 . 750 y I M = = = o 2 2 m máx Z máx a m m máx cm / kg 35 , 122 66 , 11 . 37 , 357 10 . 750 20 1 y I M E E = | | . | \ | = | | . | \ | = o 5. Transformamos el acero en concreto: 2 a ' c cm 3 , 69 62 , 4 . 15 nA A = = = Se sabe que: inf Z sup Z S S = ¬ ( ) X 25 3 , 69 2 X X 15 ÷ = | . | \ | 0 5 , 1732 X 3 , 69 X 5 , 7 2 = ÷ + cm 26 , 11 X = Luego: 4 2 2 3 Z cm 12 , 20221 74 , 13 . 3 , 69 63 , 5 . 26 , 11 . 15 12 26 , 11 . 15 I = + + = Analizamos los esfuerzos en el concreto y el acero, comparándolos con los valores admisibles. CONCRETO: | | c c máx Z máx c máx y I M o s = o ¬ 40 26 , 11 . 12 , 20221 M máx s cm . kg 46 , 71833 M máx s ACERO: | | a a máx Z máx c a a máx y I M E E o s | | . | \ | = o ¬ 1200 74 , 13 . 12 , 20221 M . 15 máx s cm . kg 78 , 117735 M máx s Asumimos: m . kg 33 , 718 cm . kg 46 , 71833 M máx = = 98 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 3 SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una viga que tiene una sección transversal en forma de canal se somete a un momento flector que actúa respecto al eje OZ. Calcular el espesor “t” del canal a fin de que los esfuerzos por flexión en las partes superior e inferior de la viga estén en la relación 7:3 ………………………. (3 puntos) 2. Un travesaño o durmiente de vía de ferrocarril está sometido a dos cargas concentradas lb 50000 P = y actúa como se muestra en la figura. La reacción “q” del balasto o cascajo puede suponerse uniformemente distribuida sobre la longitud del travesaño, el cual tiene dimensiones de sección transversal lg p 12 b = y lg p 10 h = . Calcular el esfuerzo de flexión máximo máx o en el durmiente, si se supone que lg p 57 L = y lg p 5 , 19 a = ………………………. (3 puntos) 3. La viga mostrada, tiene la sección transversal indicada y se encuentra sujeta a las cargas concentradas señaladas. Considerando que el material del que está fabricada la viga no puede soportar esfuerzos normales mayores a 1200kg/cm 2 , ni esfuerzos tangenciales mayores a 60kg/cm 2 , calcular el máximo valor de la carga “P”, expresada en toneladas, que puede aplicarse sobre dicho sistema y graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 99 4. Una viga compuesta por cuatro materiales 2 1 cm / kg 150000 E ( = , 2 2 cm / kg 175000 E = , 2 3 cm / kg 250000 E = , ) cm / kg 300000 E 2 4 = , está sometida a las cargas mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos normales máximos que se producen en cada material. ………………………. (5 puntos) 5. En una viga de concreto armado, cm 38 b = , cm 70 d = y el área total de las varillas de acero es 19,48cm 2 . Considerar 20 n = , | | 2 c cm / kg 5 , 31 = o , | | 2 a cm / kg 875 = o . Determinar el momento flector máximo que puede soportar la viga. Considerar “d” la distancia desde el eje de las varillas de acero hasta la cara superior de la viga. ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 23 de Octubre del 2006 100 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – II 1. Por dato del problema: 3 7 inf sup = o o Además, se sabe que: sup Z sup y I M = o …………………. (a) inf Z inf y I M = o …………………. (b) Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: 3 7 y y inf sup = Del gráfico del problema: 10 y y inf sup = + 10 y y 3 7 inf inf = + De donde: lg p 3 y inf = lg p 7 y sup = De esta manera, la sección transversal quedará tal como se muestra en la siguiente figura: Luego: inf Z sup Z S S = 2 . 2 ) t 3 ( . t ) t 5 , 0 3 ( t 24 2 . 5 , 3 .. t . 7 2 ÷ + ÷ = 0 t 32 t 18 t 2 3 = + ÷ De esta ecuación se obtienen tres soluciones, siendo dos de ellas irreales y la tercera la correcta, cuyo valor es: lg p 2 t = 101 2. Analizamos el equilibrio de la estructura: ¿ = 0 F Y ¬ ) 50000 ( 2 ) 5 , 19 . 2 57 ( q = + lg p / lb 67 , 1041 q = Graficamos los diagramas correspondientes: Determinamos el esfuerzo normal máximo: psi 1125 5 . 12 / 10 . 12 225000 y I M 3 máx Z máx máx = = = o 3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. cm 3 , 19 2 . 18 2 . 27 28 . 2 . 18 5 , 13 . 2 . 27 Y CG = + + = 102 4 2 3 2 3 Z cm 9 , 7833 7 , 8 . 2 . 18 12 2 . 18 8 , 5 . 27 . 2 12 27 . 2 I = + + + = Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: P 2 M máx ÷ = , implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: 2 sup Z cm 4 , 51 2 . 7 , 7 2 . 18 A = + = (TRACCION) 2 inf Z cm 6 , 38 3 , 19 . 2 A = = (COMPRESION) Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Comprobamos las condiciones para esfuerzos normales en tracción y compresión, así como para el esfuerzo tangencial. | | o s = o tr máx Z máx tr máx y I M ¬ 12000 ) 10 . 7 , 9 .( 10 . 9 , 7833 P 2 2 8 s ÷ ÷ T 846 , 4 P s | | o s = o comp máx Z máx comp máx y I M ¬ 12000 ) 10 . 3 , 19 .( 10 . 9 , 7833 P 2 2 8 s ÷ ÷ T 435 , 2 P s | | t s = t b I S V Z sup Z máx máx ¬ 600 10 . 2 . 10 . 9 , 7833 10 . 49 , 372 . P 2 8 6 s ÷ ÷ ÷ T 524 , 2 P s 3 sup Z cm 49 , 372 85 , 3 . 2 . 7 , 7 7 , 8 . 2 . 18 S = + = Analizamos el rango que cumple con las tres condiciones, obteniendo: Asumimos: T 435 , 2 P máx = Con este valor determinamos los valores para graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales. 0 A = t 2 2 8 6 B m / T 08 , 54 10 . 18 . 10 . 9 , 7833 10 . 2 , 313 . 435 , 2 = = t ÷ ÷ ÷ 3 B Z cm 2 , 313 7 , 8 . 2 . 18 S = = 103 2 2 8 6 ' B m / T 76 , 486 10 . 2 . 10 . 9 , 7833 10 . 2 , 313 . 435 , 2 = = t ÷ ÷ ÷ 2 2 8 6 C máx m / T 9 , 578 10 . 2 . 10 . 9 , 7833 10 . 49 , 372 . 435 , 2 = = t = t ÷ ÷ ÷ 0 D = t 4. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Ahora, transformamos todos los materiales al más rígido, calculando los anchos equivalentes de cada sección. MATERIAL 1: cm 15 30 . 300000 150000 b E E b 1 4 1 ' 4 = = = MATERIAL 2: cm 5 , 17 30 . 300000 175000 b E E b 2 4 2 ' 4 = = = MATERIAL 3: cm 25 30 . 300000 250000 b E E b 3 4 3 ' 4 = = = 104 De esta manera, la sección transformada de la sección transversal de la viga será la mostrada en la figura. Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. cm 17 150 175 250 300 35 . 10 . 15 25 . 10 . 5 , 17 15 . 10 . 25 5 . 10 . 30 Y CG = + + + + + + = 2 3 2 3 2 3 2 3 Z 18 . 10 . 15 12 10 . 15 8 . 10 . 5 , 17 12 10 . 5 , 17 2 . 10 . 25 12 10 . 25 12 . 10 . 30 12 10 . 30 I + + + + + + + = 4 Z cm 67 , 111291 I = Calculamos los esfuerzos normales máximos para cada material. MATERIAL 4: 2 2 3 4 máx Z máx 4 máx cm / kg 6 , 366 17 . 67 , 111291 10 . 10 . 24 y I M = = = o MATERIAL 3: 2 2 3 3 máx Z máx 4 3 3 máx cm / kg 79 , 125 7 . 67 , 111291 10 . 10 . 24 300000 250000 y I M E E = | . | \ | = | | . | \ | = o MATERIAL 2: 2 2 3 2 máx Z máx 4 2 2 máx cm / kg 53 , 163 13 . 67 , 111291 10 . 10 . 24 300000 175000 y I M E E = | . | \ | = | | . | \ | = o MATERIAL 1: 2 2 3 1 máx Z máx 4 1 1 máx cm / kg 248 23 . 67 , 111291 10 . 10 . 24 300000 150000 y I M E E = | . | \ | = | | . | \ | = o 5. Transformamos el área de acero en concreto. 2 a ' c cm 6 , 389 48 , 19 . 20 nA A = = = Determinamos la ubicación del eje neutro, utilizando el concepto de momento estático y de acuerdo a la figura mostrada, donde las medidas están en centímetros. inf Z sup Z S S = ¬ ( ) X 70 6 , 389 2 X X 38 ÷ = | . | \ | 105 0 27272 X 6 , 389 X 19 2 = ÷ + De donde: cm 29 X = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 4 2 2 3 Z cm 93 , 963844 41 . 6 , 389 5 , 14 . 29 . 38 12 29 . 38 I = + + = Aplicamos las condiciones de resistencia para el concreto y el acero. CONCRETO: | | c c máx Z máx c máx y I M o s = o ¬ 5 , 31 29 . 93 , 963844 M máx s cm . kg 1046935 M máx s ACERO: | | a a máx Z máx c a a máx y I M E E o s | | . | \ | = o ¬ 875 41 . 93 , 963844 M . 20 máx s cm . kg 1028493 M máx s De donde: m . kg 93 , 10284 cm . kg 1028493 M máx = = 106 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 3 SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar el valor de la dimensión “b” de la sección transversal de una viga sometida a flexión, si se cumple que | | | | tr comp 3 o = o ………………………. (3 puntos) 2. Una pequeña presa de altura m 4 , 2 h = se construye con vigas de madera verticales AB de espesor mm 150 t = , como se muestra en la figura. Considerar que las vigas están simplemente apoyadas en sus partes superior e inferior. Determinar el esfuerzo por flexión máximo máx o en las vigas, si el peso específico del agua es 3 m / kN 81 , 9 = ¸ ………………………. (3 puntos) 3. La viga mostrada en la figura está sometida a la acción de la carga distribuida “w” (kg/m). Calcular el valor máximo de “w”, si los esfuerzos admisibles son 140kg/cm 2 en tracción y compresión, 15kg/cm 2 en cortante. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 107 4. Una viga está compuesta de tres materiales, como se muestra en la figura. Las tres partes se hallan firmemente unidas entre si de manera que no existe posibilidad de deslizamiento entre ellas. Determinar el momento flector máximo que puede soportar si los esfuerzos admisibles son | | MPa 120 a = o , | | MPa 80 al = o , | | MPa 10 m = o y los módulos de elasticidad son GPa 200 E a = , GPa 70 E al = y GPa 10 E m = ………………………. (5 puntos) 5. En la viga T de concreto armado, se tiene que el área de las varillas de acero es 2 a mm 3000 A = y la relación modular 10 n = . Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero, si el momento flector aplicado es 140kN.m ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 21 de Mayo del 2007 108 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – I 1. Como sabemos que el eje neutro divide a la sección transversal en dos zonas, una de tracción y otra de compresión, tenemos que: | | | | comp tr comp máx tr máx y y o o = ¬ 3 1 y y comp máx tr máx = tr máx comp máx y 3 y = Asimismo: 24 y y comp máx tr máx = + Reemplazamos datos y obtenemos: cm 6 y tr máx = cm 18 y comp máx = Determinamos el valor de “b”, a partir de la condición que el momento estático de la parte superior al eje neutro es igual al momento estático de la parte inferior. inf Z sup Z S S = ¬ 4 ). b .( 4 1 . 2 . 2 9 . 18 . 2 + = cm 20 b = 2. Esquematizamos la viga y el efecto de cargas, siendo hb w o ¸ = 109 Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Luego: MPa 32 , 2 15 , 0 . 3 3 4 , 2 . 10 . 81 , 9 . 2 t 3 3 h 2 bt 3 3 h ) hb ( 2 bt 3 3 h w 2 ) 2 / t ( ) 12 / bt ( ) 3 9 / h w ( y I M 2 3 3 2 3 2 2 2 2 o 3 2 o máx Z máx máx = = ¸ = ¸ = = = = o 3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Como la sección transversal es simétrica, calculamos su momento de inercia respecto al eje neutro, el cual pasa por el centro de la sección. 4 3 3 Z cm 67 , 8554 12 16 . 7 2 12 20 . 20 I = ( ¸ ( ¸ ÷ = 110 Aplicamos la condición de resistencia. ESFUERZO NORMAL: | | o s = o máx Z máx máx y I M ¬ 4 2 8 10 . 140 10 . 10 . 10 . 67 , 8554 w 758 , 1 s ÷ ÷ m / kg 26 , 681 w s ESFUERZO TANGENCIAL: | | t s = t b I S V Z sup Z máx máx ¬ 4 2 8 6 10 . 15 10 . 6 . 10 . 67 , 8554 10 . 552 . w 125 , 2 s ÷ ÷ ÷ m / kg 37 , 656 w s Donde: 3 C Z sup Z cm 552 ) 4 . 8 . 7 .( 2 5 . 10 . 20 S S = ÷ = = Asumimos: m / kg 37 , 656 w máx = Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales. 0 A = t 2 2 4 2 8 6 B cm / kg 93 , 2 m / kg 10 . 93 , 2 10 . 20 . 10 . 67 , 8554 10 . 360 . 78 , 1394 = = = t ÷ ÷ ÷ kg 78 , 1394 37 , 656 . 125 , 2 V máx = = 3 B Z cm 360 9 . 2 . 20 S = = 2 2 4 2 8 6 ' B cm / kg 78 , 9 m / kg 10 . 78 , 9 10 . 6 . 10 . 67 , 8554 10 . 360 . 78 , 1394 = = = t ÷ ÷ ÷ 2 2 4 2 8 6 C máx cm / kg 15 m / kg 10 . 15 10 . 6 . 10 . 67 , 8554 10 . 552 . 78 , 1394 = = = t = t ÷ ÷ ÷ 2 ' B ' D cm / kg 78 , 9 = t = t 2 B D cm / kg 93 , 2 = t = t 0 E = t 111 4. Determinamos los anchos equivalentes de los materiales convertidos en acero. MADERA: mm 4 80 . 10 . 200 10 . 10 b E E b 9 9 m a m ' a = = = ALUMINIO: mm 28 80 . 10 . 200 10 . 70 b E E b 9 9 al a al ' a = = = De esta manera, la sección transformada de la viga es la mostrada en la figura: Determinamos la ubicación de su centro de gravedad de la sección transformada y calculamos su momento de inercia respecto a dicho eje. mm 89 , 123 20 . 80 150 . 4 50 . 28 210 . 20 . 80 125 . 150 . 4 25 . 50 . 28 Y CG = + + + + = 4 2 3 2 3 2 3 Z mm 56 , 27025555 11 , 86 . 20 . 80 12 20 . 80 11 , 1 . 150 . 4 12 150 . 4 89 , 98 . 50 . 28 12 50 . 28 I = + + + + + = Aplicamos la condición de resistencia para cada material. ACERO: | | a a máx Z máx a máx y I M o s = o ¬ 3 12 6 máx 10 . 11 , 96 10 . 56 , 27025555 . 10 . 120 M ÷ ÷ s m . kN 74 , 33 M máx s MADERA: | | m m máx Z máx a m m máx y I M E E o s | | . | \ | = o ¬ | . | \ | s ÷ ÷ 10 200 10 . 11 , 76 10 . 56 , 27025555 . 10 . 10 M 3 12 6 máx m . kN 02 , 71 M máx s ALUMINIO: | | al al máx Z máx a al al máx y I M E E o s | | . | \ | = o ¬ | . | \ | s ÷ ÷ 70 200 10 . 89 , 123 10 . 56 , 27025555 . 10 . 80 M 3 12 6 máx m . kN 86 , 49 M máx s 112 Asumimos: m . kN 74 , 33 M máx = 5. Calculamos el área del acero transformado en concreto. 2 2 a ' c cm 300 mm 30000 3000 . 10 nA A = = = = Determinamos la ubicación del eje neutro, a través del momento estático. inf Z sup Z S S = ¬ ) X 50 .( 300 2 X X 25 ) X 5 , 7 .( 15 . 50 ÷ = | . | \ | + + 0 9375 X 1050 X 5 , 12 2 = ÷ + De donde: cm 14 , 8 X = Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 2 3 2 3 Z cm 19 , 727692 86 , 41 . 300 07 , 4 . 14 , 8 . 25 12 14 , 8 . 25 64 , 15 . 15 . 50 12 15 . 50 I = + + + + = Calculamos los esfuerzos máximos para ambos materiales. CONCRETO: MPa 45 , 4 10 . 14 , 23 . 10 . 19 , 727692 10 . 140 y I M 2 8 3 c máx Z máx c máx = = = o ÷ ÷ ACERO: MPa 53 , 80 10 . 86 , 41 . 10 . 19 , 727692 10 . 140 . 10 y I M n 2 8 3 a máx Z máx a máx = | | . | \ | = | | . | \ | = o ÷ ÷ 113 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 3 SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una viga ahusada en voladizo AB de longitud L tiene secciones transversales cuadradas y soporta una carga concentrada P en su extremo libre, tal como se muestra en la figura. El ancho y la altura de la viga varían linealmente desde h en el extremo libre hasta h 2 en el empotramiento. ¿Cuál es la distancia x desde el extremo libre a la sección de esfuerzo normal máximo debido a flexión? ¿Cuál es el esfuerzo normal máximo máx o ? ¿Cuál es la relación de este esfuerzo al esfuerzo B o en el empotramiento? ………………………. (5 puntos) 2. La viga de hierro fundido soporta las cargas mostradas en la figura. Si los esfuerzos admisibles son de 48MPa y 120MPa en tracción y compresión, respectivamente, determinar el valor máximo de la longitud del voladizo, sabiendo que la posición racional de la sección transversal de la viga es la mostrada en la figura. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 114 3. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales en función del esfuerzo tangencial máximo o máx t = t ………………………. (4 puntos) 4. La sección transversal de una viga compuesta hecha de aluminio y acero se muestra en la figura. Los módulos de elasticidad son GPa 70 E al = y GPa 210 E a = . Bajo la acción de un momento flector que produce un esfuerzo máximo de 60MPa en el aluminio, ¿cuál es el esfuerzo máximo en el acero? ………………………. (3 puntos) 5. Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero en una viga de concreto armado en la que mm 300 b = , mm 500 d = , 2 a mm 1200 A = y 8 n = , si el momento flector es 70kN.m. Considerar “d” la distancia desde el eje de las varillas de acero hasta la cara superior de la viga. ………………………. (3 puntos) FECHA La Molina, 22 de Octubre del 2007 115 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – II 1. Graficamos el diagrama de momento flector: Analizamos la variación de la sección transversal: L 2 / h x m = ¬ L 2 hx m = Luego: | . | \ | + = | . | \ | + = + = L x 1 h L 2 hx 2 h m 2 h h x Calculamos el momento de inercia a una longitud “x”, siendo: ( ) | || | 12 ) L / x 1 ( h 12 ) L / x 1 ( h L / x 1 h I 4 4 3 ) X ( Z + = + + = En consecuencia, se tendrá: | . | \ | + = L x 1 2 h y ) X ( 3 3 4 4 ) X ( ) X ( Z X ) X ( ) L / x 1 ( h Px 6 L x 1 2 h ) L / x 1 ( h Px 12 y I M + = ( ¸ ( ¸ | . | \ | + + = = o 116 El esfuerzo normal máximo se obtendrá al derivar 0 dx d ) X ( = o En consecuencia: 0 ) L / x 1 ( h Px 6 ) L / 1 ( ) L / x 1 ( h 3 ) L / x 1 ( Ph 6 dx d 6 6 2 3 3 3 ) X ( = + + ÷ + = o De donde: 2 / L x = De esta manera: 3 3 3 2 / L X máx h 9 PL 8 L 2 / L 1 h 2 L P 6 = | . | \ | + | . | \ | = o = o = 3 3 3 L X B h 4 PL 3 ) L / L 1 ( h PL 6 = + = o = o = Luego: 27 32 h 4 / PL 3 h 9 / PL 8 3 3 B máx = = o o 2. Determinamos las características geométricas de la sección transversal de la viga. mm 75 , 108 30 . 180 150 . 30 . 2 165 . 30 . 180 75 . 150 . 30 . 2 Y CG = + + = Comprobamos las áreas de las zonas, para conocer la zona de tracción y de compresión, y como se trata de hierro fundido el área mayor será de tracción. 2 sup Z mm 7875 25 , 41 . 30 . 2 30 . 180 A = + = (TRACCION) 2 inf Z mm 6525 75 , 108 . 30 . 2 A = = (COMPRESION) Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 4 2 3 2 3 Z mm 44617500 75 , 33 . 150 . 30 12 150 . 30 . 2 25 , 56 . 30 . 180 12 30 . 180 I = ( ¸ ( ¸ + + + = 117 Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Por condición del problema, nos indica que la posición de la viga es la correcta, significa que por momento flector máximo será negativo e igual a 15X Aplicamos la condición de resistencia: TRACCION: | | tr tr máx Z máx tr máx y I M o s = o ¬ 3 3 12 10 . 48 10 . 25 , 71 . 10 . 44617500 X 15 s ÷ ÷ m 2 X s COMPRESION: | | comp comp máx Z máx comp máx y I M o s = o ¬ 3 3 12 10 . 120 10 . 75 , 108 . 10 . 44617500 X 15 s ÷ ÷ m 28 , 3 X s Asumimos: m 2 X máx = Comprobamos que la zona más peligrosa es la de tracción, aplicando la fórmula: comp máx tr máx y y ˃ | | | | comp tr o o ¬ 75 , 108 25 , 71 ˃ 120 48 655 , 0 ˃ 4 , 0 118 De esta manera, no es necesario comprobar a través del momento positivo máximo. 3. Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales: 0 A = t o 2 4 3 B Z B Z B b V ) b 5 , 0 )( b 375 , 0 ( ) b 1875 , 0 .( V b I VS t = = = = t 3 B Z b 1875 , 0 ) b 75 , 0 )( b 5 , 0 )( b 5 , 0 ( S = = 4 3 2 3 Z b 375 , 0 12 ) b ( b ) b 75 , 0 )( b 5 , 0 )( b 5 , 0 ( 12 ) b 5 , 0 )( b 5 , 0 ( . 2 I = + ( ¸ ( ¸ + = b 5 , 0 b B = o 2 4 3 ' B Z ' B Z ' B 5 , 0 b V 5 , 0 ) b )( b 375 , 0 ( ) b 1875 , 0 .( V b I VS t = = = = t o 2 4 3 C Z C Z C 833 , 0 b V 833 , 0 ) b )( b 375 , 0 ( ) b 3125 , 0 .( V b I VS t = = = = t 3 3 C Z b 3125 , 0 ) b 25 , 0 )( b 5 , 0 )( b ( b 1875 , 0 S = + = En la parte inferior por simetría, el diagrama será el mismo, es decir: o ' B ' D 5 , 0 t = t = t o máx B D t = t = t = t 0 E = t 4. Calculamos el ancho equivalente del acero transformado en aluminio. mm 90 30 . 70 210 b E E b a al a ' al = = = Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transformada. mm 57 , 48 40 . 30 80 . 90 100 . 40 . 30 40 . 80 . 90 Y CG = + + = 119 Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 3 2 3 Z mm 16 , 7702857 57 , 8 . 80 . 90 12 80 . 90 43 , 51 . 40 . 30 12 40 . 30 I = + + + = Determinamos el valor del momento flector máximo: al máx Z máx al máx y I M = o ¬ 3 12 máx 6 10 . 43 , 71 . 10 . 16 , 7702857 M 10 . 60 ÷ ÷ = m . N 27 , 6470 M máx = Ahora, calculamos el esfuerzo normal máximo en el acero: MPa 39 , 122 10 . 57 , 48 . 10 . 16 , 7702857 27 , 6470 70 210 y I M E E 3 12 a máx Z máx al a a máx = | . | \ | = | | . | \ | = o ÷ ÷ 5. Calculamos el área de acero transformado en concreto: 2 2 a ' c cm 96 mm 9600 1200 . 8 nA A = = = = Determinamos la ubicación del eje neutro, a través de los momentos estáticos: inf Z sup Z S S = ¬ ( ) X 50 96 2 X X 30 ÷ = | . | \ | 0 1600 X 32 X 5 2 = ÷ + cm 97 , 14 X = 120 Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 2 3 Z cm 59 , 151349 03 , 35 . 96 485 , 7 . 97 , 14 . 30 12 97 , 14 . 30 I = + + = Determinamos los esfuerzos máximos en el concreto y acero: MPa 92 , 6 10 . 97 , 14 . 10 . 59 , 151349 10 . 70 y I M 2 8 3 c máx Z máx c máx = = = o ÷ ÷ MPa 61 , 129 10 . 03 , 35 . 10 . 59 , 151349 10 . 70 . 8 y I M n 2 8 3 a máx Z máx a máx = = = o ÷ ÷ 121 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 3 SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una viga está sometida a flexión pura, siendo su momento flector máximo o M . Determinar la relación comp tr / o o de los esfuerzos de tracción y compresión máximos, si las secciones transversales son las mostradas en la figura. ………………………. (3 puntos) 2. Una viga simplemente apoyada de 4m de longitud tiene la sección transversal mostrada en la figura. Determinar la máxima carga uniformemente distribuida que puede aplicarse a todo lo largo de la viga, si el esfuerzo tangencial está limitado a 1,2MPa ………………………. (3 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 122 3. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal mostrada en la figura, correspondiente a una viga que trabaja a flexión. Considerar que la fuerza cortante es V ………………………. (5 puntos) 4. Un tubo de acero con diámetro exterior “d” y un núcleo de aluminio de diámetro d/2, se unen para formar una viga compuesta, como se muestra en la figura. Obtener una fórmula para el momento flector máximo máx M que puede soportar la viga si se considera que el esfuerzo normal permisible en el acero es | | a o . Considerar que los módulos de elasticidad para el acero y el aluminio son a E y al E , respectivamente. ………………………. (5 puntos) 5. En una viga de concreto armado, cm 20 b = , cm 40 d = , 2 a cm 14 A = . Determinar los esfuerzos normales en el concreto y acero, para los casos (a) 6 n = y (b) 10 n = , si el momento flector máximo es 1,5T.m. Considerar “d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga. ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 19 de Mayo del 2008 123 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que: tr Z o tr y I M = o comp Z o comp y I M = o Luego: a) TRIANGULO EQUILATERO: 5 , 0 2 3 b 3 2 2 3 b 3 1 y y comp tr comp tr = | | . | \ | | | . | \ | = = o o b) SEMICIRCULO: ( ) 7374 , 0 6 4 3 d 3 d 2 y y comp tr comp tr = t ÷ t t = = o o 2. Esquematizamos la viga con la carga uniformemente distribuida y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, para luego determinar el esfuerzo tangencial máximo. | | t s = t mín Z sup Z máx máx b I S V ¬ 6 3 3 10 . 2 , 1 050 , 0 . 12 15 , 0 . 1 , 0 12 2 , 0 . 15 , 0 ) 0375 , 0 . 075 , 0 . 1 , 0 05 , 0 . 1 , 0 . 15 , 0 ( w 2 s ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ 124 m / N 4600 w s Asumimos: m / kN 6 , 4 w = 3. Analizamos la parte superior de la sección transversal. 2 / h b x b x = ¬ h bx 2 b x = En la figura, el punto del triángulo superior, corresponde al centro de gravedad de dicho triángulo. Determinamos el momento estático respecto al eje neutro Z ( ) | . | \ | ÷ = | . | \ | ÷ | . | \ | = | . | \ | ÷ = 3 x 2 2 h h bx 3 x 2 2 h x h bx 2 2 1 3 x 2 2 h ). x )( b ( 2 1 S 2 x ) x sup( Z Ahora, calculamos el momento de inercia de toda la sección transversal de la viga, respecto al eje neutro Z ( ) 48 bh 2 h . 3 1 2 h b 2 1 36 ) 2 / h ( b . 2 I 3 2 3 Z = ( ( ¸ ( ¸ | . | \ | | . | \ | + = Luego: 3 3 2 x Z ) x sup( Z ) X ( bh 3 x 2 2 h Vx 24 h bx 2 . 48 bh 3 x 2 2 h h bx . V b I VS | . | \ | ÷ = | . | \ | ÷ = = t El esfuerzo tangencial máximo se obtendrá al derivar 0 dx d ) X ( = t 125 En consecuencia: 0 bh Vx 24 3 2 3 x 2 2 h bh V 24 dx d 3 3 ) X ( = | . | \ | | . | \ | ÷ + | . | \ | ÷ = t De donde: 8 h 3 x = Luego, graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial. 0 A = t bh 4 V 9 bh 8 h 3 . 3 2 2 h 8 h 3 w 2 3 8 / h 3 x B = | . | \ | ÷ | . | \ | = t = t = bh V 2 bh 2 h . 3 2 2 h 2 h V 24 3 2 / h x C = | . | \ | ÷ | . | \ | = t = t = bh 4 V 9 máx B D = t = t = t 0 E = t 4. Existe una fórmula conocida para esfuerzos de dos materiales, expresada en función de sus módulos de elasticidad e inercias, cuya deducción la realizamos a continuación. Se sabe que: a Z a y I M = o Siendo: a al al a a al a al a al a Z E I E I E I E E I I . n I I + = + = + = Reemplazamos valores: | | a al al a a a a a I E I E E My o s + = o 126 | | a 4 al 4 4 a a 2 d 64 E 2 d d 64 E E 2 d M o s | . | \ | t + ( ( ¸ ( ¸ | . | \ | ÷ t | . | \ | Efectuando cálculos obtenemos: ( ) | | a al a 3 a E E 15 512 d ME o s + t De donde: | | | | . | \ | + o t s a al a a 3 E E E 15 512 d M De esta manera, el momento flector máximo será: | | | | . | \ | + o t = a al a 3 máx E E 15 512 d M 5. a) Calculamos el área del acero transformado en concreto. 2 a ' c cm 84 14 . 6 nA A = = = Determinamos la ubicación del eje neutro: inf Z sup Z S S = ¬ ( ) X 40 84 2 X X 20 ÷ = | . | \ | 0 3360 X 84 X 10 2 = ÷ + cm 6 , 14 X = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 2 3 Z cm 74941 4 , 25 . 84 3 , 7 . 6 , 14 . 20 12 6 , 14 . 20 I = + + = Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: 2 c máx Z máx c máx cm / kg 22 , 29 6 , 14 . 74941 100 . 1500 y I M = = = o 127 2 a máx Z máx a máx cm / kg 04 , 305 4 , 25 . 74941 100 . 1500 6 y I M n = | . | \ | = = o b) Calculamos el área del acero transformado en concreto. 2 a ' c cm 140 14 . 10 nA A = = = Determinamos la ubicación del eje neutro: inf Z sup Z S S = ¬ ( ) X 40 140 2 X X 20 ÷ = | . | \ | 0 5600 X 140 X 10 2 = ÷ + cm 68 , 17 X = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 2 3 Z cm 58 , 106588 32 , 22 . 140 84 , 8 . 68 , 17 . 20 12 68 , 17 . 20 I = + + = Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: 2 c máx Z máx c máx cm / kg 88 , 24 68 , 17 . 58 , 106588 100 . 1500 y I M = = = o 2 a máx Z máx a máx cm / kg 10 , 314 32 , 22 . 58 , 106588 100 . 1500 10 y I M n = | . | \ | = = o 128 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 4 SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión máxima, si 2 6 m / T 10 . 3 E = y las secciones de la viga en el tramo AB es 30cm x 40cm y en el tramo BC de 40cm x 60cm ………………………. (6 puntos) 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Determinar la deflexión en el punto C y la pendiente en el apoyo A, si la sección transversal es constante. ………………………. (4 puntos) 3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la pendiente en C y la deflexión en B. Considerar 2 6 m / T 10 . 3 E = e 4 m 0054 , 0 I = ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 129 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Una viga simplemente apoyada AB soporta dos cargas concentradas P en las posiciones mostradas en la figura. Un apoyo C en el punto medio de la viga se sitúa a una distancia A por debajo de la viga antes de aplicarse las cargas. Considerar lg p 5 , 0 = A ; pie 20 L = ; psi 10 . 30 E 6 = e 4 lg p 396 I = . Determinar la magnitud de las cargas P de tal forma que la viga tenga contacto con el soporte C ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 19 de Junio del 2006 130 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – I 1. Analizamos las inercias para cada parte de la viga: 2 3 6 1 AB m . T 4800 12 4 , 0 . 3 , 0 . 10 . 3 EI EI = | | . | \ | = = 2 3 6 2 BC m . T 21600 12 6 , 0 . 4 , 0 . 10 . 3 EI EI = | | . | \ | = = Luego: 5 , 4 4800 21600 EI EI EI EI 1 2 AB BC = = = Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por B V , calculando las reacciones en los otros apoyos. ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 4 ( V ) 7 )( 6 ( 10 ) 2 )( 4 ( 12 ) 10 ( V B C = + ÷ ÷ B C V 4 , 0 6 , 51 V ÷ = ¿ = 0 F Y ¬ 0 ) 6 ( 10 ) 4 ( 12 ) V 4 , 0 6 , 51 ( V V B B A = ÷ ÷ ÷ + + B A V 6 , 0 4 , 56 V ÷ = Ahora, analizamos tramo por tramo en forma consecutiva. TRAMO I-I ) 4 x 0 ( s s 2 B " 1 x 6 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( y EI ÷ ÷ = 1 3 2 B ' 1 C x 2 2 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( y EI + ÷ ÷ = 2 1 4 3 B 1 C x C 2 x 6 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( y EI + + ÷ ÷ = Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si 0 x = ¬ 0 y y 0 x A = = = 0 C 2 = b) Si m 4 x = ¬ 0 y y 4 x B = = = 4 , 118 V 6 , 1 C B 1 ÷ = TRAMO II-II ) 10 x 4 ( s s 2 B B 2 ) 4 x ( 5 ) 4 x ( V ) 2 x ( 48 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( " y EI ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ = 3 3 2 B 2 2 B ' 2 C 3 ) 4 x ( 5 2 ) 4 x ( V ) 2 x ( 24 2 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( y EI + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ = 4 3 4 3 B 3 3 B 2 C x C 12 ) 4 x ( 5 6 ) 4 x ( V ) 2 x ( 8 6 x ) V 6 , 0 4 , 56 ( y EI + + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ = 131 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD c) Si m 4 x = ¬ II 4 x I 4 x = = u = u ( ¸ ( ¸ + ÷ ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ + ÷ ÷ 3 2 2 B 2 B 3 2 B 1 C ) 2 ( 24 2 4 ) V 6 , 0 4 , 56 ( EI 1 ) 4 , 118 V 6 , 1 ( ) 4 ( 2 2 4 ) V 6 , 0 4 , 56 ( EI 1 B 3 V 6 , 9 4 , 566 C ÷ = d) Si m 4 x = ¬ II 4 x I 4 x y y = = = ( ¸ ( ¸ + + ÷ ÷ = ( ¸ ( ¸ + ÷ ÷ 4 3 3 3 B 2 1 4 3 B 1 C C 4 ) 2 ( 8 6 4 ) V 6 , 0 4 , 56 ( EI 1 C 4 2 4 6 4 ) V 6 , 0 4 , 56 ( EI 1 Reemplazamos 1 C y 3 C por los valores calculados anteriormente, obteniendo: 2 , 2803 V 8 , 44 C B 4 ÷ = CONDICION ADICIONAL e) Si m 10 x = ¬ 0 y y 10 x C = = = 0 ) 2 , 2803 V 8 , 44 ( ) 10 )( V 6 , 9 4 , 566 ( 12 ) 6 ( 5 6 ) 6 ( V ) 8 ( 8 6 10 ) V 6 , 0 4 , 56 ( B B 4 3 B 3 3 B = ÷ + ÷ + ÷ + ÷ ÷ De donde: | = T 188 , 66 V B | = T 687 , 16 V A | = T 125 , 25 V C Con estos valores graficamos los diagramas finales, los cuales se muestran en la siguiente figura. 132 Para calcular la deflexión máxima, debemos de analizar cada tramo en forma independiente, porque no sabemos en que tramo será donde ocurra e igualamos a cero la ecuación de la pendiente. TRAMO I-I ) 4 x 0 ( s s 0 499 , 12 x 2 2 x 687 , 16 3 2 = ÷ ÷ Esta ecuación tiene tres soluciones, siendo válidas las dos primeras por encontrarse en el tramo analizado y la tercera es inválida por ser negativo. m 720 , 3 x 1 = m 541 , 1 x 2 = m 089 , 1 x 3 ÷ = Luego: | = = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = = ÷ = mm 19 , 0 m 10 . 9 , 1 720 , 3 . 499 , 12 2 720 , 3 6 720 , 3 . 687 , 16 4800 1 y y 4 4 3 720 , 3 x 1 + ÷ = ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ = = ÷ = mm 48 , 2 m 10 . 48 , 2 541 , 1 . 499 , 12 2 541 , 1 6 541 , 1 . 687 , 16 4800 1 y y 3 4 3 541 , 1 x 2 TRAMO II-II ) 10 x 4 ( s s 0 005 , 69 3 ) 4 x ( 5 2 ) 4 x ( 188 , 66 ) 2 x ( 24 2 x 687 , 16 3 2 2 2 = ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ Esta ecuación también tiene tres soluciones, siendo válida la que se encuentra en el tramo analizado y las otras dos soluciones son inválidas por encontrarse fuera del tramo. m 266 , 3 x 4 = m 238 , 7 x 5 = m 956 , 11 x 6 = Luego: ( ¸ ( ¸ + ÷ ÷ + ÷ = = = 022 , 162 238 , 7 . 005 , 69 12 238 , 3 . 5 6 238 , 3 . 188 , 66 238 , 5 . 8 6 238 , 7 . 687 , 16 21600 1 y y 4 3 3 3 238 , 7 x 5 + ÷ = ÷ = = ÷ = mm 81 , 4 m 10 . 81 , 4 y y 3 238 , 7 x 5 Con este resultado, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la siguiente figura, siendo la deflexión máxima + ÷ = = = mm 81 , 4 y y 238 , 7 x máx 133 2. Calculamos las reacciones en la viga: ¿ = 0 M A ¬ 0 ) a 5 , 2 )( a 3 ( w 2 a wa 2 wa ) a 4 ( V 2 B = ÷ | . | \ | + + | = wa 625 , 1 V B ¿ = 0 F Y ¬ 0 wa 3 wa wa 625 , 1 V A = ÷ + + | = wa 375 , 0 V A Planteamos la ecuación universal: EI 24 ) a 4 x ( w EI 24 ) a x ( w EI 24 ) a x ( w EI 24 wx EI 2 ) a x ( wa 5 , 0 EI 6 wax 375 , 0 x y 4 4 4 4 2 2 3 o ÷ + ÷ ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ + u = Aplicamos la condición de borde o extremo: Si a 4 x = ¬ 0 y y a 4 x B = = = 0 EI 24 ) a 3 ( w EI 24 ) a 3 ( w EI 24 ) a 4 ( w EI 2 ) a 3 ( wa 5 , 0 EI 6 ) a 4 ( wa 375 , 0 ) a 4 ( 4 4 4 2 2 3 o = ÷ ÷ + ÷ + u De donde: EI 12 wa 17 3 o ÷ = u En consecuencia: EI wa 417 , 1 EI 12 wa 17 3 3 o A ÷ = ÷ = u = u La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. Ahora, analizamos el punto C, calculando la deflexión en dicho punto. + ÷ = ÷ ÷ + ÷ + ÷ = = = EI wa 2 EI 24 ) a ( w EI 24 ) a ( w EI 24 ) a 2 ( w EI 2 ) a ( wa 5 , 0 EI 6 ) a 2 ( wa 375 , 0 EI ) a 2 ( wa 417 , 1 y y 4 4 4 4 2 2 3 3 a 2 x C 3. Eliminamos el apoyo en C y lo reemplazamos por su reacción vertical C V , analizando la viga a través del Principio de Superposición de Cargas, cuya figura se muestra en la siguiente página. Como la deflexión en C es cero, se debe de cumplir: 0 y y 2 1 = + 0 ) 5 ( EI V 5 , 1 ) 3 ( 2 1 ) 5 , 4 )( 3 ( EI V 5 , 1 ) 2 ( EI V 3 ) 3 ( 2 1 ) 5 )( 3 ( EI 30 2 1 C C C = | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | ÷ De donde: | = T 556 , 5 V C 134 Luego, determinamos las reacciones en el empotramiento A y graficamos los diagramas correspondientes de fuerza cortante, momento flector y refuerzo para la viga hiperestática. ¿ = 0 F Y ¬ 0 20 556 , 5 V A = ÷ + | = T 444 , 14 V A ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 3 ( 20 ) 6 ( 556 , 5 M A = ÷ + m . T 664 , 26 M A = Ahora, calculamos la pendiente en C, sabiendo que la pendiente en A es cero por ser empotramiento. C , A ) EI / M ( A C AREA = u ÷ u | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | ÷ = u EI 556 , 5 . 5 , 1 ) 3 ( 2 1 EI 556 , 5 . 5 , 1 ) 3 ( EI 556 , 5 . 3 ) 3 ( 2 1 ) 3 ( EI 30 2 1 C 135 o 3 6 C 06 , 0 rad 10 . 08 , 1 0054 , 0 . 10 . 3 505 , 17 EI 505 , 17 = = = = u ÷ La pendiente en C va en sentido antihorario. Luego, determinamos la deflexión en el punto B EI 495 , 27 ) 2 ( EI 556 , 5 . 5 , 1 ) 3 ( 2 1 ) 5 , 1 ( EI 556 , 5 . 5 , 1 ) 3 ( ) 2 ( EI 30 ) 3 ( 2 1 d y tgA B B ÷ = | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | ÷ = = ÷ + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ mm 7 , 1 m 10 . 7 , 1 0054 , 0 . 10 . 3 495 , 27 y 3 6 B 4. Esquematizamos la viga y calculamos sus reacciones, graficando su diagrama de momento flector. Ahora, transformamos la viga real en viga conjugada, calculando sus reacciones en los apoyos. Por dato del problema + ÷ = lg p 5 , 0 y C Luego, como C C M y = tendremos: 5 , 0 ) 30 )( 60 ( EI P 60 ) 80 )( 60 ( EI P 60 2 1 ) 120 ( EI P 5400 ÷ = | . | \ | + | . | \ | + ÷ De donde: k 15 lb 15000 396000 396 . 10 . 30 . 5 , 0 396000 EI 5 , 0 P 6 = = = = 136 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 4 SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga simplemente apoyada AB se somete a una carga distribuida de intensidad variable L x sen w w o t = . Determinar la deflexión máxima si es de sección constante. ………………………. (5 puntos) 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Resolver la viga mostrada en la figura y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, sabiendo que es de sección constante. ………………………. (5 puntos) 3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura está cargada en su punto medio. Calcular la pendiente en el apoyo A y la deflexión en C. Considerar que la viga es de un solo material. ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 137 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La aplicación de un momento puntual M en el extremo A de la viga mostrada en la figura ocasiona en el extremo B un momento M | . Calcular el valor del coeficiente | y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 20 de Noviembre del 2006 138 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – II 1. Se sabe que: w EIy IV ÷ = V EIy III = M EIy II = Luego: L x sen w EIy o IV t ÷ = Integramos una vez: 1 o III C L x cos L w EIy + t t = CONDICIONES: a) Si 2 / L x = ¬ 0 V 2 / L x = = Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero. 0 C 90 cos L w 1 o o = + t ¬ 0 C 1 = De esta manera, la ecuación quedará así: L x cos L w EIy o III t t = Integramos otra vez: 2 2 2 o II C L x sen L w EIy + t t = b) Si 0 x = ¬ 0 M 0 x = = Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero. 0 C 0 sen L w 2 o 2 2 o = + t ¬ 0 C 2 = De esta manera, la ecuación quedará así: L x sen L w EIy 2 2 o II t t = Integramos otra vez y obtenemos: 3 3 3 o ' C L x cos L w EIy + t t ÷ = c) Si 2 / L x = ¬ 0 2 / L x = u = 0 C 90 cos L w 3 o 3 3 o = + t ÷ ¬ 0 C 3 = De esta manera, la ecuación quedará así: 139 L x cos L w EIy 3 3 o ' t t ÷ = Integramos otra vez: 4 4 4 o C L x sen L w EIy + t t ÷ = d) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 0 sen L w 4 o 4 4 o = + t ÷ ¬ 0 C 4 = De esta manera, la ecuación quedará así: L x sen L w EIy 4 4 o t t ÷ = Calculamos la deflexión máxima: + t ÷ = ( ¸ ( ¸ t ÷ = = = EI L w 90 sen L w EI 1 y y 4 4 o o 4 4 o 2 / L x máx 2. Determinamos el grado de indeterminación: 3 3 6 . I . G = ÷ = La viga es tres veces hiperestática. La viga quedará así: Aplicamos la ecuación universal, obteniéndose: EI 24 ) 3 x ( 40 EI 24 x 40 EI 6 x V EI 2 x M y 4 4 3 A 2 A ÷ + ÷ + ÷ = EI 6 ) 3 x ( 40 EI 6 x 40 EI 2 x V EI x M dx dy 3 3 2 A A ÷ + ÷ + ÷ = = u CONDICIONES: a) Si m 6 x = ¬ 0 y y 6 x B = = = 0 EI 135 EI 2160 EI V 36 EI M 18 A A = + ÷ + ÷ 5 , 112 V 2 M A A ÷ = ÷ ………………… (1) b) Si m 6 x = ¬ 0 6 x B = u = u = 0 EI 180 EI 1440 EI V 18 EI M 6 A A = + ÷ + ÷ 210 V 3 M A A ÷ = ÷ ………………… (2) 140 Resolvemos las ecuaciones (1) y (2), obteniendo: | = kN 5 , 97 V A m . kN 5 , 82 M A = Con estos valores graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. 3. Graficamos el diagrama M/EI para la viga, así como su deformada. 141 TEOREMA 1: C , A EI / M A C AREA = u ÷ u | . | \ | | . | \ | + + | . | \ | | . | \ | = u ÷ 4 L EI 8 PL EI 16 PL 2 1 EI 8 PL 4 L 2 1 A EI 128 PL 5 2 A ÷ = u La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. TEOREMA 2: | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | = = ÷ 12 L 5 EI 16 PL 4 L 2 1 8 L 3 EI 16 PL 4 L 6 L EI 8 PL 4 L 2 1 d y tgC A C + = EI 256 PL 3 y 3 C Indica que el punto A está por encima de la tangente en C 4. Reemplazamos la reacción en A por A V y aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. Aplicamos la viga conjugada y lo cargamos con los diagramas correspondientes: Se sabe que: 0 M y A A = = 0 3 a 5 EI 2 a V ) a ( 2 1 2 a 3 EI 2 a V ) a ( 3 a 2 EI a V ) a ( 2 1 2 a 3 ) a ( EI 2 M 2 a ) a ( EI M A A A = | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | + = a 6 M 5 V A Retornamos a la viga original, la cual quedará así: 142 ¿ = 0 M B ¬ ( ) 0 a 2 a 6 M 5 M M = | . | \ | + | ÷ ÷ 667 , 0 = | De esta manera, los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector serán los mostrados en la siguiente figura. 143 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 4 SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, así como determinar la deflexión en el extremo libre C. Considerar que la sección transversal es constante. ………………………. (6 puntos) 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. La viga con un voladizo mostrada en la figura está simplemente apoyada en A y B. Calcular las deflexiones en C y D, considerando GPa 200 E = e 4 6 mm 10 . 12 I = ………………………. (5 puntos) 3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Resolver la viga, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión máxima, considerando 2 mm / N 19000 E = , mm 400 b = y mm 600 h = ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 144 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Determinar la deflexión B o en el extremo libre B de la viga en voladizo AB mostrada en la figura. La viga soporta una carga uniforme de intensidad “w” y tiene momentos de inercia I 2 I 2 = e I I 1 = en las porciones AC y CB, respectivamente. ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 18 de Junio del 2007 145 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el grado de indeterminación: 1 3 4 . I . G = ÷ = La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por B V , calculando las reacciones en A ¿ = 0 F Y ¬ 0 wa 3 V V B A = ÷ + B A V wa 3 V ÷ = ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 2 / a 3 )( a 3 ( w ) a 2 ( V M B A = ÷ + a V 2 2 wa 9 M B 2 A ÷ = TRAMO I-I ) a 2 x 0 ( s s 2 wx a V 2 2 wa 9 x ) V wa 3 ( " EIy 2 B 2 B ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 1 3 B 2 2 B C 6 wx x a V 2 2 wa 9 2 x ) V wa 3 ( ' EIy + ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 2 1 4 2 B 2 3 B C x C 24 wx 2 x a V 2 2 wa 9 6 x ) V wa 3 ( EIy + + ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si 0 x = ¬ 0 y y 0 x A = = = 0 C 2 = b) Si 0 x = ¬ 0 0 x A = u = u = 0 C 1 = c) Si a 2 x = ¬ 0 y y a 2 x B = = = 0 24 ) a 2 ( w 2 ) a 2 ( a V 2 2 wa 9 6 ) a 2 ( ) V wa 3 ( 4 2 B 2 3 B = ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ De donde: | = 8 wa 17 V B De esta manera, calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Las ecuaciones finales para el tramo I-I serán: 6 wx 4 x wa 16 wax 7 ' EIy 3 2 2 ÷ ÷ = 146 24 wx 8 x wa 48 wax 7 EIy 4 2 2 3 ÷ ÷ = TRAMO II-II ) a 3 x a 2 ( s s ) a 2 x ( 8 wa 17 2 wx 4 wa x 8 wa 7 " EIy 2 2 ÷ + ÷ ÷ = 3 2 3 2 2 C 16 ) a 2 x ( wa 17 6 wx 4 x wa 16 wax 7 ' EIy + ÷ + ÷ ÷ = 4 3 3 4 2 2 3 C x C 48 ) a 2 x ( wa 17 24 wx 8 x wa 48 wax 7 EIy + + ÷ + ÷ ÷ = Aplicamos el Principio de Continuidad, para determinar los coeficientes 3 C y 4 C PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: d) Si a 2 x = ¬ II a 2 x I a 2 x = = u = u 3 3 2 2 3 2 2 C 6 ) a 2 ( w 4 ) a 2 ( wa 16 ) a 2 ( wa 7 6 ) a 2 ( w 4 ) a 2 ( wa 16 ) a 2 ( wa 7 + ÷ ÷ = ÷ ÷ De donde: 0 C 3 = 147 e) Si a 2 x = ¬ II a 2 x I a 2 x y y = = = 4 4 2 2 3 4 2 2 3 C 0 0 24 ) a 2 ( w 8 ) a 2 ( wa 48 ) a 2 ( wa 7 24 ) a 2 ( w 8 ) a 2 ( wa 48 ) a 2 ( wa 7 + + + ÷ ÷ = ÷ ÷ De donde: 0 C 4 = De esta manera, las ecuaciones finales para el tramo II-II serán: 16 ) a 2 x ( wa 17 6 wx 4 x wa 16 wax 7 ' EIy 2 3 2 2 ÷ + ÷ ÷ = 48 ) a 2 x ( wa 17 24 wx 8 x wa 48 wax 7 EIy 3 4 2 2 3 ÷ + ÷ ÷ = Determinamos la deflexión en el extremo libre C + ÷ = ( ¸ ( ¸ + ÷ ÷ = = = EI 24 wa 5 48 wa 17 24 ) a 3 ( w 8 ) a 3 ( wa 48 ) a 3 ( wa 7 EI 1 y y 4 4 4 2 2 3 a 3 x C 2. Calculamos las reacciones en los apoyos: ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 3 )( 12 )( 2 , 1 ( ) 2 )( 12 )( 2 , 1 ( 2 1 ) 4 , 2 ( V B = ÷ ÷ | = kN 24 V B ¿ = 0 F X ¬ 0 H A = ¿ = 0 F Y ¬ 0 ) 12 )( 2 , 1 ( ) 12 )( 2 , 1 ( 2 1 24 V A = ÷ ÷ + ÷ + = kN 4 , 2 V A Planteamos la ecuación universal: EI 24 ) 4 , 2 x ( 12 EI 120 ) 4 , 2 x ( 10 EI 120 ) 2 , 1 x ( 10 EI 24 ) 4 , 2 x ( 12 EI 6 ) 4 , 2 x ( 24 EI 6 x 4 , 2 x y 4 5 5 4 3 3 o ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ + ÷ + ÷ u = Aplicamos la condición de borde o extremo: Si m 4 , 2 x = ¬ 0 y 4 , 2 x = = 0 EI 120 ) 2 , 1 ( 10 EI 6 ) 4 , 2 ( 4 , 2 4 , 2 5 3 o = ÷ ÷ u De donde: EI 3904 , 2 o = u Por lo tanto, la ecuación universal quedará así: EI 24 ) 4 , 2 x ( 12 EI 120 ) 4 , 2 x ( 10 EI 120 ) 2 , 1 x ( 10 EI 24 ) 4 , 2 x ( 12 EI 6 ) 4 , 2 x ( 24 EI 6 x 4 , 2 x EI 3904 , 2 y 4 5 5 4 3 3 ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ ÷ + ÷ + ÷ = Calculamos las deflexiones en C y D | = = = = ÷ = = ÷ ÷ = mm 907 , 0 m 10 . 07 , 9 10 . 12 . 10 . 200 1773 , 2 EI 1773 , 2 EI 6 ) 2 , 1 ( 4 , 2 ) 2 , 1 ( EI 3904 , 2 y y 4 6 6 3 2 , 1 x C EI 24 ) 2 , 1 ( 12 EI 120 ) 2 , 1 ( 10 EI 120 ) 4 , 2 ( 10 EI 24 ) 2 , 1 ( 12 EI 6 ) 2 , 1 ( 24 EI 6 ) 6 , 3 ( 4 , 2 ) 6 , 3 ( EI 3904 , 2 y y 4 5 5 4 3 3 6 , 3 x D ÷ + ÷ + + ÷ = = = 148 + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = = ÷ ÷ = mm 989 , 3 m 10 . 989 , 3 10 . 12 . 10 . 200 5731 , 9 EI 5731 , 9 y y 3 6 6 6 , 3 x D 3. Determinamos el grado de indeterminación: 3 3 6 . I . G = ÷ = La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos el diagrama M/EI TEOREMA 1: B , A EI / M A B AREA = u ÷ u 0 ) 6 ( EI M ) 2 ( EI 120 ) 2 )( 2 ( EI 120 2 1 = | . | \ | ÷ | . | \ | + | . | \ | m . kN 80 M = De esta manera, los diagramas finales son los mostrados en el gráfico. 149 TEOREMA 2: ) 12 / 6 , 0 . 4 , 0 .( 10 . 19 100 EI 100 2 3 ) 3 ( EI 80 2 5 ) 1 ( EI 120 3 4 ) 2 ( EI 120 2 1 d y 3 6 tgC A máx = = | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | = = ÷ + = = ÷ mm 73 , 0 m 10 . 3 , 7 y 4 máx La deformada después de la acción de las cargas es la mostrada en la figura. 4. Aplicamos la viga conjugada con el diagrama M/EI correspondiente a cada tramo. Ahora, determinamos la deflexión en B + ÷ = | . | \ | | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | | . | \ | | . | \ | ÷ = = EI 256 wL 15 8 L 7 EI 16 wL 3 2 L 3 1 4 L 3 EI 16 wL 2 L 8 L 3 EI 8 wL 2 L 3 1 M y 4 2 2 2 B B 150 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 4 SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Determinar la deflexión máxima para la viga mostrada en la figura, si es de sección constante. ………………………. (5 puntos) 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Resolver la viga, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector, refuerzo y determinar la deflexión en C ………………………. (5 puntos) 3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Determinar la pendiente en A y la deflexión en B ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 151 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Considerar que la viga es de sección constante. ………………………. (5 puntos) FECHA La Molina, 19 de Noviembre del 2007 152 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2007 – II 1. Calculamos las reacciones en los apoyos A y B, los cuales deben ser iguales por la simetría de la viga. Analizamos el tramo I-I, debiendo para ello, determinar el valor de x w en el sector triangular mostrado en la figura. a w x w x = ¬ a wx w x = TRAMO I-I ) a x 0 ( s s a 6 wx 2 wx 2 wax 3 3 x a wx ) x ( 2 1 2 wx 2 wax 3 " EIy 3 2 2 ÷ ÷ = | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ = 1 4 3 2 C a 24 wx 6 wx 4 wax 3 ' EIy + ÷ ÷ = 2 1 5 4 3 C x C a 120 wx 24 wx 4 wax EIy + + ÷ ÷ = Aplicamos las condiciones de borde o extremos: a) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 2 = b) Si a x = ¬ 0 a x = u = 24 wa 13 C 3 1 ÷ = De esta manera, las ecuaciones finales serán: 24 wa 13 a 24 wx 6 wx 4 wax 3 ' EIy 3 4 3 2 ÷ ÷ ÷ = 24 x wa 13 a 120 wx 24 wx 4 wax EIy 3 5 4 3 ÷ ÷ ÷ = Determinamos la deflexión máxima, la cual sucede en el centro de la viga, debido a la simetría. + ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ ÷ ÷ = = = EI 120 wa 41 24 wa 13 120 wa 24 wa 4 wa EI 1 y y 4 4 4 4 4 a x máx 2. Determinamos el grado de indeterminación: 1 3 4 . I . G = ÷ = 153 La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por su reacción, calculando las otras reacciones en función de B V ¿ = 0 M A ¬ 0 ) a 3 )( a 2 ( w ) a 4 ( V ) a 2 ( V D B = ÷ + 2 V wa 3 V B D ÷ = ¿ = 0 F Y ¬ 0 ) a 2 ( w 2 V wa 3 V V B B A = ÷ ÷ + + 2 V wa V B A ÷ = Planteamos la ecuación de la elástica: EI 24 ) a 2 x ( w EI 6 ) a 2 x ( V EI 6 x 2 V wa x y 4 3 B 3 B o ÷ ÷ ÷ + | . | \ | ÷ + u = CONDICIONES: a) Si a 2 x = ¬ 0 y y a 2 x B = = = 0 EI 6 ) a 2 ( 2 V wa ) a 2 ( 3 B o = | . | \ | ÷ + u EI 3 a ) V wa ( 2 B o ÷ ÷ = u b) Si a 4 x = ¬ 0 y y a 4 x D = = = 0 EI 24 ) a 2 ( w EI 6 ) a 2 ( V EI 12 ) a 4 )( V wa ( ) a 4 ( EI 3 a ) V wa ( 4 3 B 3 B 2 B = ÷ + ÷ + ÷ ÷ De donde: | = 4 wa 5 V B Luego, reemplazamos valores y obtenemos: + ÷ = 8 wa V A | = 8 wa 7 V D De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinamos la deflexión vertical en C + ÷ = ÷ | . | \ | + | . | \ | ÷ = = = EI 48 wa 7 EI 24 wa EI 6 ) a ( 4 wa 5 EI 6 ) a 3 ( 8 wa ) a 3 ( EI 12 wa y y 4 4 3 3 3 a 3 x C 154 Donde: EI 12 wa EI 3 ) a ( 4 wa 5 wa 3 2 o = | . | \ | ÷ ÷ = u 3. Graficamos la deformada de la viga, así como su diagrama M/EI 155 Del gráfico, se tiene que: L d tg tgA C A ÷ = u Como A u es muy pequeño, se cumplirá que A A tg u ~ u Luego: EI 8 ML L EI 8 ML 2 A = = u La pendiente en A está orientada en sentido antihorario. Siendo: EI 8 ML 6 L EI 2 M 2 L 2 1 4 L EI 2 M 2 L 3 L 2 EI 4 M 2 L 2 1 d 2 tgA C ÷ = | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ = ÷ Además: EI 96 ML 2 L . 3 1 EI 4 M 2 L 2 1 d 2 tgA B ÷ = | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ = ÷ Del gráfico tenemos que: tgA C B tgA B d 2 1 y d ÷ ÷ = + Ahora, reemplazamos valores: EI 16 ML y EI 96 ML 2 B 2 = + Obtenemos, el valor de la deflexión en B | = EI 96 ML 5 y 2 B 4. Determinamos el grado de indeterminación: 1 3 4 . I . G = ÷ = La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por B V Luego, convertimos la viga real en viga conjugada, aplicando como cargas los diagramas M/EI de los casos, cuando la viga está sometida a las cargas reales y cuando está sometida a la acción de B V , es decir lo mostrado en la siguiente figura, en cuyos diagramas, el caso a) es el de las cargas reales y el caso b) el de la reacción vertical en B 156 De esta manera, la viga conjugada será la mostrada en la figura, en la cual calculamos sus reacciones. Se sabe que: 0 M y izq B B = = 0 ) 2 )( 6 ( EI V 3 2 1 3 4 ) 4 ( EI 10 2 1 ) 2 )( 4 ( EI 35 3 14 ) 2 ( EI 35 2 1 ) 6 ( EI V 9 17 , 204 B B = | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | | . | \ | + | . | \ | ÷ ÷ | = T 97 , 20 V B Con este valor, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la siguiente figura. 157 158 USMP - FIA EVALUACIÓN PRACTICA CALIFICADA Nº 4 SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la siguiente viga y determinar el valor de la deflexión máxima. Considerar cm 30 b = , cm 60 h = y 2 m / T 2345000 E = ………………………. (6 puntos) 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Una viga de acero de sección transversal rectangular de proporción de lados 1:2, está cargada uniformemente en toda su longitud y simplemente apoyada en sus extremos. La deflexión en el centro de la viga es 9,375mm y la pendiente en los extremos es 0,01rad. Determinar las dimensiones de la sección transversal de la viga, así como su longitud y la carga a la que está sometida. Considerar 2 6 cm / kg 10 . 2 E = y | | 2 cm / kg 1400 = o ………………………. (5 puntos) 3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura y determinar la deflexión en D. Considerar cm 30 b = , cm 60 h = y 2 m / T 2345000 E = ………………………. (5 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 159 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La viga mostrada en la figura tiene voladizos en ambos extremos y soporta una carga uniforme “w” en cada voladizo ¿Cuál debe ser la carga “P” en términos de wL, a fin de que no ocurra deflexión en el punto medio de la viga? ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina, 16 de Junio del 2008 160 SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2008 – I 1. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por B V , calculando las otras reacciones en función de B V , quedando la viga así: Planteamos las ecuaciones tramo por tramo y aplicamos las condiciones de borde o extremos, así como el Principio de Continuidad, con la finalidad de determinar los coeficientes del proceso de integración. TRAMO I-I ) 2 x 0 ( s s x V ) 20 V 6 ( " EIy B B ÷ ÷ = 1 2 B B C 2 x V x ) 20 V 6 ( ' EIy + ÷ ÷ = 2 1 3 B 2 B C x C 6 x V 2 x ) 20 V 6 ( EIy + + ÷ ÷ = CONDICIONES: a) Si 0 x = ¬ 0 0 x = u = 0 C 1 = b) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 2 = TRAMO II-II ) 4 x 2 ( s s ) 2 x ( 10 x V ) 20 V 6 ( " EIy B B ÷ + ÷ ÷ = 3 2 2 B B C ) 2 x ( 5 2 x V x ) 20 V 6 ( ' EIy + ÷ + ÷ ÷ = 4 3 3 3 B 2 B C x C 3 ) 2 x ( 5 6 x V 2 x ) 20 V 6 ( EIy + + ÷ + ÷ ÷ = PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si m 2 x = ¬ II 2 x I 2 x = = u = u 0 C 3 = d) Si m 2 x = ¬ II 2 x I 2 x y y = = = 0 C 4 = TRAMO III-III ) 6 x 4 ( s s ) 4 x ( 10 ) 2 x ( 10 x V ) 20 V 6 ( " EIy B B ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ = 5 2 2 2 B B C ) 4 x ( 5 ) 2 x ( 5 2 x V x ) 20 V 6 ( ' EIy + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ = 161 6 5 3 3 3 B 2 B C x C 3 ) 4 x ( 5 3 ) 2 x ( 5 6 x V 2 x ) 20 V 6 ( EIy + + ÷ ÷ ÷ + ÷ ÷ = PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si m 4 x = ¬ III 4 x II 4 x = = u = u 0 C 5 = f) Si m 4 x = ¬ III 4 x II 4 x y y = = = 0 C 6 = CONDICION ADICIONAL: g) Si m 6 x = ¬ 0 y III 6 x = = 0 3 ) 2 ( 5 3 ) 4 ( 5 6 ) 6 ( V 2 6 ) 20 V 6 ( 3 3 3 B 2 B = ÷ + ÷ ÷ | = T 704 , 3 V B Con este valor, determinamos las reacciones en A y graficamos los diagramas correspondientes. De esta manera, las ecuaciones finales serán: TRAMO I-I ) 2 x 0 ( s s 2 x 852 , 1 x 224 , 2 ' EIy ÷ = 3 2 x 617 , 0 x 112 , 1 EIy ÷ = TRAMO II-II ) 4 x 2 ( s s 2 2 ) 2 x ( 5 x 852 , 1 x 224 , 2 ' EIy ÷ + ÷ = 3 ) 2 x ( 5 x 617 , 0 x 112 , 1 EIy 3 3 2 ÷ + ÷ = 162 TRAMO III-III ) 6 x 4 ( s s 2 2 2 ) 4 x ( 5 ) 2 x ( 5 x 852 , 1 x 224 , 2 ' EIy ÷ ÷ ÷ + ÷ = 3 ) 4 x ( 5 3 ) 2 x ( 5 x 617 , 0 x 112 , 1 EIy 3 3 3 2 ÷ ÷ ÷ + ÷ = Para calcular la deflexión máxima, debemos de analizar cada tramo en forma independiente, porque no sabemos en que tramo será donde ocurra e igualamos a cero la ecuación de la pendiente. TRAMO I-I ) 2 x 0 ( s s 0 x 852 , 1 x 224 , 2 2 = ÷ Esta ecuación tiene dos soluciones, siendo válida la segunda por encontrarse en el tramo analizado y la primera es inválida por ser empotramiento perfecto. 0 x 1 = m 2 , 1 x 2 = Luego: | | | = = = = ÷ = = ÷ = mm 042 , 0 m 10 . 22 , 4 ) 12 / 6 , 0 . 3 , 0 .( 2345000 535 , 0 EI 535 , 0 2 , 1 . 617 , 0 2 , 1 . 112 , 1 EI 1 y y 5 3 3 2 2 , 1 x 2 TRAMO II-II ) 4 x 2 ( s s 0 ) 2 x ( 5 x 852 , 1 x 224 , 2 2 2 = ÷ + ÷ 0 20 x 776 , 17 x 148 , 3 2 = + ÷ Esta ecuación también tiene dos soluciones, no siendo válidas ninguna de ellas, por encontrarse fuera del tramo analizado. m 1 , 4 x 3 = m 55 , 1 x 4 = TRAMO III-III ) 6 x 4 ( s s 0 ) 4 x ( 5 ) 2 x ( 5 x 852 , 1 x 224 , 2 2 2 2 = ÷ ÷ ÷ + ÷ 0 60 x 224 , 22 x 852 , 1 2 = + ÷ Esta ecuación tiene dos soluciones, siendo válida la que se encuentra en el tramo analizado y la otra es inválida por ser irreal, al encontrarse fuera de la viga. m 9 , 7 x 5 = m 1 , 4 x 6 = Luego: ) 12 / 6 , 0 . 3 , 0 .( 2345000 398 , 8 EI 398 , 8 3 1 , 0 . 5 3 1 , 2 . 5 1 , 4 . 617 , 0 1 , 4 . 112 , 1 EI 1 y y 3 3 3 3 2 1 , 4 x 6 ÷ = ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ + ÷ = = = + ÷ = ÷ = = ÷ = mm 663 , 0 m 10 . 63 , 6 y y 4 1 , 4 x 6 De esta manera: + ÷ = = = mm 663 , 0 y y 1 , 4 x máx 163 La forma como se va a deformar la viga es la mostrada en la siguiente figura: 2. Esquematizamos la viga con la carga uniformemente distribuida y calculamos las reacciones en los apoyos, para luego plantear la ecuación universal. ECUACION UNIVERSAL: EI 24 wx EI 12 wLx x EI 24 wx EI 6 x ). 2 / wL ( x y 4 3 o 4 3 o ÷ + u = ÷ + u = CONDICION: Si L x = ¬ 0 y L x = = 0 EI 24 wL EI 12 L . wL ) L ( 4 3 o = ÷ + u EI 24 wL 3 o ÷ = u La pendiente en el inicio de la viga, es decir en el apoyo A, va en sentido horario. Por dato del problema, se sabe que rad 01 , 0 A = u , de donde se desprende la siguiente igualdad: 01 , 0 EI 24 wL 3 = ………………… (1) Planteamos la ecuación para la deflexión máxima (centro de la viga) + ÷ = | . | \ | ÷ | . | \ | + | . | \ | ÷ = = = EI 384 wL 5 2 L EI 24 w 2 L EI 12 wL 2 L EI 24 wL y y 4 4 3 3 2 / L x máx Por dato del problema, se tiene que mm 375 , 9 y máx = , de donde se desprende la otra igualdad: 3 4 10 . 375 , 9 EI 384 wL 5 ÷ = ………………… (2) Reemplazamos (1) en (2) y obtenemos: 3 3 10 . 375 , 9 L EI 24 wL 16 5 ÷ = | | . | \ | 3 10 . 375 , 9 L ) 01 , 0 ( 16 5 ÷ = m 3 L = Por dato del problema, sabemos que la sección transversal de la viga es rectangular con proporción de lados 1:2, tal como se muestra en la figura: 164 Aplicamos la condición de resistencia en flexión: | | o s = o máx z máx y I M Esforzamos al máximo la viga, igualando la expresión: 14000 ) b ( 12 / ) b 2 ( b 8 / wL 3 2 = ¬ 14000 12 / b 8 8 / 3 . w 3 2 = De donde: 3 , 8296 b w 3 = ………………… (3) Reemplazamos (3) en (1) y obtenemos: 01 , 0 12 / ) b 2 .( b . 10 . 2 . 24 3 . w 3 7 3 = cm 7 m 07 , 0 01 , 0 . 8 . 10 . 2 . 24 12 . 3 . 3 , 8296 b 7 3 = = = De esta manera, las dimensiones de la sección transversal de la viga son 7cm x 14cm Reemplazamos el valor de “b” en la ecuación (3) obteniendo: m / T 8456 , 2 07 , 0 . 3 , 8296 w 3 = = 3. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos los diagramas M/EI para cada caso, tal como se muestra en la figura: 165 Las deformadas de las vigas son: Como el apoyo C es móvil, se cumplirá: 0 y y ' 1 1 = + 0 ) 4 )( 6 ( EI V 6 2 1 3 8 EI 48 ) 4 ( 2 1 ) 2 )( 4 ( EI 24 3 16 EI 72 ) 2 ( 2 1 ) 5 )( 2 ( EI 72 C = | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ | = T 555 , 21 V C Con el valor obtenido, calculamos las reacciones en el apoyo A | = T 445 , 14 V A m . T 67 , 14 M A ÷ = La orientación del momento en A es en sentido antihorario. Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, tal como se muestra en la siguiente figura: 166 Ahora, determinamos la deflexión vertical en D ' 2 2 tgA D D y y d y + = = ÷ ) 6 ( EI 555 , 21 . 6 ) 6 ( 2 1 3 4 EI 24 ) 2 ( 2 1 3 14 EI 48 ) 4 ( 2 1 ) 4 )( 4 ( EI 24 3 22 EI 72 ) 2 ( 2 1 ) 7 )( 2 ( EI 72 y D | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ = + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ = mm 7 , 5 m 0057 , 0 12 / 6 , 0 . 3 , 0 . 2345000 06 , 72 EI 06 , 72 y 3 D Esto indica, que el punto D está debajo de tgA y el esquema de deformada de la viga es la mostrada en la figura: 4. Transformamos las cargas de los voladizos en sus acciones equivalentes, calculando sus reacciones en los apoyos y luego eliminamos 2 / wL en los apoyos, debido a que existe 2 / wL hacia abajo y hacia arriba. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y esquematizamos las vigas como viga conjugada, calculando las reacciones en los apoyos. 167 Luego, por dato del problema, se sabe que la deflexión en C es cero. 0 M y C C = = ¬ 0 4 L 2 L EI 8 wL 2 L EI 16 wL 2 L . 3 1 EI 4 PL 2 L 2 1 2 L EI 16 PL 2 3 2 = | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | ÷ De donde: 4 wL 3 P = 168 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN FINAL SEM. ACADÉMICO 2006 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Para la viga mostrada en la figura, determinar el valor de “a” de la sección transversal, si el esfuerzo normal admisible es | | MPa 150 = o ………………………. (3 puntos) 2. Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y esfuerzos tangenciales. ………………………. (5 puntos) 3. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga en voladizo AB está sometida a una carga parabólica que varía de intensidad según la ley | | . | \ | ÷ = 2 2 2 o L x L w w , tal como se muestra en la figura. Determinar la deflexión B o y la pendiente B u en el extremo libre. ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 169 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y de refuerzo para la viga mostrada en la figura, considerando que es de sección constante. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 26 de Junio del 2006 170 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – I 1. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Determinamos el momento de inercia de la sección transversal, la cual es simétrica. 4 3 2 3 Z a 10 12 ) a 2 ( a 2 . ) a 5 , 1 ( a . a 2 12 a . a 2 I = + ( ¸ ( ¸ + = Aplicamos la condición de resistencia de esfuerzo normal para flexión. 6 4 3 máx 10 . 150 ) a 2 ( a 10 10 . 30 s = o ¬ m 10 . 42 , 3 a 2 ÷ > cm 42 , 3 a > Asumimos: cm 42 , 3 a mín = 2. Calculamos las reacciones en los apoyos: ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 1 )( 60 )( 3 ( 2 1 ) 5 )( 60 )( 3 ( 2 1 ) 6 ( V B = ÷ + ÷ + = kN 60 V B ¿ = 0 F Y ¬ 0 60 ) 60 )( 3 ( 2 1 ) 60 )( 3 ( 2 1 V A = ÷ + ÷ | = kN 60 V A Planteamos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flector: 3 60 x 3 y = ÷ ¬ x 20 60 ) x 3 ( 20 y ÷ = ÷ = 171 2 x x 10 x 60 60 2 x ) x 20 60 60 ( 60 V + ÷ = ÷ + ÷ = Como se sabe, la cortante será cero, donde 0 x 10 x 60 60 2 = + ÷ , obteniendo las siguientes soluciones: m 268 , 1 x 1 = m 732 , 4 x 2 = 3 2 2 x x 3 10 x 30 x 60 x 3 2 ) x 20 60 60 )( x ( 2 1 2 x ) x 20 60 ( x 60 M + ÷ = | . | \ | + ÷ ÷ ÷ ÷ = Luego: m . kN 641 , 34 268 , 1 . 3 10 268 , 1 . 30 268 , 1 . 60 M M 3 2 268 , 1 x máx = + ÷ = = = m . kN 641 , 34 732 , 4 . 3 10 732 , 4 . 30 732 , 4 . 60 M M 3 2 732 , 4 x mín ÷ = + ÷ = = = Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura. Ahora, determinamos la ubicación del eje neutro: cm 33 , 38 10 . 40 50 . 10 55 . 10 . 40 25 . 50 . 10 Y CG = + + = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 4 2 3 2 3 Z cm 307500 67 , 16 . 10 . 40 12 10 . 40 33 , 13 . 50 . 10 12 50 . 10 I = + + + = 172 Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales: 0 A = t MPa 325 , 0 10 . 40 . 10 . 307500 10 . 6668 . 10 . 60 2 8 6 3 B = = t ÷ ÷ ÷ 3 B sup, Z cm 6668 67 , 16 . 10 . 40 S = = MPa 301 , 1 10 . 10 . 10 . 307500 10 . 6668 . 10 . 60 2 8 6 3 ' B = = t ÷ ÷ ÷ MPa 434 , 1 10 . 10 . 10 . 307500 10 . 94 , 7348 . 10 . 60 2 8 6 3 C máx = = t = t ÷ ÷ ÷ 3 C sup, Z cm 94 , 7348 835 , 5 . 67 , 11 . 10 6668 S = + = 0 D = t 3. Sabemos que: w EIy IV ÷ = | | . | \ | ÷ ÷ = 2 2 2 o IV L x L w EIy 2 2 o o IV L x w w EIy + ÷ = Integramos una vez y obtenemos: 1 2 3 o o III C L 3 x w x w EIy + + ÷ = CONDICIONES: a) Si L x = ¬ 0 V L x = = 0 C 3 L w L w 1 o o = + + ÷ De donde: 3 L w 2 C o 1 = 173 La ecuación quedará así: 3 L w 2 L 3 x w x w EIy o 2 3 o o III + + ÷ = Integramos otra vez y obtenemos: 2 o 2 4 o 2 o II C 3 Lx w 2 L 12 x w 2 x w EIy + + + ÷ = b) Si L x = ¬ 0 M L x = = 0 C 3 L w 2 12 L w 2 L w 2 2 o 2 o 2 o = + + + ÷ De donde: 4 L w C 2 o 2 ÷ = De esta manera, la ecuación quedará así: 4 L w 3 Lx w 2 L 12 x w 2 x w EIy 2 o o 2 4 o 2 o II ÷ + + ÷ = Integramos otra vez, obteniendo: 3 2 o 2 o 2 5 o 3 o C 4 x L w 3 Lx w L 60 x w 6 x w ' EIy + ÷ + + ÷ = c) Si 0 x = ¬ 0 0 x = u = 0 C 3 = La ecuación de la pendiente quedará así: 4 x L w 3 Lx w L 60 x w 6 x w ' EIy 2 o 2 o 2 5 o 3 o ÷ + + ÷ = De donde: EI 15 L w 4 L w 3 L w 60 L w 6 L w EI 1 3 o 3 o 3 o 3 o 3 o L x B ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ + + ÷ = u = u = La pendiente en B va en sentido horario. Integramos una vez más y obtenemos: 4 2 2 o 3 o 2 6 o 4 o C 8 x L w 9 Lx w L 360 x w 24 x w EIy + ÷ + + ÷ = d) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 4 = Luego, la ecuación de la deflexión será: 8 x L w 9 Lx w L 360 x w 24 x w EIy 2 2 o 3 o 2 6 o 4 o ÷ + + ÷ = De donde: + ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ + + ÷ = = = EI 360 L w 19 8 L w 9 L w 360 L w 24 L w EI 1 y y 4 o 4 o 4 o 4 o 4 o L x B Como se podrá entender la deflexión en B va verticalmente hacia abajo. 4. Determinamos el grado de indeterminación: 1 3 4 . I . G = ÷ = La viga es una vez hiperestática. 174 Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción B V , tal como se muestra en la figura. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas, analizando dos vigas, una bajo las cargas externas (figura a) y la otra debido a la acción de la reacción (figura b), graficando para ambos casos sus diagramas M/EI Aplicamos viga conjugada, convirtiendo la viga y lo analizamos por separado, con la finalidad de evitar la superposición de diagramas y determinamos las reacciones para ambos casos. 175 Se sabe que: 0 M y B B = = 0 3 2 ) 2 ( EI 5 2 1 ) 1 )( 2 ( EI 85 3 8 EI 5 ) 2 ( 2 1 ) 4 ( EI 67 , 181 3 4 EI V 2 ) 4 ( 2 1 ) 4 ( EI V 4 B B = | . | \ | | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | | . | \ | + | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | = kN 62 , 50 V B Con este valor determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. 176 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN FINAL SEM. ACADÉMICO 2006 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una viga simple AB con una longitud entre apoyos pie 24 L = se somete a dos cargas rodantes separadas entre si una distancia pie 6 d = , tal como se muestra en la figura. Cada rueda transmite una carga k 3 P = y el conjunto puede ocupar cualquier posición sobre la viga. Determinar el esfuerzo por flexión máximo sobre la viga máx o , debido a las cargas rodantes si la viga es un perfil I con módulo de resistencia 3 z lg p 2 , 16 W = ………………………. (5 puntos) 2. Determinar el diámetro “d” de la sección transversal de la viga, así como el esfuerzo tangencial máximo, si el esfuerzo normal admisible es | | MPa 45 = o ………………………. (3 puntos) 3. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La viga en voladizo AB mostrada en la figura está sostenida por el cable BC en su extremo libre. Antes de que se aplique la carga, el cable está estirado pero no existe ninguna fuerza en eI. Determinar la fuerza “T” en el cable debida a la carga uniforme de intensidad “w”. Suponer que EI es la rigidez a flexión de la viga y EA es la rigidez axial del cable. ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 177 4. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura soporta dos cargas concentradas P, una actuando hacia abajo y la otra hacia arriba. Determinar la pendiente A u en el extremo izquierdo y la deflexión B y bajo la carga P hacia abajo. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 27 de Noviembre del 2006 178 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – II 1. Analizamos la posición crítica de las cargas rodantes, determinando previamente las reacciones en los apoyos y graficando luego su diagrama de momento flector. ¿ = 0 M A ¬ 0 ) 24 ( V ) 6 x ( 3 x 3 B = + + ÷ ÷ 4 3 x V B + = ¿ = 0 F Y ¬ 0 6 V 4 3 x A = ÷ + + 4 x 21 V A ÷ = Determinamos la distancia “x”, a través de la intersección de rectas: CASO 1: Intersección de las rectas x y = e x 21 y ÷ = Recta x y = ¬ 24 24 m a = m a = Recta x 21 y ÷ = ¬ 24 24 m 24 3 a = ÷ + m 24 3 a ÷ = + m 24 3 m ÷ = + pie 5 , 10 m = De esta manera, conociendo el valor de “x”, graficamos el diagrama de momento flector, el cual se muestra en la siguiente figura. 179 CASO 2: Intersección de las rectas 3 x y + = e x 18 y ÷ = Recta 3 x y + = ¬ 24 24 m c = m c = Recta x 18 y ÷ = ¬ 24 24 m 24 9 c = ÷ + m 24 9 c ÷ = + m 24 9 m ÷ = + pie 5 , 7 m = Para este caso, el diagrama de momento flector, será el mostrado en la figura. Ambas posiciones son peligrosas, siendo el momento flector máximo pie . k 5625 , 27 M máx = , luego el esfuerzo normal máximo será: ksi 42 , 20 2 , 16 12 . 5625 , 27 W M z máx máx = = = o 180 2. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo, aplicando la condición de resistencia: | | o s o máx ¬ 6 4 3 10 . 45 2 d d ) 64 / ( 10 . 25 , 2 s | . | \ | t cm 99 , 7 d > Asumimos: cm 8 d = En consecuencia: MPa 59 , 1 Pa 10 . 59 , 1 ) 08 , 0 )( 4 / ( 3 10 . 6 . 4 A 3 V 4 6 2 3 máx máx = = t = = t 3. Analizamos la viga AB TRAMO I-I ) L x 0 ( s s 2 wx TL 2 wL x ) T wL ( EIy 2 2 II ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 1 3 2 2 C 6 wx x TL 2 wL 2 x ) T wL ( ' EIy + ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 2 1 4 2 2 3 C x C 24 wx 2 x TL 2 wL 6 x ) T wL ( EIy + + ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 181 CONDICIONES: a) Si 0 x = ¬ 0 0 x = u = 0 C 1 = b) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 2 = De esta manera, las ecuaciones serán: 6 wx x TL 2 wL 2 x ) T wL ( ' EIy 3 2 2 ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = 24 wx 2 x TL 2 wL 6 x ) T wL ( EIy 4 2 2 3 ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = Luego: + ( ¸ ( ¸ + ÷ = ( ¸ ( ¸ ÷ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ = = = 3 TL 8 wL EI 1 24 wL 2 L TL 2 wL 6 L ) T wL ( EI 1 y y 3 4 4 2 2 3 L x B El desplazamiento B y hacia abajo debido a la flexión de la viga, será igual al desplazamiento B o del cable que trabaja en tracción. Hay que indicar que B y debe ser con signo negativo para que se trate de una dimensión (longitud). Determinamos el alargamiento del cable, utilizando la fórmula de tracción. + = o EA TH B Por geometría se tendrá: B B y o = EA TH 3 TL 8 wL EI 1 3 4 = ( ¸ ( ¸ + ÷ ÷ De donde: HI 24 AL 8 wAL 3 T 3 4 + = 4. Graficamos su diagrama M/EI, calculando previamente las reacciones en los apoyos. 182 Luego, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la figura. ) a 2 L )( a L ( EI 6 Pa 6 L a 2 2 L EI a L Pa 2 P 2 1 6 a 2 L 5 2 L EI a L Pa 2 P 2 1 d tgA D ÷ ÷ = | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ = ÷ Además, del gráfico tenemos: L d tg tgA D A ÷ = u Como A u es muy pequeño, entonces: ) a 2 L )( a L ( LEI 6 Pa L d tgA D A ÷ ÷ = = u ÷ La pendiente en A va en sentido horario. Ahora, determinamos la deflexión en B L d a d y tgA D tgA B B ÷ ÷ = + | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ ÷ = ÷ | . | \ | = ÷ ÷ 3 a ) a ( EI a L Pa 2 P 2 1 ) a 2 L )( a L ( LEI 6 Pa d L a d y 2 tgA B tgA D B + ÷ = 2 2 B ) a 2 L ( LEI 6 Pa y 183 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN FINAL SEM. ACADÉMICO 2007 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. La viga de la figura tiene la sección que se muestra. Determinar el máximo valor de “w” si los esfuerzos admisibles son | | 2 cm / kg 130 = o y | | 2 cm / kg 12 = t ………………………. (5 puntos) 2. Para la siguiente viga, determinar los valores “b”, “h” y el esfuerzo tangencial máximo máx t , si el esfuerzo normal admisible es | | MPa 10 = o ………………………. (3 puntos) 3. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. ¿Con qué relación entre las cargas “w” y “P” la deflexión vertical en el punto de aplicación de la carga P será igual a cero? ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 184 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Determinar la deflexión en C, considerando que la viga es de sección constante, siendo 2 cm / T 2100 E = e 4 cm 40000 I = ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 25 de Junio del 2007 185 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – I 1. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Determinamos el momento de inercia y momento estático, necesarios para el análisis. 4 3 3 Z cm 45160 12 18 . 20 12 28 . 30 I = ÷ = 3 sup Z cm 2130 5 , 4 . 9 . 20 7 . 14 . 30 S = ÷ = Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL: | | o s = o máx Z máx máx y I M ¬ 1300 10 . 14 . 10 . 45160 w 888 , 0 2 8 s ÷ ÷ m / T 722 , 4 w s ESFUERZO TANGENCIAL: | | t s = t mín Z sup Z máx máx b I S V ¬ 120 10 . 10 . 10 . 45160 10 . 2130 . w 667 , 1 2 8 6 s ÷ ÷ ÷ m / T 526 , 1 w s De donde: m / kg 1526 m / T 526 , 1 w máx = = 2. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la siguiente figura: 186 Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión. | | o s = o máx Z máx máx y I M ¬ 6 3 3 10 . 10 ) b 75 , 0 .( 12 / ) b 5 , 1 )( b ( 10 . 7 , 15 s m 10 . 12 , 16 b 2 ÷ > cm 12 , 16 b > Asumimos: cm 2 , 16 b = cm 3 , 24 h = Determinamos el esfuerzo tangencial máximo: MPa 56 , 0 Pa 6 , 556317 243 , 0 . 162 , 0 . 2 10 . 6 , 14 . 3 A 2 V 3 3 máx máx ~ = = = t 3. Calculamos las reacciones en los apoyos: ¿ = 0 M A ¬ 0 2 L wL 2 L 3 P ) L ( V B = | . | \ | ÷ | . | \ | ÷ | + = 2 wL P 3 V B ¿ = 0 F Y ¬ 0 P wL 2 wL P 3 V A = ÷ ÷ + + | ÷ = 2 P wL V A TRAMO I-I ) L x 0 ( s s 2 wx x 2 P wL EIy 2 II ÷ | . | \ | ÷ = 1 3 2 C 6 wx 2 x 2 P wL ' EIy + ÷ | . | \ | ÷ = 2 1 4 3 C x C 24 wx 6 x 2 P wL EIy + + ÷ | . | \ | ÷ = 187 CONDICIONES: a) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 2 = b) Si L x = ¬ 0 y L x = = 24 wL PL 2 C 3 2 1 ÷ = De esta manera, las ecuaciones para este tramo son: 24 wL PL 2 6 wx 2 x 2 P wL ' EIy 3 2 3 2 ÷ + ÷ | . | \ | ÷ = x 24 wL PL 2 24 wx 6 x 2 P wL EIy 3 2 4 3 | | . | \ | ÷ + ÷ | . | \ | ÷ = TRAMO II-II ) 2 / L 3 x L ( s s ) L x ( 2 wL P 3 2 L x wL x 2 P wL EIy II ÷ | . | \ | + + | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ = 3 2 2 2 C 2 ) L x ( 2 wL P 3 2 L x 2 wL 2 x 2 P wL ' EIy + ÷ | . | \ | + + | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ = 4 3 3 3 3 C x C 6 ) L x ( 2 wL P 3 2 L x 6 wL 6 x 2 P wL EIy + + ÷ | . | \ | + + | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ = PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si L x = ¬ II L x I L x = = u = u 12 wL PL C 3 2 3 ÷ = d) Si L x = ¬ II L x I L x y y = = = 48 wL C 4 4 = De esta manera, las ecuaciones para el tramo II-II quedarán así: 12 wL PL 2 ) L x ( 2 wL P 3 2 L x 2 wL 2 x 2 P wL ' EIy 3 2 2 2 2 ÷ + ÷ | . | \ | + + | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ = 48 wL x 12 wL PL 6 ) L x ( 2 wL P 3 2 L x 6 wL 6 x 2 P wL EIy 4 3 2 3 3 3 + | | . | \ | ÷ + ÷ | . | \ | + + | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ = Por condición del problema: 0 y y 2 / L 3 x C = = = Luego: 0 48 wL 2 L 3 12 wL PL 2 L 12 wL P 3 ) L ( 6 wL 2 L 3 2 P wL 6 1 4 3 2 3 3 3 = + | . | \ | | | . | \ | ÷ + | . | \ | | . | \ | + + ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ De donde: L P 6 w = 4. Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción B V , así como aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. 188 Ahora, retornamos a la viga real, convirtiéndola en viga conjugada. ¿ = 0 M izq B ¬ + | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ ÷ ÷ ) 51 , 3 ( EI 103 ) 18 , 7 ( 3 2 3 8 EI V 24 , 4 ) 8 ( 2 1 ) 8 ( EI V 37 , 18 64 , 602 B B 0 82 , 0 . 8 5 EI 35 , 1 ) 82 , 0 ( 3 2 ) 41 , 0 ( EI 65 , 101 ) 82 , 0 ( = | . | \ | | . | \ | + | . | \ | + De donde: | = T 04 , 30 V B En base a este valor podemos determinar las otras reacciones y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura de la siguiente página. Ahora, calculamos la deflexión en el punto C, pero debemos de elegir el tramo más fácil, es por eso, que elegimos del lado derecho hacia el izquierdo. EI 96 , 13 ) 6 ( EI 04 , 30 . 67 , 17 88 , 539 ) 2 ( EI 04 , 30 . 83 , 2 ) 6 ( 2 1 ) 2 ( EI 76 , 91 ) 6 ( 2 1 M y der C C ÷ = | . | \ | ÷ ÷ | . | \ | ÷ | . | \ | = = + ÷ = ÷ = ÷ = ÷ ÷ mm 66 , 1 m 10 . 66 , 1 10 . 40000 . 10 . 2100 96 , 13 y 3 8 4 C 189 190 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN FINAL SEM. ACADÉMICO 2007 – II CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Una barra de 40mm de diámetro se emplea como viga simplemente apoyada sobre un claro de 2m. Determinar la máxima carga uniformemente distribuida que puede aplicarse a lo largo de la mitad derecha de la viga si el esfuerzo normal está limitado a un valor de 60MPa ………………………. (3 puntos) 2. Para la viga mostrada en la figura, determinar el valor de “h” y el esfuerzo tangencial máximo, si | | MPa 160 = o ………………………. (5 puntos) 3. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. La viga que se muestra en la figura está sometida a una carga trapezoidal ¿Qué desplazamiento vertical o y debe darse en el apoyo A, de tal manera que la fuerza cortante en A sea igual a la fuerza cortante en B? Considerar que la rigidez EI es constante en toda la viga ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 191 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga continua ABC y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 26 de Noviembre del 2007 192 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – II 1. Esquematizamos la viga y carga, calculando las reacciones en los apoyos y graficando los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura. Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión. | | o s = o Z máx máx W M ¬ 6 9 3 10 . 60 10 . 40 ). 32 / ( w 28125 , 0 s t ÷ m / N 4 , 1340 w s Asumimos: m / N 4 , 1340 w máx = 2. Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 193 Calculamos la ubicación del centro de gravedad. h 416 , 0 h 5 , 0 . 10 2 ). h . 5 ( h 25 , 0 . h 5 , 0 . 10 2 ). h 5 , 0 . h 5 ( Y CG = + + = Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 3 2 3 2 3 Z h 14584 , 1 ) h 166 , 0 ( h 5 , 0 . 10 12 ) h 5 , 0 ( 10 ) h 084 , 0 ( h 5 12 h 5 2 I = + + ( ¸ ( ¸ + = Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal. | | o s = o máx Z máx máx y . I M ¬ 16000 h 584 , 0 . h 14584 , 1 10 . 10 . 20 3 2 3 s cm 98 , 7 h > Asumimos: cm 8 h = De acuerdo a los resultados obtenidos, se debe de invertir la sección transversal, de tal manera que coincidan las zonas de tracción y compresión, efectuando el diagrama de esfuerzo tangencial. Siendo: 0 A = t MPa 944 , 0 10 . 20 . 10 . 67 , 586 10 . 75 , 110 . 10 . 10 2 8 6 3 B = = t ÷ ÷ ÷ 3 B sup, Z cm 75 , 110 664 , 1 . 328 , 3 . 20 S = = 4 3 Z cm 67 , 586 8 . 14584 , 1 I = = MPa 905 , 0 10 . 20 . 10 . 67 , 586 10 . 23 , 106 . 10 . 10 2 8 6 3 C = = t ÷ ÷ ÷ 194 3 C sup, Z cm 23 , 106 336 , 0 . 672 , 0 . 20 75 , 110 S = ÷ = MPa 810 , 1 10 . 10 . 10 . 67 , 586 10 . 23 , 106 . 10 . 10 2 8 6 3 ' C máx = = t = t ÷ ÷ ÷ 0 D = t 3. Analizamos el equilibrio de la viga, considerando la condición del problema: ¿ = 0 F Y ¬ 2 L ) w w 2 ( V V B A + = + | = = 4 wL 3 V V B A ECUACION UNIVERSAL: 5 4 3 2 A o x EI 120 ) L / w ( EI 24 wx 2 x EI 6 ) 4 / wL 3 ( EI 2 x M y y + ÷ + ÷ = LEI 120 wx EI 12 wx EI 8 wLx EI 2 x M y y 5 4 3 2 A o + ÷ + ÷ = LEI 24 wx EI 3 wx EI 8 wLx 3 EI x M dx dy 4 3 2 A + ÷ + ÷ = = u CONDICIONES: a) Si L x = ¬ 0 L x = u = 0 EI 24 wL EI 3 wL EI 8 wL 3 EI L M 3 3 3 A = + ÷ + ÷ 12 wL M A = (sentido antihorario) b) Si L x = ¬ 0 y L x = = 0 EI 120 wL EI 12 wL EI 8 wL EI 2 L 12 wL y 4 4 4 2 2 o = + ÷ + | | . | \ | ÷ + ÷ = EI 120 wL y 4 o 4. Determinamos el grado de indeterminación: 1 3 4 . I . G = ÷ = La viga es una vez hiperestática. Convertimos la viga hiperestática en isostática, aplicando el Principio de Superposición de Cargas. Para ello, eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción B V , analizando cada viga en forma separada y sometida a las cargas M/EI de las vigas reales correspondientes, tal como se muestra en la figura. 195 Ahora, regresamos a la viga real y lo convertimos en viga conjugada, calculando las reacciones en los apoyos sin considerar la rótula en B, sino efectuando ¿ = 0 M A y luego ¿ = 0 F Y Como el apoyo B es movible, entonces su deflexión será cero, quedando así: 0 M y B B = = ¬ 0 8 L 3 EI wL ) L ( 3 2 3 L EI 3 L V 2 ) L ( 2 1 ) L ( EI 72 L V 40 wL 81 2 B 2 B 3 = | . | \ | | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ | | . | \ | ÷ ÷ De donde: | = wL 96875 , 1 V B En base al resultado obtenido, determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la figura de la siguiente página. 196 197 USMP - FIA EVALUACIÓN EXAMEN FINAL SEM. ACADÉMICO 2008 – I CURSO RESISTENCIA DE MATERIALES I SECCIÓN 26E PROFESOR Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN 110m ESCUELA INGENIERIA CIVIL CICLO V 1. Determinar el número de secciones rectangulares de 20cm x 24cm necesarios para que la viga mostrada en la figura no colapse. Considerar | | MPa 9 = o ………………………. (3 puntos) 2. La sección mostrada en la figura corresponde a una viga de madera. La viga está sometida a una fuerza cortante máxima de 60kN. Demostrar que el eje neutro está localizado 34mm abajo del borde superior y que su momento de inercia es 4 Z mm 33 , 10573333 I = . Usando estos valores, graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales. ………………………. (5 puntos) 3. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La viga de acero mostrada en la figura tiene una deflexión vertical en el centro del tramo AB igual a 0,4cm. Determinar la magnitud de la carga “P” y el esfuerzo normal máximo, si el módulo de elasticidad del acero es MPa 10 . 1 , 2 E 5 a = ………………………. (6 puntos) U N I V E R S I D A D D E SAN MARTIN DE PORRES 198 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión máxima. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 23 de Junio del 2008 199 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2008 – I 1. Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura. Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión. | | o s = o máx Z máx máx y . I M ¬ 6 3 3 10 . 9 12 , 0 . ) 12 / 24 , 0 . 2 , 0 ( n 10 . 5 , 67 s 9 , 3 n > Asumimos: 4 n = Siendo: n - número de secciones rectangulares. 2. Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transversal. mm 106 40 . 200 100 . 20 120 . 40 . 200 50 . 100 . 20 Y CG = + + = Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 4 2 3 2 3 Z mm 33 , 10573333 56 . 100 . 20 12 100 . 20 14 . 40 . 200 12 40 . 200 I = + + + = De esta manera, se demuestra que el centro de gravedad se encuentra 34mm abajo del borde superior (figura a) y que su momento de inercia es 4 Z mm 33 , 10573333 I = Graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial (figura b) 0 A = t MPa 28 , 3 10 . 200 . 10 . 33 , 10573333 10 . 115600 . 10 . 60 3 12 9 3 B = = t ÷ ÷ ÷ 200 3 B sup, Z mm 115600 17 . 34 . 200 S = = MPa 18 , 3 10 . 200 . 10 . 33 , 10573333 10 . 112000 . 10 . 60 3 12 9 3 ' C = = t ÷ ÷ ÷ 3 ' C sup, Z mm 112000 3 . 6 . 200 115600 S = ÷ = MPa 8 , 31 10 . 20 . 10 . 33 , 10573333 10 . 112000 . 10 . 60 3 12 9 3 C máx = = t = t ÷ ÷ ÷ 0 D = t 3. Calculamos las reacciones en los apoyos y esquematizamos la forma de la deformada de la viga. TRAMO I-I ) 4 , 2 x 0 ( s s Px 25 , 0 EIy II ÷ = 1 2 C Px 125 , 0 ' EIy + ÷ = 2 1 3 C x C 3 Px 125 , 0 EIy + + ÷ = CONDICIONES: a) Si 0 x = ¬ 0 y 0 x = = 0 C 2 = b) Si m 4 , 2 x = ¬ 0 y 4 , 2 x = = P 24 , 0 C 1 = c) Por condición del problema cm 4 , 0 y D = ) 2 , 1 ( P 24 , 0 3 ) 2 , 1 ( P 125 , 0 EIy 3 D + ÷ = 201 ( ) P 216 , 0 10 . 4 , 0 . 108 , 0 12 , 0 64 . 10 . 10 . 1 , 2 2 4 4 6 5 = ÷ t ÷ De donde: N 96 , 13612 P = Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo. MPa 140 06 , 0 . ) 108 , 0 12 , 0 )( 64 / ( 776 , 8167 y . I M 4 4 máx Z máx máx = ÷ t = = o Siendo sus diagramas de fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura. 4. Determinamos el grado de indeterminación: 3 3 6 . I . G = ÷ = La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas, graficando los diagramas M/EI para cada caso. 202 Luego, retornamos a la viga inicial y aplicamos viga conjugada, quedando así: Como el apoyo A es un empotramiento perfecto, se tendrá que su deflexión en dicho apoyo debe ser igual a cero, esto es: 0 M y A A = = ¬ + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | | . | \ | ÷ 4 L . 3 2 EI 8 PL 4 L 2 1 8 L 7 4 L EI M 2 L 2 L EI 2 M 8 L 4 L EI M 0 4 L . 3 1 4 L 3 EI 8 PL 4 L 2 1 2 L EI 16 PL 2 L 2 1 2 L EI 16 PL 2 L = | . | \ | + | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + De donde: 48 PL 5 M = Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. 203 Determinamos la deflexión máxima, la cual se producirá en el centro de la viga, debido a la simetría. ÷ | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | | . | \ | | . | \ | + | . | \ | + | . | \ | | . | \ | = = = 4 L . 3 1 EI 16 PL 4 L 2 1 8 L EI 16 PL 4 L 4 L 4 L . 3 1 EI 8 PL 4 L 2 1 M y y C C máx | . | \ | | . | \ | | . | \ | ÷ | . | \ | + | . | \ | | . | \ | ÷ 8 L EI 96 PL 5 4 L 4 L 8 L EI 48 PL 5 4 L De donde: + ÷ = EI 3072 PL 11 y 3 máx 204 BIBLIOGRAFIA 1. Gere James – Timoshenko Stephen. Mecánica de materiales. Grupo Editorial Iberoamericana. México, 1986. – 825p. 2. Miroliubov I.N. y otros. Problemas de resistencia de materiales. Editorial Escuela Superior. Moscú, 2005. – 396p. 3. Nelson James – McCormac Jack. Análisis de estructuras. Editorial Alfaomega. México, 2006. – 582p. 4. Popov Egor. Mecánica de sólidos. Pearson Educación. México, 2000. – 864p. 5. Pytel Andrew – Singer Ferdinand. Resistencia de materiales. Editorial Oxford. México, 2006. – 584p. 6. Uribe Escamilla Jairo. Análisis de estructuras. Editorial Uniandes. Colombia, 2004. – 840p. 7. Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas aisladas. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p. 8. Villarreal Castro Genner. Análisis de estructuras con el programa LIRA 9.0. Lima, 2006. – 115p. 9. Villarreal Castro Genner. Interacción suelo-estructura en edificios altos. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2007. – 142p. 10. Villarreal Castro Genner. Análisis estructural. Lima, 2008. – 335p. 11. Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de energía. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p. 12. Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales. Lima, 2009. – 336p. 13. Villarreal Castro Genner. Estática: Problemas resueltos. Lima, 2011. – 227p. 14. Volmir A. Problemas de resistencia de materiales. Editorial MIR. Moscú, 1986. – 478p. 205 INDICE PROLOGO………………………………………………………………………………………………… 02 PRACTICA CALIFICADA Nº 1…………………………………………………………………………. 04 PRACTICA CALIFICADA Nº 2…………………………………………………………………………. 33 EXAMEN PARCIAL…………………………………………………………………………………..…. 62 PRACTICA CALIFICADA Nº 3…………………………………………………………………………. 90 PRACTICA CALIFICADA Nº 4………………………………………………………………………….128 EXAMEN FINAL………………………….……………………………………………………………….168 BIBLIOGRAFIA………………………………………………………………………………………..….204 PROLOGO La Resistencia de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio. Por lo general, el dictado de los cursos de Resistencia de Materiales, se centran principalmente en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas. El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización de sus trabajos domiciliarios. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2006-I al 2008-I, correspondiente al curso Resistencia de Materiales I dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto al editado anteriormente por el autor, denominado Resistencia de Materiales, el cual se usa como texto base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo tracción y compresión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los capítulos esfuerzo y deformación y torsión. En el Examen Parcial se evalúan los capítulos tracción y compresión, esfuerzo y deformación y torsión. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el capítulo flexión. En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el capítulo deformación en vigas. En el Examen Final se evalúan los capítulos flexión y deformación en vigas. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales I; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo. 2 De manera muy especial, dedico el presente libro a mi sobrina Joanna Noriko Villarreal Imamura, quien con su inteligencia, carisma y dulzura, fue un soporte invalorable en la culminación de este trabajo, rogando a Dios Todopoderoso podamos seguir juntos aportando al desarrollo integral de la sociedad. Ph.D. Genner Villarreal Castro [email protected] Lima, Abril del 2012 3 U N I V E R S I D A D D E USMP - FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 1 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1. Determinar el máximo valor del radio “r” de la columna, tal que la estructura mostrada no se hunda, si el terreno tiene una capacidad portante de 2,5kg / cm . Considerar que la zapata y la columna son de concreto armado, cuyo peso específico es 2400kg / m y que sobre la columna actúa una carga de 33112kg ………………………. (4 puntos) 3 2 2. Una estructura ahusada de acero de 4cm de espesor se muestra en la figura. Se pide determinar el incremento de longitud en esta estructura debido a su peso propio, si en la parte superior está empotrada y en la parte inferior libre. Considerar que el peso específico del acero es  a  7,8T / m y 3 el módulo de elasticidad es E a  2,1.10 kg / cm 6 2 ………………………. (4 puntos) 4 si la temperatura se eleva a 60 C . (4 puntos) FECHA La Molina. cuyo peso es 75000kg.1. Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL AREA DE LA BARRA ACERO MODULO DE ELASTICIDAD COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA o o A a  14cm 2 A al  10cm 2 E a  2. está soportado por tres cables de la misma sección y del mismo material. 27 de Marzo del 2006 5 .10 kg / cm . teniendo en consideración que el bloque no queda en forma horizontal. Calcular los esfuerzos en cada material. Un bloque perfectamente rígido ABC.10 5  0   C ………………………. siendo f c  210kg / cm ' ' 2 y E a  2. (4 puntos) 4.1. Una columna cuadrada de concreto armado de 30cm de lado y 3m de altura. La barra compuesta mostrada en la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. ………………………. así como el acortamiento que se produce en la columna. ………………………. (4 puntos) 5. Considerar E c  15000 f c . Determinar los 6 2 esfuerzos normales en el concreto y en el acero.2.2.10 6 kg / cm 2 E al  7.10 5  0   C ALUMINIO  1   al  2. El montaje se ejecutó a la temperatura ambiente de 17 C .3.105 kg / cm 2  1   a  1. Determinar la fuerza que soporta cada cable. está reforzada con 4 varillas de acero de ¾” de diámetro y sometida a la acción de una carga axial de compresión de 50T.4. Efectuamos un corte por los tres cables y analizamos el equilibrio del bloque ABC F  0 M  0 Y A   P1  P2  P3  75 2..7642.838.13  2.1x).52r 2  10368r  2888  0 De donde: r  0.2m 2.2. (b) 6 . Dividimos la estructura.2x 2 )dx 7. (a) ………………….1x b x  5  m  5  0.8.SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – I 1.4x) 10 .2x 2 ) 0 0 x x En consecuencia:  L  Px dx  a Ea Ax Ea 0 150 (20x  0.52r 2  10368r  33112  25000 1.10 6 .4  20  0.10 cm 0 3. Calculamos el peso total de la estructura:   P  33112  2400 (2r ) 2 (2.2.2. tal como se muestra en la siguiente figura: De la relación de triángulos rectángulos se obtiene: m 15  x 150 Luego:  m  0.1.8P2  4P3  150 ………………….4x Px   a Vx   a  A x dx   a  (20  0.2.1.1.10 3 5  6  (20  0.1x A x  (5  0. tenemos que igualarlo con la capacidad portante del terreno.52r 2 4  Como nos piden el máximo valor del radio “r”.70)  1.2 20357.4x )dx   a (20x  0.3r   33112  10368r  20357.. 20357. 75 2   1.(P2 ).65. obteniendo: …………………… (c) P1  30.8.11.0.567T  22567kg P3  21.(P1 ).65kg / cm 2   A a  4 .21  4 2  2.Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos.8 3  0 Reemplazamos valores: P L  PL  P L  1.124Pc 217370.(5)  2.888.8P1  20P2  14P3  0 Resolvemos las ecuaciones (a).(5)  0 4.2 1 1   4 2 2   2.1.2 4 1.4  888.(4)  4.703T  21703kg 4.10 6.  2   3 1   3  1.767p lg 2  11. (b) y (c).4 Pc  0. Como la columna es de concreto armado.6 7 .(P3 ).4cm 2 4  A c  30 2  11.2.730T  30730kg P2  22.6cm 2 Luego: Pa  2. se debe de cumplir la siguiente relación: a  c Siendo:  Pa L PL  c Ea Aa EcAc E c  15000 210  217370.8 3 3   0  EA   EA   EA  1. 69mm E c A c 217370.124Pc  Pc  50000 Pc  44483.4 Determinamos el acortamiento en la columna:  columna   a   c  Pc L 44483.06kg / cm 2 Ac 888.99kg Pa  5516.25  1.14 P  9530kg Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal.10 5.2. Se sabe que el desplazamiento en el empotramiento es cero.10 .65.4.300   0.10 6.6 Pa 5516. Luego:  al  a  P 9530   953kg / cm 2 A al 10 P 9530   680.43.10 5.71kg / cm 2 Aa 14 8 .01   483. Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su reacción.Además: Pa  Pc  P 0.6 5.01kg Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero: c  a  Pc 44483.38  0 5 7.888.2.99   50.069cm  0.86kg / cm 2 Aa 11. es decir: T  P  0  al (T)L al   a (T)L a  PL al PL a  0 E al A al E a A a 2.1.38  De donde: P.99.43.25 P.10 2. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1. determinar el valor de “X”. Al ensayar a compresión una probeta de concreto. Determinar el coeficiente de Poisson  y el módulo de elasticidad E ………………………. Se pide. ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 1 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Una barra troncocónica AB de sección transversal circular se somete a una carga P en su extremo libre. el diámetro original de 6plg se incrementó en 0. el peso de la zapata combinada y la capacidad portante mínima del terreno para que la estructura no se hunda.0004plg y la longitud original de 12plg se redujo en 0. (4 puntos) 3 3. (4 puntos) 9 . Considere su peso específico 2400kg/m . Obtener una fórmula para la energía de deformación U de la barra y determinar el alargamiento  de la barra debido a la carga P ………………………. (3 puntos) 2. la longitud L y el módulo de elasticidad es E.U N I V E R S I D A D D E USMP . Sabiendo que la estructura mostrada en la figura es de concreto armado y pesa 4881. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. tal como se muestra en la figura.0065plg bajo la acción de la carga de compresión P  52000lb . Los diámetros en los extremos son d 1 y d 2 .D.6kg. de aluminio. La barra sólida AB es sujetada por tres cables. de cobre y el cable 3. E c  10 MPa .5A1 y A 3  2A1 ………………………. el área del segundo cable es el triple del primero y el del tercer cable es el doble del primero.10 MPa .10 MPa .4mm menor de lo proyectado. Determinar las áreas de las secciones de los cables. Considerar E a  2. Determinar los esfuerzos de montaje que surgen en las barras del sistema.  5 5 5  a  160MPa . c  60MPa y al  120MPa ………………………. Además. Considerar E  2. E al  0. A 2  1.105 MPa . el cable 2. si la barra 3 fue fabricada en   0.4. si se sabe que el cable 1 es de acero. (5 puntos) FECHA La Molina. tal como se muestra en la figura. 28 de Agosto del 2006 10 .7. (4 puntos) 5. 6 2 4  339.416.0.123   5.10.3m Calculamos el peso de la zapata combinada: Pzapata  2400.2.10 4 Calculamos el módulo de elasticidad: E  P    A  52000   5.(1.667.(2. .6 110.50)  4881.9935  12    5.240 q a  0.1.10).10 5 d di 6  L f  L i 11.57.(0.185kg / cm 2 De donde: q a .85T / m 2 (SUELO BLANDO) 3.10 4 L Li 12 Ahora.10 6 psi 2.0004  6    6.10 4 psi  3.416.10 4.4  3801. Se sabe que: Pzapata  2Pcolumna  Ptotal 2400.(2400).6 12000X 2  12672X  4881.10 5   0. determinamos la deformación longitudinal:  El coeficiente de Poisson será:  ' 6.6  0 De donde: X  0.6kg Determinamos la capacidad portante del terreno: qa  Ptotal A zapata  qa  4881.185kg / cm 2  1.mín  0.(X). tal como se muestra en la figura: 11 .SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1.416.60.60)  2.667. Calculamos la deformación transversal: '  d d f  d i 6.39.(8X). Dividimos la estructura.(X). 10 (A) 10 .5 3  0 Además: 1  P1 h . por ser P carga única que actúa en toda la barra. se tendrá: L  2U 4PL (ALARGAMIENTO)  P Ed 1d 2 4.10 6 (2A) 5 12 .5 2  1.6h ) .6h )  2.7. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB F  0 M  0 Y A   P1  P2  P3  300 1.5P3  300 ………………… (a) ………………… (b) El sistema estructural es una vez hiperestático y dicha hiperestaticidad lo resolvemos a través del diagrama de desplazamientos.10 (3A) 0.5P2 a  2.10 5.5 0 6 2.10 . EcAc 3  P3 (0. obteniendo:  2   3 1   3  a 2.El diámetro a una distancia “x” será: d x  d1  Calculamos la energía potencial de deformación: (d 2  d 1 ) x L Px2 dx L 4P 2 dx 2P 2 L U   2EA x  2Ed1  (d 2  d1 ) x / L2 Ed 1d 2 0 0 Luego.5a 1  2.7h ) P1h P (0. Aplicamos la relación de triángulos rectángulos. Ea Aa 2  P2 (0.5P3 a  300a 1.5 52 6  1.7h ) E al A al Reemplazamos valores y obtenemos: P3 (0.5P2  2. 10 3  120.09.33cm 2 COBRE:  c  c  156.10 4 m 2 A  7.69cm 2 ALUMINIO:  al  al  26.10 6 3A  A  8.39.10 4 m 2 A  8. F F Y 0 0   P3  2P1 2P2 cos 45o  P3 P3  P2 2 13 ………………… (a) Analizamos el equilibrio en el nudo D Y ………………… (b) .09.10 3  160.09kN Aplicamos la condición de resistencia: ACERO:  a  a  117.09cm 2 De donde: A mín  8.52.75P3  0 Resolvemos las ecuaciones (a).69.52kN P3  26.5P2  0. obteniéndose las fuerzas internas después del corte efectuado.10 4 m 2 A  1.5P1  0.07cm 2 A al  2A  17.10 6 A  A  7.38cm 2 5. (b) y (c): ………………… (c) P1  117.69cm 2 Luego: A a  A  8.10 3  60.39kN P2  156.33.69cm 2 A c  3A  26.0. Se fija la barra 3 a la viga.10 6 2A  A  1. 5A1 )   2 EA 1   E(2A1 )  4 2  P3   P3   P3  6   2A   2 2A    2A   80. solo consideramos las acciones de las fuerzas P2 Del gráfico tenemos:  cos 45o   2    2 2 ………………… (c) Ahora. analizamos el diagrama de desplazamientos del sistema estructural correspondiente a la viga CFH.    0.1  3 2 3 .  .10      3  1  1  1 14 .10  2 E(1.10 3  EA 2   EA 1   EA 3  P 2   P3 2   P3 .4.Analizamos el diagrama de desplazamientos en el nudo D sin considerar la fuerza P3 . denominada posición inicial y retornando a una posición final del sistema. traccionando la barra central hasta la viga. De donde:   1   3   P L  P L  P L  2  2 2    1 1    3 3   0.4. 37MPa (COMPRESION)  A  2A A1 2  1 1 P  1  P2 2  P3  2  3   1.10 6 3  3  16.43MPa (TRACCION)    A2 2 1   1 15 .5  2A   1. de acuerdo a los diagramas de desplazamiento mostrados en la página anterior. determinamos los esfuerzos 1 y  2 .37MPa (TRACCION) Ahora.5  3  15. 1  2  P P1 P3  1      3   3  16.37.4 2  3  2 3   3  80.5A   1.10 6 Pa  16. los cuales son de compresión y tracción respectivamente. FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 1 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. A 3  2A 2  4cm y A1  3cm . donde el esfuerzo de fluencia es f y  4200kg / cm . si L 2  L 3 . La ménsula de acero mostrada en la figura está fijada a la columna mediante dos pernos. (5 puntos) 16 . Determinar los desplazamientos  x . considerando un factor de seguridad n  2 en 2 un diseño por esfuerzo simple.  y del nudo B y los esfuerzos normales que surgen en las barras.U N I V E R S I D A D D E USMP . ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1. Considerar E  2. 2 Diseñar los pernos de fijación sabiendo que en el mercado se dispone de pernos con diámetros de 12.10 MPa 2 2 5 ………………………. Determinar la fuerza de tracción máxima que puede soportar una varilla de acero de diámetro 5/8”. (3 puntos) 2. ……………………….D. si la ménsula soporta una carga P  2500kg y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 750kg / cm . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. (3 puntos) 3. 16 y 20mm ………………………. 10 6 / o C . Se pide determinar la fuerza de compresión en las barras mostradas después del incremento de temperatura en 96 C y la variación de longitud en la barra de cobre.5.4.10 / C ) y a una temperatura inicial de 23 C .10 / C .5cm de diámetro ( E  200GPa y   12. 26 de Marzo del 2007 17 . ……………………….9. se tiene que E c  100GPa .  al  23. (5 puntos) o FECHA La Molina. A al  1800mm 2 . (4 puntos) o 5. Si el sistema pasara a una o 6 o temperatura de 40 C . Para la barra escalonada. Se pide determinar la deformación y esfuerzos finales en los cables. ………………………. A c  1500mm .  c  16.5. 2 6 o E al  72GPa . En la barra rígida AD de 10kN/m de peso es sujetada por dos cables de acero de 1.   . cumplen los diámetros 16mm y 20mm.456cm d  14.10 4 18 .3sen30 o  30  P1  P2.58kg 2.10 5.3. pero por economía elegimos: d mín  16mm 3. Calculamos el esfuerzo admisible:   fy n  4200  2100kg / cm 2 2  5 P  2100.2.10 3.54 2 4 8 2 Luego: P   A  P  4156. .58kg De donde: Pmáx  4156.10 6. Analizamos el equilibrio del nudo B F F 1  X 0   P1  P2.3 Y 0 P1sen30 o  P2.SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I 1.56mm Como se puede apreciar.2   10 3 m  1mm EA 1 2.3  30kN (TRACCION) Luego: P1L1 30. La carga que soportará cada perno es: Pperno  P  1250kg 2 Aplicamos la condición de resistencia:     Pperno A perno   1250  750 d 2 / 4 De donde: d  1. 945o  0.10 Efectuamos el diagrama de desplazamientos: Del gráfico:  cos(60  )  1  cos(60  )   2.10 .10 2.3 L 2 EA 2  P2.125 ctg60 o 2. obtenemos: tg  De donde: 0. 2.125 Efectuando operaciones. obteniendo: …………………. (b) cos(60  ) 1  cos(60  ) 1.1   11.4.3 L 3 EA 3  30.10 4 19 .945o Luego:  1 1   2.125mm 5 6 4 5 6 4 2.945 o Del diagrama de desplazamientos:  B  sen  2.10 3.10 .2.126 cos 1.1 30. (a) ………………….945o  2.126sen1.126mm cos(60  ) cos 61.125   1.072mm  H  B   cos   2.10 3   100MPa (TRACCION) A1 3.10 .3   2   3  P2.10 3.125mm  V Calculamos los esfuerzos normales: 1  P1 30.10 4 m  1.25.10 .3 Dividimos (a) entre (b). 5.10 6 m EcAc 100.0.35   1. (a) Luego.10 .1800.10 3 9 6 9 6 100.516mm Como  T es mayor que 0.3.10 3  150MPa (TRACCION) 2.0.8  0 P1  2P2  54 …………….45   178.0. efectuamos el diagrama de desplazamientos: 1   2 1.5. significa que en el extremo derecho existe una reacción que impide se desplace mayor a este valor de 0.10 3.3 A2 P2.35  16.9.016.1500.10 6.5mm.96.4P2  10.2  3  P2.10 4 30.0.96. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura:  T   al (T)L al   c (T)L c  23.2 2.10 3  75MPa (TRACCION) 4.2P1  2.1.10 6  c  0. Efectuamos un corte en los cables y analizamos su equilibrio: M A 0  1.0.10 3 E c A c E al A al R.5mm e implica que la reacción R disminuye la magnitud 1.24.10 72.10 6.1500.10 R  178.3 A3   30.4 21   2 20 .10 9. R  c   T   c   c (T)L c  c RL c 178.10 4 4.45  16. calculamos la variación de longitud en la barra de cobre.6.016mm RL c RL al   1.45  1.016.24kN Ahora.10 .10 6.45 R.178mm 5.96.0. 10 3.240.1.240kN P2  18.84MPa A .P L  PL 2 1 1  (T)L1   2 2  (T)L 2 EA  EA  P1 .344mm 21 .10  2  21  1.240.880.8.250 Resolvemos (a) y (b).4   91.4   2  12.5.10 3.1.10 .10 6.1.4 1   12..10 4 La deformación en los cables será: 16.1  67.880kN Calculamos los esfuerzos en los cables:  BE   CF  P1 16.4   106.1.10 3.1.90MPa A .1.10 6.17.10 6.5.1   12.5 .10 .17.10 4 P2 18. obteniendo: ……………. (b) P1  16.5.672mm 9 2 4 200.10 .1.659P1  5.17.10 5 m  0.5 .5 2.1..10  200..10 5.5 .2.093P2  4.1.4 P2 .8 6 2 4 6 2 4  200.5 2. U N I V E R S I D A D D E USMP .D.10 6 psi) de sección transversal circular. es sostenida por las tres varillas de acero indicadas. Los diámetros de las varillas disponibles en el mercado son 3/8”. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ½”. Determinar las dimensiones de la columna y zapata. Determinar la fuerza de tracción P necesaria para producir una deformación unitaria longitudinal   0.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 1 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. sabiendo que ha sido diseñado con una capacidad portante de 1. 7/8” y 1”. 5/8”. cuyo diámetro es igual a 1plg ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1. ¾”.0007 en una varilla de acero (E  30. (4 puntos) 2 22 .8 para la condición de resistencia. Diseñar las varillas considerando un factor de seguridad 1. cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm . La columna de un edificio aporticado de concreto armado recibe la carga axial de 25T. Considerar 1plg=2. (2 puntos) 2.51kg/cm2 e indicar el tipo de suelo según la Norma de Diseño Sismorresistente E030 ………………………. (3 puntos) 3.54cm ………………………. La barra rígida horizontal pesa 1000kg/m y soporta además la carga P  6000kg . como se muestra en la parte (a) de la figura. con las varillas en tracción y el concreto en compresión. Las vigas de concreto presforzado se fabrican algunas veces de la siguiente forma.6.  a  6. En un mecanismo de gato hidráulico se estiran varillas de acero de alta resistencia. los gatos se sueltan y la fuerza Q desaparece (véase última parte de la figura). si la temperatura del bastidor completo se incrementa 80 F ………………………. están hechas de aluminio (E al  10.10 6 / o F) .4. bajo una fuerza Q.5. 27 de Agosto del 2007 23 .  al  13. Después de que el concreto ha fraguado adecuadamente. Si los módulos de elasticidad del acero y el concreto guardan una proporción 8:1 y las áreas de sección transversal guardan una relación 1:30 ¿Cuáles son los esfuerzos finales  a y  c en los dos materiales? ……………………….10 6 / o F) y las diagonales son cables de acero (E a  29. (5 puntos) o 5.10 6 psi . Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura. Las áreas de sección transversal de las barras de aluminio y los cables de acero guardan una proporción 20:1. Determinar el esfuerzo  a en los cables de acero. Supongamos que la carga de presfuerzo Q produce en las varillas de acero un esfuerzo inicial  o  820MPa . la viga está sometida a una condición presforzada. como se muestra en la parte (b). El concreto se vacía o cuela alrededor de las varillas para formar una viga. De esta manera.10 6 psi . (6 puntos) FECHA La Molina. 4X 3  181.85m (IRREAL) X 3  0.4(X)(X)(8X)  2.2m x 1. Calculamos el peso de la barra rígida horizontal: P  1000.0007  16493.5  4500kg Colocamos el peso de barra en el centro de la misma y efectuamos un corte en las varillas.4m (OK) X 2  2. Sabemos que    / L y   PL / EA . obteniendo la siguiente expresión:  PL 1 P .51kg/cm 2 que corresponde a un SUELO INTERMEDIO.5X)(3X)(4X)  15.35m (ILOGICO) De esta manera.4.10 6.  EA L EA   P  EA  30. .1 (3X)(4X) 62.4(1.0.493k 2.6m x 0.2X 2  25  0 Obtenemos tres soluciones.4m x 0. analizando su equilibrio: F  0 F  0 M  0 X Y    P2  P3 P1  2P2 sen37 o  10500 ……………… (a) ……………… (b) A 2P2 sen37 o (2)  4500(2)  6000(1)  0 P2  P3  6250kg (TRACCION) Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos: P1  3000kg 24 . Aplicamos el concepto de capacidad portante del terreno: 25  2. las dimensiones de la columna y zapata son: Columna: 0.36lb 4 P  16. analizamos la capacidad portante.4m Zapata: 1.12.6m Para indicar el tipo de suelo de acuerdo a la Norma de Diseño Sismorresistente E030. siendo las siguientes: X1  0. la cual es de 1. 3.SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – II 1. 279cm Para la varilla 1. (a) Ahora..286cm 2 4 d1  1.. el equilibrio del nudo C F X 0  Pal  Pa cos 45o …………... para ello.33  A2 A 2  2.33  A1 A1  1.846cm Para las varillas 2 y 3. Como  al ˃  a . (b) 25 . analizando.33kg / cm 2 1..8 A través de la condición de resistencia. elegimos el diámetro ¾” 4.Luego:   VARILLA 1: fy n  4200  2333..286cm 2  2 d1  1. analizamos el diagrama de desplazamientos del nudo C  a cos 45o   al  Pa L 2  P L   a L 2 (T) cos 45 o   al (L)(T)  al  E al A al  Ea Aa      Pa Pal   (T)( al   a ) E a A a E al A al ……………….... elegimos los diámetros de las varillas. 3000  2333.678cm 2 d 2  1.. entonces las barras exteriores del bastidor que son de aluminio se comprimen y las diagonales de acero se traccionan. elegimos el diámetro 5/8” VARILLAS 2 y 3: 6250  2333. que A al  20A a .10.10 6.6.(13. se tendrá: a  c   Pa L PL QL  c  Ea Aa EcAc Ea Aa De la figura (c) se sabe que: Pa  Pc Luego:  1 1 Pa  E A  E A c c  a a Además:  Q   E A a a  o  Se tendrá: Q  820MPa Aa Pa (E a A a  E c A c ) 820  Ea Aa EcAc Ea  E A   a 1  a .10 6  29.10 6  6.368MPa (TRACCION) Entonces:  a  c 820   Ea Ec Ea c  Ec 1 (820   a )  (820  647.80.6. obteniendo: Pa P cos 45 o  a  (T)( al   a ) E a A a E al (20A a )  1 cos 45 o a   E  20E al  a    (T)( al   a )   a  20E a E al (T)( al   a ) 20E al  E a cos 45 o a  20.Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema.10 6 )  13750psi 20. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción.5.   820  1 30   a  647. a   820  E A  c c    8 1   a 1  .10 6.10.368) Ea 8  c  21.10 6. cos 45 o  a  13.75ksi (TRACCION) 5.579MPa (COMPRESION) 26 .29. 1mm . (2) y (3) que tienen la misma área A de sección transversal y son del mismo material con esfuerzo de fluencia f y y módulo de elasticidad E De las siguientes afirmaciones. La barra horizontal uniforme rígida mostrada en la figura. Si se supone que las placas de los extremos son rígidas. (5 puntos) 27 . Bajo estas condiciones. (3 puntos) 3. Ambas partes de la barra tienen las mismas dimensiones en sus secciones transversales. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1. diga cuál o cuáles son verdaderas justificando su respuesta: a) El cable (2) no trabaja b) La componente vertical del desplazamiento del punto B es c) El factor de seguridad (n) deberá satisfacer la relación n  WL 3EA 2Af y W ……………………….D. medido en una longitud L  100mm resulta igual a   0. Determinar la fuerza de tracción P y la magnitud del esfuerzo normal  en la muestra. Una barra compuesta de sección transversal cuadrada se construye con dos materiales diferentes que tienen módulos de elasticidad E1 y E2. Para comprobar la magnitud del esfuerzo creado por la máquina de ensayo se usa una muestra de referencia de diámetro d  50mm . ¿Qué parte de la carga P soporta cada material? ………………………. El alargamiento de la muestra estirada. (3 puntos) 2. soporta la acción de su peso propio W y es sostenido por los cables (1). si el módulo de elasticidad del material de la muestra es E  2.04.U N I V E R S I D A D D E USMP . obtener una fórmula para la excentricidad “e” de la carga “P” tal que cada parte de la barra se esfuerce uniformemente en compresión.10 MPa y 5 el límite de proporcionalidad es  prop  260MPa ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 1 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. 24 de Marzo del 2008 28 . Las áreas de cada tramo están expresadas en función de A ………………………. E a  2.10 MPa y  a  125.10 o 5 7 o / C . si es de acero. Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres postes de concreto de alta resistencia. (5 puntos) FECHA La Molina. cada uno con sección transversal cuadrada de 200mm x 200mm y longitud L  2m . Antes de aplicarse la carga P el poste central es más corto que los otros en una cantidad s  1mm .4. siendo la variación de temperatura T  36 C . Determinar la carga máxima admisible Padm si el módulo de elasticidad del concreto es E c  30GPa y el esfuerzo admisible en compresión es  adm  18MPa ………………………. (4 puntos) 5. Determinar los esfuerzos en la barra escalonada doblemente empotrada. 10 . obteniendo la siguiente expresión: 3  5 6  2 6 0.553kN Calculamos el esfuerzo:  P 400553.10 3 P E  A  P  400. es decir.1. calculamos el desplazamiento vertical del nudo B F3 L WL (FALSO)  EA 2EA c) F Y 0  F1  W W 0 2  F1  W 2 Luego:  máx  N máx W  A 2A Además:  máx   Donde:  W   2A   fy n  W fy  2A n n 2Af y W (VERDADERO) 29 .SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – I 1. 2.4   204.10 .10 6 Pa  204MPa ˂  prop 2 6 A .50 .10 P  EA  EA  2. habiéndose utilizado correctamente las fórmulas.10 .  400553N L 4 100. siendo   0 F b) X 0  F2 cos   0  L   L  F3   tg   W 2tg          F2  0 La respuesta es VERDADERO.04. Se sabe que   E y   P / A . . que el cable (2) no trabaja M B  V A 0   F3  W 2 Luego. a) Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio.50 .10 Esto implica que se ha trabajado dentro de un rango elástico. .. 30 . (a) M 0 b b  P1    Pe  P2    0 2 2 b b P1    Pe  P2   2 2 P1 L PL  2 E1A E 2 A P1  E1 P2 E2 ……………. las placas son rígidas. (c) ……………. obteniendo: P1  Reemplazamos los valores obtenidos en (b):  PE1  b   PE 2  b    E  E  2   Pe   E  E  2     2   2    1  1 e b( E 2  E 1 ) 2(E1  E 2 ) 4.3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra: F X 0 B   P1  P2  P …………….. es decir: 1   2  Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos: E1 P2  P2  P E2  P2  PE 2 E1  E 2 PE1 E1  E 2 Luego. por dato del problema. reemplazamos en (c). (b) Además. Eliminamos el empotramiento en B y analizamos el efecto de temperatura y reacción que surge en dicho apoyo. 0.(7A / 5) RB  106.10 .0. (b) P1  P2  600000 Reemplazamos (b) en (a).A 2.98MPa (COMPRESION) Luego.(7A / 6) 2.10 9.2 R B .10 .0. determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada:  DE   CD  5.0. obteniendo: P1  P2  P  600000 3 P  1200000 3 31 .10 6 .41MPa (COMPRESION) 7 F Y 0  2P1  P2  P ……………… (a) Luego.10 6 Pa A  BE  106.10 .70MPa (COMPRESION) 7 5  BE  76.4 R B .10 .200 2.Como B es empotramiento perfecto.3    125.10 3 2 ……………….98.10 . se cumplirá: RB  T R B .10 7.10 .9 5 6 5 6 5 6 2.36. Una vez aplicada la carga se tendrá: 6  BE  91. analizamos el diagrama de desplazamientos: 1   2  s  P1 L PL  2  10 3 EcA EcA P1  P2  30. 56MN POSTE CENTRAL: 2  P2 P  1200000   18.10 6 2 6 A 3. POSTE EXTREMO: 1  P1 P  600000   18.10 P  1560000N P  1. se tendrá: Padm  1.Ahora.200 .56MN 32 .10 6 P  3360000N P  3. analizamos los postes extremo y central.36MN Como debe cumplir con ambas condiciones.200 2.10 6 A 3. si el ángulo de giro en torsión no debe de exceder de 1o en 2 metros y si el esfuerzo tangencial admisible es   820kg / cm .FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 2 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Hallar el valor del diámetro de una barra de sección circular. necesario para transmitir un momento torsor T  4600kg.10 kg / cm 6 ………………………. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Por un punto en estado plano de esfuerzos pasan los planos AB. Determinar los esfuerzos que faltan.U N I V E R S I D A D D E USMP . si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales    20MPa y   60MPa en los planos recíprocamente perpendiculares ab y cd ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1. ……………………….m . Considerar que el módulo de elasticidad al corte 2  2 del material es G  0. (4 puntos) 2.8. Determinar la magnitud de la fuerza P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm. BC y AC como se indica en la figura. (3 puntos) 33 .D. (5 puntos) 3. (5 puntos) FECHA La Molina. considerando que su módulo de corte es G  8. Graficar el diagrama de momento torsor y determinar el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra de sección rectangular.10 MPa 4 ………………………. cuya sección se muestra en la figura.4. 24 de Abril del 2006 34 . (3 puntos) 5. Determinar el espesor de su pared (constante en toda la sección). de tal manera que el esfuerzo tangencial no exceda de 100kg / cm 2 ……………………….cm se aplica a un tubo de pared delgada. Un momento torsor T  6400kg. analizando sus estados de esfuerzos Para determinar los esfuerzos en el plano inclinado.20. sabiendo que se trata de un estado de esfuerzos lineal.50.10 6. Analizamos cada uno de los planos.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. luego efectuamos los cortes ABD (figura b) y ABEF (figura c). Analizamos el estado plano. si sumamos y consideramos que     90 se obtendrá:      1 cos 2   1 cos 2   1 cos 2   cos 2 (90  )  1 (cos 2   sen 2 )  1 Reemplazamos valores y obtenemos:   1  20  60  80MPa Además: 1  P A  P  1A  80. para ello formamos el cuadrado ABED (figura a). PLANO ab:    1 cos 2 (180  )  1 (cos 180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  PLANO cd:   1 cos 2 (180  )  1 (cos180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  Además.10 3  80000N P  80kN 2. aplicamos las siguientes ecuaciones:   X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2   X  Y sen 2   XY cos 2 2 35 .10 3. tenemos:   135o   X  120 sen 270 o  50 cos 270 o  60 2    BE   X  0  BC   135o  110kg / cm 2   135o  0  120 0  120  cos 270 o  50sen 270 o 2 2 PLANO INCLINADO AC: Consideramos  BE   X  0 .96kg / cm 2 3.30kg / cm 2  AC   210o  26. debemos de considerar que  BE   X . Por dato del problema:    TL   GI p 36 . obteniendo: o   210o    210o  0  120 0  120  cos 420 o  50sen 420 o 2 2 0  120 sen 420 o  50 cos 420 o 2    AC   210o  13.  BC    135o .  AC    210o .   135o  60kg / cm y   135 2 o Luego.  AC    210o y   210 .PLANO INCLINADO BC: Para ello. 200   6 4 180 0.( / 32).espesor de la pared delgada Reemplazamos valores y obtenemos: 6400  100 2.6cm 5.19cm Luego: Asumimos: d mín  16.10cm 4.4 200.4.6cm Asumimos:  mín  1.10cm Asimismo:    T   Wp 4600.d d  16.8. Se sabe que:  máx  Siendo: T   2A o  A o .10 .5.100  820 ( / 16). Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por su momento torsor TD D  0 TD .área formada por la línea media  .   1.2 2 400xdx    0 GI t GI t GI t GI t 0 37 .4600.d 3 d  14.100.5 400. 1  4.12. C  400.10 4 6 Siendo: I t  0.15.224cm 4 38 .2  400  0 TA  600N.224.m Luego: T eje 0  TA  200  400  400.196.TD  400N.024 o 8 8.m Graficamos el diagrama de momento torsor: Ahora. calculamos el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra.10 4 rad  0.10 .83  1204.1204.10 . FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 2 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. resulte ser plano y luego lineal.  Y .D. para que el estado de esfuerzos espacial mostrado en la figura. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo   30 . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM.  YZ .5cm de diámetro.6. (4 puntos) 2.  Z . ………………………. Determinar la relación entre  X .  Y y  XY ……………………….  XY .U N I V E R S I D A D D E USMP . los o esfuerzos normales y tangenciales tienen las magnitudes y direcciones mostradas en la figura.6m de longitud y 7. Considerar G  8. Sobre el elemento girado. Una barra de acero consta de una parte hueca de 3m de longitud con diámetro exterior 10cm y diámetro interior 7. ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de 2. (4 puntos) 3.5cm y otra parte maciza de 1. Determinar el máximo momento torsor que puede soportar sin que el esfuerzo tangencial sobrepase de 800kg / cm .7 en los 4.10 kg / cm o 5 2 2 ……………………….  XZ . Determinar los esfuerzos  X . ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1. (3 puntos) 39 .6m. Determinar el valor del momento torsor T1 .4. ………………………. si  AB máx   CD máx y la barra doblemente empotrada es de un mismo material. (5 puntos) FECHA La Molina. 25 de Setiembre del 2006 40 . si se sabe que  A  0. 4 ………………………. Determinar el valor de “b” en función de “a”.5 B y G  8. el esfuerzo tangencial máximo  máx y el ángulo de giro en torsión  A . (4 puntos) 5.10 MPa para toda la barra. SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – II 1. Esquematizamos la distribución de esfuerzos, tal como se muestra en la figura: Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:       X   Y Reemplazamos valores y obtenemos:  X   Y  31060  8940  X   Y  40000 Luego: ……………….... (a)   X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2  20000  X  Y cos 60 o   XY sen60 o  31060 2 X  Y cos 60 o   XY sen60 o  11060 2 ………………… (b) Además:   X  Y sen 2   XY cos 2 2 ………………... (c) X  Y sen60 o   XY cos 60 o  5160 2 Multiplicamos la ecuación (b) por cos 60 obtenemos: o o y la ecuación (c) por sen60 , luego lo sumamos y X  Y  10000 2  X   Y  20000 Resolvemos (a) y (d), obteniendo: ………….…….. (d)  X  30000psi  Y  10000psi Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo:  XY  7000psi 41 2. El estado de esfuerzos es volumétrico, en consecuencia tendrá tres esfuerzos principales (1 ,  2 ,  3 ) y todos son diferentes de cero, debiéndose de cumplir con la relación 1   2   3 Para determinar dichos esfuerzos principales se resuelve la ecuación:  3  I1  2  I 2   I 3  0 Siendo: I1   X   Y   Z I 2  X Y  X Z  Y Z  2  2  2 XY XZ YZ I 3   X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2   Y  2   Z  2 YZ XZ XY CONVERSION A ESTADO PLANO: Para que dicho estado espacial, cuya orientación de esfuerzos es positiva, se convierta en plano, se deberá de cumplir que I 3  0 , es decir:  X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2   Y  2   Z  2  0 YZ XZ XY Quedando la ecuación cúbica:  3  I1  2  I 2   0 ( 2  I1  I 2 )  0 De donde: 2 I 1  I 1  4I 2 1  2  2 2 I 1  I 1  4I 2 2 3  0 Además, se deberá de cumplir que I1  4I 2  0 2 CONVERSION A ESTADO LINEAL: Para que el estado espacial de esfuerzos se convierta en lineal, deberá de cumplirse que 1  0 y  2  3  0 Luego, será necesario que I 2  0 , obteniéndose: X Y  X Z  Y Z  2  2  2  0 XY XZ YZ Quedando la ecuación:  3  I1  2  0  2 (  I1 )  0 De donde: 1  I1  2  3  0 42 Nótese, que para que el estado de esfuerzos espacial se convierta en lineal, deberá de cumplirse que I2  0 e I 3  0 3. Esquematizamos la barra con sus dimensiones: CONDICION DE RESISTENCIA: a) SECCION TUBULAR:  máx    T  800 ( / 16).10 .(1  0,75 4 ) 3  T  107378,65kg.cm b) SECCION MACIZA:  máx    16T  800 .7,53  T  66267,97kg.cm CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra.  máx    T.160 T.300 2,7   4 5 4 4 8,6.10 .( / 32).7,5 8,6.10 .( / 32).10 .(1  0,75 ) 180 5 T  42215,11kg.cm Como debe ser una sola respuesta, analizamos el intervalo, para que cumpla con ambas condiciones del problema. De donde: Tmáx  42215,11kg.cm 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición del problema:  A  0,5 B  (T1  400).0,8  (T1  400).0,8 T1 .0,6  0,5  4 12 4 12 4 12  G( / 32).40 .10 G.0,141.(20 2 ) .10   G( / 32).40 .10 T1  367,37 N.m 43 Luego, el diagrama de momento torsor es:  CA  16.767,37  61,06MPa .40 3.10 9  máx   AB  367,37 0,208.(20 2 ) 3 .10 9  78,05MPa Calculamos el ángulo de giro en A A  767,37.0,8  0,03rad  1,75 o 8.10 .10 6.( / 32).40 4.10 12 4 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por TD D  0 TD .b (TD  T).(2a ) (TD  2T).(a )   0 4 G( / 32).(1,5d) G( / 32).(2d) 4 G( / 32).d 4 TD  Por condición del problema: 2,125Ta 1,125a  0,1975b ……………. (a)  AB máx  CD máx 16TA 16TD  3 d (1,5d) 3 TD  3,375TA Además: ……………. (b) T eje 0  TA  TD  2T TA  0,4571T TD  1,5429T De donde: Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos: 1,5429T  2,125Ta 1,125a  0,1975b b  1,278a 44 ¿Cuál es entonces el esfuerzo tangencial máximo que aparecerá en el? Considerar G  83GPa ……………………….D. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM.U N I V E R S I D A D D E USMP . También. Calcular el diámetro mínimo de una barra de acero que está sometida a un momento torsor de 14kN. (4 puntos) 2. (3 puntos) 45 .m y no debe experimentar una deformación angular superior a 3 o en una longitud de 6m. actúan esfuerzos normales de 12000psi y 6000psi. (4 puntos) 3. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 2 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Considerar el coeficiente de Poisson igual a  ………………………. determinar el esfuerzo normal máximo  máx y el esfuerzo tangencial máximo  máx ………………………. Determinar la relación entre los esfuerzos 1 y  2 para que las longitudes de las diagonales del elemento rectangular ABCD no varíen. Sobre las caras de un elemento cortado de una barra en esfuerzo uniaxial. Determinar el ángulo  y el esfuerzo tangencial   . respectivamente. (5 puntos) FECHA La Molina. se pide: a) Graficar los diagramas de momento torsor y ángulo de giro en torsión b) Determinar el esfuerzo tangencial máximo y la energía potencial de deformación ……………………….4. Para la barra mostrada en la figura. Una barra escalonada ABC de longitud total “L” está empotrada en ambos extremos. Un par torsionante “T” actúa en la sección C. 23 de Abril del 2007 46 . La barra tiene diámetros d a y d b en las porciones AC y CB. ¿Cuáles deben ser las longitudes “a” y “b” para el diseño más económico del elemento? ………………………. (4 puntos) 5. por dato del problema: 1sen 2   6000 Sumamos (a) y (b).52 o  8484.. se tiene:  AC  Esto. Se sabe que:    1 cos 2  Por dato del problema: 1 cos 2   12000 Además: ……………. según la Ley de Hooke generalizada son para el estado plano: 1  2  Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura: Además.26 o   1 18000 sen 2  sen70. se debe a que:  AC 0 L AC  AC  0 47 . Las deformaciones principales. obteniendo: ……………. (b) 1 (sen 2   cos 2 )  18000  máx  1  18000psi Luego. (a)  90  1 cos 2 (  90)  1sen 2  Entonces.82psi 2 2  máx  1 18000   9000psi 2 2 1 1   2  E 1  2  1  E 2. según condición del problema.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1.. reemplazamos en (b) y obtenemos: sen  Asimismo: 1 3    35. 10 2 m Asumimos: d  118.4 .10 6 Pa  42.14.96MPa 3 3 9 d . a) 16T 16.10 Graficamos el diagrama de momento torsor de acuerdo a los criterios conocidos y el diagrama de ángulo de giro en torsión por el método de las áreas: 48 . Se sabe que:     TL   GI p 14.96.10 3   42.118.4mm Luego:  máx  4.d d  11.6   9 4 60 83.10 .84.10 3.Luego:  AC  1 cos    2 cos(90  )  0 1 1  2 cos   1  2  1 cos(90  ) E E 1 (cos   sen)   2 (sen   cos ) Dividimos ambas expresiones entre cos  y obtenemos: 1 tg     2 1  tg 3.( / 32). 458b 4 ) (2T)(L) TL  4.229(2b)(b) 3  0.458b ) Gb I t  (2b)(b) 3  0.917 2G(0.458b ) Gb Tmáx 2T T   4.458b 4 ) Gb 4 5. se debe cumplir:  AC   CB 49 .065 3 3 Wt 0.458b 4 ) 2G(0.246(2b)(b) 2  0.458b 4 ) 2G(0.458b 4  B  4.492b b Wt  (2b)(b) 2  0.3668 A   TL (T)(2L)  0 4 Gb G(0.3668 4 4 G(0.D  0 C  (2T)(L) TL  4.3668 4 4 G(0.492b 3 b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:  máx  Determinamos la energía potencial de deformación: U (2T) 2 (L) (T) 2 (2L) (2T) 2 (L) T2L    10. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB Se sabe que: B  0 TB (b) TB (a ) T (a )   0 4 4 G( / 32)(d b ) G( / 32)(d a ) G( / 32)(d a ) 4 Tad 4 TB  4 b 4 ad b  bd a Como: T eje 0  TA  TB  T  0 4 Tbd a TA  4 4 ad b  bd a Para que el diseño sea más económico. d a a  a   b  b bd a  ad b (L  a )d a  ad b a b da L da  db dbL da  db 50 .d b   ad 4  bd 4 .16TA 16TB  d 3 d 3 a b 4  Tbd a  3  Tad 4  3 b  4     ad  bd 4 . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Determinar los esfuerzos  X y  Y .  Y  80MPa.  Z  100MPa . (3 puntos) 2.  XY  40MPa . Viene dado:  X  120MPa .FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 2 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. rectangular y de acero está sometida a esfuerzos normales uniformes  X y  Y como se indica en la figura. (5 puntos) 3.  2 y  3 b) El esfuerzo tangencial máximo c) Los esfuerzos normal  oct y tangencial  oct octaédricos d) El cambio unitario de volumen o deformación volumétrica ……………………….U N I V E R S I D A D D E USMP .3 ……………………….10 6 psi y   0.D. Una barra hueca de aluminio (G  4. Las lecturas de los medidores marcan deformaciones normales  X  0.5plg tiene una longitud de 8pie a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1. considerando E  30. Un cubo de acero está sometido a la acción de esfuerzos normales y tangenciales en sus aristas.001 y  Y  0. Se fijan a la placa medidores de deformación orientados en las direcciones X e Y en el punto A.0007 . ¿cuál será el ángulo de giro en torsión  cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte el mismo momento torsor con el mismo esfuerzo tangencial máximo? ……………………….  XZ   YZ  0 .10 psi) con un diámetro exterior de 4plg y un diámetro interior de 6 3. Calcular: a) Los esfuerzos principales 1 . (3 puntos) 51 . Una placa delgada. que consta de un segmento de aluminio y otro de acero. está sometido a dos momentos de torsión como se muestra en la figura. 24 de Setiembre del 2007 52 . Una barra escalonada. al  70MPa y el ángulo de giro en torsión en el extremo libre está limitado a 12 . el ángulo de giro en torsión  B y la energía potencial de deformación U. (5 puntos) FECHA La Molina. Determinar el valor del momento torsor T. Calcular el máximo valor admisible de T de acuerdo con las siguientes condiciones:  o  a  100MPa . si el esfuerzo tangencial admisible es   40MPa y G  8.4.10 MPa 4  ………………………. (4 puntos) 5. Considerar G a  83GPa y G al  28GPa ………………………. 96psi  Y  13186.278  100MPa 3 3 1 3 1 3 1   2 2   2   3 2   3  1 2 144. Sabemos que: X  1  X   Y  E  1  X  0.7212  36.278MPa b) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:  máx  1   3 144.721  100  55.721  55.278  144.0007 30. (a)  1  Y  0.515MPa 53 . obteniendo: ……………….3 X  21000 Resolvemos (a) y (b).2782  55.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – II 1. siendo estos los esfuerzos principales: 1  144.3 Y  30000 Y  1  Y   X  E ……………….3 X   0.721MPa  2  100MPa  3  55.10 6  Y  0.3 Y   0.721  1002  100  55. reemplazamos valores en la ecuación cúbica: 3  300 2  28000  800000  0 Obtenemos tres soluciones y lo ordenamos de mayor a menor.721MPa 2 2 c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos:  oct   oct   oct  1 1   2   3   1 144. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica: I1   X   Y   Z  120  80  100  300 I 2   X  Y   X  Z   Y  Z   2   2   2  120(80)  120(100)  80(100)  40 2  28000 XY XZ YZ X I 3   XY  XZ  XY Y  YZ  XZ Z 120 40 80 0 0 0 0  120(80)(100)  40(40)(100)  800000 100  3  I1  2  I 2   I 3  0  YZ  40 Luego.001 30. (b)  X  26043.81psi 2.278   44.10 6  X  0. 096rad  5.3 120  80  100  6.81N.10 ALUMINIO:  T  1227.10 ( / 32).10 28.m 2T(1.8.10 3.56  8000 ( / 16)d 3 b) Por dato del problema.75 .12   0.m Asumimos: Tadm  1227. a) Para la barra de sección tubular:  máx  Luego: T Wp  T  8000 ( / 16)(4) (1  0.5) 3T(2)    4 12 9 4 12 15 83.98p lg 4.10 4 E 2.p lg  TL 41601.875 ) 41601.m 3T  70.18N.10 ( / 32). aplicamos la condición de rigidez:  T  1932.18N.875 4 ) 3  T  41601.10 ( / 32)(4) (1  0.10 6 3 9 ( / 16).75 . Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC C  0 54 .d) Determinamos el cambio unitario de volumen: e 1  2  X   Y   Z   1  2.56.50 .m 5.56lb.10 6 3 9 ( / 16). se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición: d  2.10 Ahora. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO: 2T  100.10 9 T  1637.52N.50 .05.5 o 6 4 4 GI p 4. 10 12 i 1 2GI p ( t )i 2 55 .m  16J 2.82) 2 .0.8.5N.40 .2 T.60 4.2 (0.82.60 4.171.82N.10 12 2.0.40 .82N.10 G.m Asumimos: T  2167.TC .8  0.829T  40.10 12 TC  0.8.40 4.171T  40.10 6.82) 2 .141.10 9 SECCION CUADRADA:  T  2939.0.1.60 .84 o 4 6 4 12 8.171.2167.10 4.60 .1.0.10 6 ( / 16).141.10 Luego:  T  2167.10 6 3 9 0.10 Calculamos la energía potencial de deformación: Ti2 L i (0.10 .2   0 4 12 4 12 G( / 32).0.8 TC .40 3.0.2167.171T A partir del momento torsor determinado.141.0147rad  0.8 U    16 N.10 G. graficamos el diagrama de momento torsor Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR: 0.10 4.10 6 ( / 32).2167.10 ( / 32).829.1.m Determinamos el ángulo de giro en torsión en B B  0.m 0.208. Determinar el valor del ángulo  y la carga máxima admisible Padm .U N I V E R S I D A D D E USMP . ………………………. (5 puntos) 3. Un miembro en tracción se construye al unir con pegamento dos piezas de material a lo largo de la línea pq .5p lg 2 y los esfuerzos admisibles en la junta son  adm  2000psi y  adm  1000psi ………………………. Calcular los esfuerzos principales y el ángulo  0 . debido a ello se solicita determinar el ángulo de giro en el punto C localizado a 1m de la base del poste. Por razones prácticas el ángulo  se limita al intervalo de 0 o a 60 o . tal como se muestra en la figura. Se tiene un panel publicitario de 1.3m x 1. Considerar G  8. que resulta de la acción simultánea de estos dos estados.5m que se muestra en la figura.10 5 kg / cm 2 y que la fuerza del viento es perpendicular al panel e igual a w  500kg / m 2 . (3 puntos) 2. En la figura también se muestra la sección transversal del poste. La fuerza del viento que impacta sobre la superficie del mismo genera torsión en el poste metálico. En un punto de un cuerpo.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 2 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. el estado plano de esfuerzos es el resultado de dos estados separados que se muestran en las figuras (a) y (b). si el área de sección transversal de la barra es 1. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1. ………………………. (3 puntos) 56 .D. Una barra de acero se encuentra cargada como se muestra en la figura. Determinar la relación de longitudes b/a que debe existir para que el ………………………. doblemente empotrada en sus extremos. la porción AB tiene 75mm de diámetro y es de bronce. 21 de Abril del 2008 57 . En la barra escalonada. si el esfuerzo tangencial está limitado a 60MPa y el ángulo de giro en torsión en el extremo libre no debe exceder de 4 . a  80MPa y G a  83GPa . (4 puntos) 5. Determinar el diámetro requerido de la barra. (5 puntos) acero y el bronce trabajen al máximo esfuerzo posible ¿Qué momento torsor T es necesario para ello? FECHA La Molina.4. Considerar G  83GPa o ………………………. La porción BC es de acero. de 50mm de diámetro. con   b  60MPa y G b  35GPa . 5 P  3750lb Asumimos: Padm  3750lb 2. Por dato del problema: 1 cos 2   2000 …………… (a) …………… (b) 1sen cos   1000 Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: tg  0. (d)  X  26MPa  Y  26MPa Reemplazamos en (b) y obtenemos:  XY  15MPa 58 . Se sabe que en un elemento girado en estado plano.56 o Reemplazamos en (a): P cos 2 26.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2008 – I 1. (a) X  Y cos 120 o   XY sen120 o  0 2   X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 o o …………….5   26. (c) Multiplicamos (b) por cos 120 y (c) por sen120 . se cumplirá:       X   Y Analizamos la figura (b) del problema: X  Y  0   X  Y X  Y  cos 120 o   XY sen120 o  0 2 2 ……………. (b) ……………. luego lo sumamos y obtenemos: X  Y  26 2  X   Y  52 Resolvemos (a) y (d).56 o  2000 1.56 o Luego:   26. obteniendo: ……………. tal como se muestra en la figura: Luego: C  63375.04 o 4 4 8.5  975kg Determinamos el momento torsor que generará: T  975(75  10)  63375kg. Calculamos la fuerza resultante del viento: F  w. analizamos la suma de esfuerzos de los casos (a) y (b).80MPa 2 2 Ahora calculamos el ángulo de giro  0 tg2 0   2 XY X  Y  tg2 0   2(20) 52  0  18.75 ) 5 59 .78o 3.100  7.80MPa 2 2 2  X  Y 1  2 2  X   Y 2  4 2 XY  26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32.38.1.20 (1  0.cm Los 10cm es la distancia del extremo del panel hasta los pernos de fijación. El momento torsor que se genera es igual por toda la altura del poste.1. obteniendo el estado plano de esfuerzos equivalente (c).Luego.3.A panel  500.10 ( / 32).10 4 rad  0. tal como se muestra en la figura: Determinamos los esfuerzos principales del estado equivalente (c) 1  X  Y 1  2 2  X   Y 2  4 2 XY  26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32. Graficamos el diagrama de momento torsor: Aplicamos la condición de resistencia:  máx    1000  60.10 35.4.277b  9.10 ( / 32)d 83.39.10 ( / 32)d  d  5.10 2 m d  51.10 6 3 ( / 16)d  d  4.10 2 m d  43. aplicamos la condición de rigidez:  máx    1000.50 .10 35.03a 60 .10 ( / 32).5mm Asumimos: d  51.15.9mm Ahora.277b  9.10 ( / 32).277Tb 19. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC C  0 TC b TC a Ta   0 G a I p(a ) G b I p( b) G b I p( b) TC b TC a Ta   0 4 12 9 4 12 9 83.10 12 9 TC  Luego: 9.10 ( / 32).03Ta 19.03a T eje 0  TA  TC  T  0 TA  19.75 4.75 .5mm 5.3 500.2    9 4 9 4 45 83. .277(b / a )  9. (a) 9.máx  TA  b ( / 16)d 3 b  19.m 61 .03a 16 9.máx  TC  a ( / 16)d 3 a  …………….03Ta   .03Ta  1963.10 6 19.14N.277b  9.277Tb  4970.80.Por condición del problema:  b.186)  4970.186)  9.50 3.933kN.m  6.03a  a .277b  9.1 19.186 a Reemplazamos en la ecuación (a).277T(b / a )  4970.03a 16 19.10 9.1 19.277(1.277b  9.277Tb   .1 19.10 6 19. dividiendo previamente dicha ecuación entre “a”.277b  9.5 19.03a Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: …………….03  19..277T(1.753.60. obteniendo: 19. (b) b  1.03 T  6933.10 9. (4 puntos) 2. Determinar los esfuerzos normales de la barra escalonada doblemente empotrada.D. ………………………. Considerar el módulo de elasticidad “E” y el área “A” de la sección transversal igual para ambas barras. ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN PARCIAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. (4 puntos) 62 .U N I V E R S I D A D D E USMP . Determinar los desplazamientos  X y  Y del punto de aplicación de la fuerza exterior “P” y los esfuerzos normales en las barras (1) y (2). GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. sabiendo que el peso específico es "" . ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1. Considerar el módulo de elasticidad “E” constante e igual para toda la barra escalonada. El recipiente está además comprimido por fuerzas P  200kN aplicadas en sus extremos. si su mitad izquierda es de sección transversal circular constante de diámetro “d” y la otra mitad varía su sección transversal circular desde “d” hasta “2d”. (4 puntos) 4. Un recipiente cilíndrico de hierro fundido de diámetro D  0. La presión dentro del recipiente es p  4MPa . considerando que los esfuerzos admisibles son   tr  20MPa y comp  60MPa ………………………. 03 de Mayo del 2006 63 .2m tiene las paredes de espesor igual a t  20mm . (3 puntos) 5. Considerar que toda la barra es de un mismo material ………………………. La intensidad “t” del par distribuido varía linealmente desde un valor máximo t o en el empotramiento hasta cero en el extremo libre. Graficar el diagrama de momento torsor para la barra doblemente empotrada mostrada en la figura. ………………………. Comprobar la resistencia del cilindro por la quinta teoría de resistencia (de Mohr).3. (5 puntos) FECHA La Molina. Obtener una fórmula para la energía potencial de deformación de la barra circular mostrada en la figura. Analizamos el equilibrio en el nudo “B” F F X 0   P1 cos 60 o  P2 cos 30 o  0 P1  P2 3 Y 0  P1sen60 o  P2 sen30 o  P  0  P 3   2 3 1   P2    P    2  2  P2  P (COMPRESION) 2 P1  Luego: P 3 (TRACCION) 2 1  2  P1 L1  P 3  a 3  1  3Pa    (ALARGAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA    P2 L 2  P  a  1  Pa     (ACORTAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA Efectuamos el diagrama de desplazamientos: 64 .SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. 158 EA   4EA  2   4EA   Pa Pa  3Pa  3   Pa  1    Y  1sen 60 o   2 cos 60 o   1  3 3  0.866 (TRACCION) A 2A A P2 P P   0.5 (COMPRESION) A 2A A 2. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por la reacción R B Sabemos que: B  0 R B (4a ) R B (2a ) R B (a ) A(4a )(4a ) A(4a )(2a )  (2A)(2a )(2a ) A(4a )(a )        EA E ( 2A ) E ( 4A ) 2EA E(2A) 2E ( 2 A ) E ( 4A )  De donde:  (2A)(2a )(a )  (4A)(a )(a )  0 E ( 4A ) 2E ( 4A ) 22 Aa 7 RB  Con el valor obtenido.Pa Pa  3Pa  1   Pa  3    X  1 cos 60 o   2 sen 60 o         2   8EA 3  3  0.  22  1  22  II   Aa    a  7  A  7 6  22  1   6  1   supII   Aa  A(4a )      Aa     a II  7  7  A   7  A  3  6  1   inf II    Aa     a II  7  7  2A  17  22  1   34  1   sup III   Aa  A(4a )   (2A)(2a )      Aa     a III  7  7  2A   7  2A  65 . graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal.774      EA  4EA  2   4EA  2  8EA   Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2)     1  2  P1 P 3 P   0. V  16  20 (8  17.227MPa ˂ tr  20MPa 60 Por lo tanto.x  2 2 L  2L t 2 L3 T 2 dx L  t o x 2  dx  U x    o 2GI p 0  2L  2GI p 40GI p   0 L 2 66 .2 2  0.16   8MPa (ESFUERZO MERIDIONAL) 4t 4. Se sabe que para cilindros se tiene: 1  ' 3  pDi 4.0.16 2 )  e.10 3 pDi 4.0. Por relación de triángulos: tx to  x L Luego:  tx  tox L tox2 1 1  tox  Tx  t x x   . 4.20.10 3 "   3 Luego: P 200.V  1  Reemplazamos valores y obtenemos: tr    tr comp 3  e.68)  19. se cumple la condición de resistencia.10 3   17.20.68MPa (ESFUERZO DE COMPRESION) A ( / 4)(0.17  34  1   infIII    Aa     a III 14  7  4A  31  22  1   IV IV   Aa  A(4a )   (2A)(2a )   (4A)(a )     a 14  7  4A  3.16   16MPa (ESFUERZO CIRCULAR) 2t 2. 774T 31 Con los valores obtenidos.5d  x L  m dx 2L   dx   x d X  d  2m  d  2   d1    2L   L Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor TA Sabemos que: A  0 L L TA L TA dx Tdx   0 4 4 4 G( / 32)d G( / 32)d (1  x / L) G( / 32)d 4 (1  x / L) 4 0 0 TA  Como: 7 T  0. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC m 0. graficamos el diagrama de momento torsor.5.226T 31 T eje 0  TA  TC  T  0 TC  24 T  0. 67 . 10 MPa y que las 5 6 o o áreas de los tres cables es de 1cm 2 ……………………….5. Considerar que el coeficiente de dilatación térmica es  c  16. El nudo “B” recibe una fuerza “P” de magnitud constante que gira lentamente en el plano.U N I V E R S I D A D D E USMP . ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1. (4 puntos) 68 . Las áreas de las secciones de las barras son iguales y se determinan a partir de la condición de resistencia ………………………. Determinar los esfuerzos que surgen en las secciones transversales de los cables que sostienen a la viga absolutamente rígida BCD mostrada en la figura. (5 puntos) 2.10 / C . producto del calentamiento de la barra central de cobre. debido a la variación de temperatura en 50 C .D. los módulos de elasticidad son E a  2E c  2.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN PARCIAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Determinar el valor del ángulo "" con la cual la masa del material de las barras sea mínima. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. el esfuerzo tangencial máximo y el ángulo de giro en torsión en el punto A. si el esfuerzo tangencial máximo en el tramo AB es  I máx  20MPa . Una barra metálica está doblemente empotrada a una temperatura ambiente de 68 F . Determinar el valor del momento torsor T2 .10 psi o 6 6 o o ………………………. Considerar que el tramo AB de la barra es de sección transversal circular de diámetro “d” y el tramo BC es cuadrado de lado “d” ……………………….10 MPa 4 ………………………. Calcular los esfuerzos normal y tangencial sobre la sección inclinada pq si la temperatura se incrementa hasta 200 F .3.5. si  A  3 B y G  8. tal como se muestra en la figura. 04 de Octubre del 2006 69 . Determinar el valor del esfuerzo tangencial máximo  II máx correspondiente al tramo BC de la barra doblemente empotrada. (4 puntos) 5.10 / F y E  30. (4 puntos) FECHA La Molina. (3 puntos) 4. Considerar   6. el peso depende del volumen del material a utilizar. (b) T2  Reemplazamos en la ecuación (b): P cos   T1sen sen  P cos   T1sen  Psen  T1 cos     cos  sen   T1  P  sensen  cos  cos     2 sen cos   T1  P cos(  ) sen 2 La tensión será máxima.. (a) F Y 0  T1 cos   T2 cos   Psen  0 Psen  T1 cos   T2 cos  De la ecuación (a): ………………. es decir sen 2  1. que es condición del problema y se cumple cuando   45 . lo que implica que   45 Como sabemos el peso y la masa están relacionados por la expresión P  mg . cuando    y será igual a: T1.SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – II 1.máx   A P sen 2 o El área será mínima. 70 . o No se analizó T2 debido a que por las condiciones de equilibrio y el gráfico respectivo. se desprende que T1 ˃ T2 y la condición de resistencia se aplica para comprobar con la tracción máxima. cuando cos(  )  1 . como este último es constante. cuando sen 2 sea máximo. es decir. será menor su peso y masa. depende de su área y longitud. Además. Analizamos el equilibrio del nudo B F X 0  P cos   T1sen  T2 sen  0 P cos   T1sen  T2 sen ………………. entonces se concluye que a menor área de sección transversal..máx  Según la condición de resistencia: P sen 2 A T1. es decir. lo que implica que el peso crece cuando la masa crece y viceversa. 2. El calentamiento de la barra central provocará su alargamiento, surgiendo las fuerzas internas mostradas en la figura: F Y 0  2Pa  Pc  0  Pc  2Pa El sistema es una vez estáticamente indeterminado. Luego, por la simetría se deduce que la viga se desplazará, pero en forma uniforme, o sea serán iguales todos los alargamientos de las barras. a  c Donde: a  Pa L Ea A Pc L 2P L   c L(T)  a EcA EcA 16,5.10 6.50  3300 N  3,3kN (TRACCION) 1 2    11 4   11 4 10 .10   2.10 .10  c   c L(T)  Igualando ambas relaciones se obtiene: Pa   c (T)  1 2   E A  E A  c  a   Pc  2Pa  6,6kN (COMPRESION) Los esfuerzos serán: a  Pa 3,3.10 3   33MPa (TRACCION) A 10 4 Pc 6,6.10 3 c    66MPa (COMPRESION) A 10 4 3. Ante el incremento de temperatura y como los soportes son rígidos, en este caso empotramientos, la fuerza de reacción de dichos extremos serán iguales y los denotaremos como R, que impide que producto de la dilatación del material se desplacen los empotramientos, es decir: R  T  RL  (T)L EA  1  E(T)  30.10 6.6,5.10 6 (200  68) 1  25740psi  25,74ksi (COMPRESION) Esquematizamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado pq , así como el ángulo  71 Determinamos dichos esfuerzos:    1 cos 2   25,74 cos 2 30  19,305ksi   1 25,74 sen 2   sen60  11,146ksi 2 2 Las orientaciones de   y   son las mostradas en el gráfico anterior. 4. Graficamos el diagrama de momento torsor: Por dato del problema:  A  3 B  (T2  400).0,8  (T2  400).0,8 400.0,8 400.0,8    3 4 12 4 12 4 12 4 12  G( / 32).60 .10 G( / 32).60 .10 G( / 32).40 .10  G( / 32).60 .10  T2  812,5N.m Luego:  CB   BD  16.1212,5  28,59MPa .60 3.10 9 16.400  9,43MPa .60 3.10 9  máx   DA  Asimismo: 16.400  31,83MPa .40 3.10 9 B  1212,5.0,8  9,5296.10 3 rad  0,546 o 6 4 12 8.10 .10 ( / 32).60 .10 4  A  3 B  3.0,546  1,638o 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC 72 C  0 TC (a ) (T  T)(a )  C 0 4 G.0,141d G( / 32)d 4 TC  0,5895T Graficamos el diagrama de momento torsor: Por condición del problema:  I máx Luego:  16.0,4105T  20 d 3  T  9,5663 d3  II máx  0,5895T  27,11MPa 0,208d 3 73 U N I V E R S I D A D D E USMP - FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN PARCIAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1. La estructura BCD mostrada en la figura soporta en el nudo C una fuerza P que actúa según un ángulo  respecto a la vertical. Las áreas de sección transversal y módulos de elasticidad de los miembros BC y CD son los mismos. Determinar el ángulo  tal que la deflexión del nudo C tenga la misma dirección que la fuerza P ………………………. (5 puntos) 2. Elegir el diámetro “d” de la sección transversal, si   100MPa . Considerar que la rigidez EA es constante en toda la estructura. ………………………. (5 puntos)  74 La sección transversal de un tubo de pared delgada de acero (G  80GPa) tiene la forma de un triángulo equilátero. Si el esfuerzo tangencial admisible es 60MPa. 02 de Mayo del 2007 75 . ……………………….105 MPa y   0.3. Determinar la variación volumétrica relativa  V . ¿Cuál es el ángulo de giro en torsión por unidad de longitud  o ? ………………………. Un momento torsor T se aplica como se muestra en la figura a una barra maciza circular con extremos empotrados. (3 puntos) FECHA La Molina. Determinar los momentos torsores en los empotramientos.25 ………………………. si E  2. La longitud de cada lado a lo largo de la línea media es b  150mm y el espesor de pared es   8mm . ¿Cuál es el momento torsor máximo admisible Tadm que puede actuar sobre el tubo? Para este valor del momento torsor. (3 puntos) 4. En una banda de acero rectangular de dimensiones 300x100x10mm actúan los esfuerzos normales 1  120MPa y  2  60MPa . (4 puntos) 5. SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo C F F Y 0  Pcd sen 45  P cos   0 Pcd  P 2 cos  (TRACCION) X 0   Pcd cos 45  Pbc  Psen  0  P 2 cos  cos 45  Pbc  Psen  0 Pbc  P(sen  cos ) (TRACCION) Luego.37 o 76 . asumimos L cd  L y obtenemos:  cd   bc  Pcd L cd (P 2 cos )(L) PL 2 cos  (ALARGAMIENTO)   EA EA EA Pbc L bc P(sen  cos )L cos 45 PL(sen  cos )   (ALARGAMIENTO) EA EA 2EA Esquematizamos el diagrama de desplazamientos: En consecuencia:  cd  bc  cos(  45) cos(90  )  PL 2 cos    PL(sen  cos )    cos(90  )    cos(  45)   EA 2EA     2sen cos   (sen  cos ) cos(  45) tg2   1 2   72. 25.10 6 2 ( / 4)d  d  28.10 3 m  d  33.28mm 77 .25kN (COMPRESION) Aplicamos la condición de resistencia: BARRA BC: 87.10 3 m  d  28.82mm Asumimos: d mín  33.10 3  100.28.10 6 2 ( / 4)d BARRAS CD y CE:  d  33.82.10 3  100. Analizamos el equilibrio del nudo C F F X 0 0   Pcd sen30  Pce sen30  0 Pbc  2Pcd cos 30  200  0   Pcd  Pce Pbc  Pcd 3  200 ………… (a) Y Efectuamos el diagrama de desplazamientos: De donde:  bc cos 30   cd  Pbc (a )  3  Pcd  a       EA  2  EA  3 / 2      Pbc  87kN (TRACCION) Pcd  3 Pbc 4 ………… (b) Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: Pcd  65.2.28mm 65. 10 3   0.3.m Tadm  9.8.5. Se sabe que:  máx T    2A o  mín   b2 3   T  2  4     150 2.5.353.60.10 4 E 2.10 4 4.10 6 T  2   4   T  9353N.5.10 6 3 / 4) 2 .45 5.01732rad / m GI t 80.10 9.25(120  0)  1. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC Se sabe que: C  0  0 TC L Ta  0 GI p GI p   TC  Ta L Ta T(L  a ) Tb   L L L T eje  TA  TC  T  0 TA  T  78 .25.75.10 6 m 4 0.25.10 4 E 2. 45  0 ds   0 ds 8.8.10 Luego:  V  1   2   3  5.10 6 3  .25(60  0)  5.353kN.10 6 2 4A o L media Donde: It   4(b 2 3 / 4) 2 0 .6.25(120  60)  2.10 3  4(150 2. Aplicamos la Ley de Hooke generalizada: 1  2  3  1 1  ( 2  3 )  1 5 120  0.10 1 3  (1   2 )  1 5 0  0.75.10 4  4.10 1  2  (1  3 )  1 5 60  0.10 4  2.10 3.10 4 E 2.25.10 4  1.25.m Luego: o  T 9.10 3  6. Una barra rígida ABC de peso despreciable está soportada como se indica en la figura.105 kg / cm 2  1   a  1.10 psi) .10 5  0   C  1   b  1.10 psi) y la parte BC es de aluminio (E al  10.5. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1. Determinar la variación de temperatura que deben experimentar los cables verticales.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN PARCIAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. La 6 6 barra se somete a una fuerza de tracción de 30k a) Determinar las longitudes L1 y L2 para las partes de acero y aluminio.2.10 5  0   C ………………………. respectivamente. (4 puntos) 2.95. La barra ABC está compuesta de dos materiales y tiene una longitud total de 36plg y un diámetro de 2plg. a fin de que ambas partes tengan el mismo alargamiento b) ¿Cuál es el alargamiento total de la barra? ………………………. La parte AB es de acero (E a  30. (4 puntos) BRONCE 79 .D. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. para que la de bronce alcance un esfuerzo de tracción de 500kg / cm MATERIAL AREA DE LA BARRA ACERO 2 MODULO DE ELASTICIDAD COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA A a  5cm 2 A b  10cm 2 E a  2.U N I V E R S I D A D D E USMP .1.10 6 kg / cm 2 E b  8. Un punto de un cuerpo se encuentra sujeto al estado plano de esfuerzos. 03 de Octubre del 2007 80 . respectivamente. 2  Y  100kg / cm 2 y  XY  200kg / cm 2 . ocasionados por un momento torsor T  900N.m ………………………. (4 puntos) 4. Una barra compuesta se construye mediante el montaje por contracción de un tubo de acero sobre un núcleo de latón. Determinar los valores de los esfuerzos principales y la orientación de los planos donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo ………………………. si   80MPa y G  8.10 MPa 4  ………………………. Los diámetros exteriores son d1  25mm para el núcleo y d 2  40mm para el tubo. en forma tal que ambos actúan como una unidad en torsión. El módulo de elasticidad a cortante del tubo es G a  75GPa y el del núcleo es G L  39GPa . (4 puntos) 5. Calcular los esfuerzos tangenciales máximos  a y  L en el acero y el latón.3. Determinar el valor de “b” y el ángulo de giro en torsión en C. (4 puntos) FECHA La Molina. siendo  X  200kg / cm . 120  370Pa  10000.2 2 10. (b) L1  27p lg L 2  9p lg b) El alargamiento total de la barra será:    a   al  2 a  2 al  30.L1 30. a) Sabemos que: L1  L 2  36 Por dato del problema: ……………….10  5000kg Analizamos el equilibrio de la barra rígida ABC M A 0  5000.10 3.10 ( / 4).270  0 Pa  5675.10 6 ( / 4).017188p lg  0.L 2  30.10 3. analizamos su diagrama de desplazamientos: b   a 120 370  370 b  120 a 81 .SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – II 1. (a)  a   al  30.10 6 ( / 4).10 3.2 2 L1  3L 2 Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: ………………. Calculamos la fuerza de tracción en el cable de bronce: b  Pb Ab  Pb   b A b  500.27    2  0.2  2.0172p lg 6 2   30.67kg Como la barra es rígida. 370( P( b)   T ( b) )  120( P (a )   T (a ) ) Reemplazamos valores y obtenemos:  5000.25 4. Determinamos los esfuerzos principales: 1  2  200  100 1  (200  100) 2  4(200) 2  300kg / cm 2 2 2 200  100 1  (200  100) 2  4(200) 2  200kg / cm 2 2 2 Determinamos los planos. (b) Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: TL  TL  T  G L I p(L) TL  T G I  L p(L)  G a I p(a )       39.1.10 9 ( / 32).67.120   5675.25 4.625 4 )     82 .43o ……………….10 9 ( / 32). (a) TL  Ta  T De la compatibilidad de rotaciones:   L  a Ta L TL L  G L I p( L) G a I p(a ) Ta  G a I p(a ) G L I p(L) G a I p(a ) G L I p( L) TL ……………….10 5 (T). Del equilibrio estático: 3 cos   sen  0 cos   3sen  0     71.120  120  1.180  370  1. es decir:   1 6  X  Y X  Y 300  cos 2   XY sen 2  2 2 6 200  100 200  100  cos 2  200(2sen cos )  50 2 2 3 cos 2   8sen cos   3sen 2   0 (3 cos   sen)(cos   3sen)  0 De donde: 1ra solución: 2da solución: 4.10   2.10 .5.10 12 TL  900  39.10 . donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo 1 .10 5 (T).95.180 5 6  8.8o C 3.57 o   18.40 4.5  T  23.2.10 12  75.10 9 ( / 32).10 12 (1  0. 4    0 GI t GI t GI t GI t  TE  30kN.8 20.0.m Ta  900  77.10 2 ) 3 83 .0.625 4 ) TL 77.10 9 (1  0.945N.10 6.229(18.TL  77.10 4.10 6.40 3.13.246(2b)(b) 2  b  0.0913m b  9.26.6 60.945   77.1.m Con el valor obtenido.055N.10 3.13cm Calculamos el ángulo de giro en torsión en C C  10.10 6 0.253.0.m Luego: a  L  Ta 822.0.229(18.10 2 )(9.28MPa Wp ( a ) ( / 16).10 3. graficamos el diagrama de momento torsor: Luego:  máx   Asumimos:  30.13.1.055  822.10 2 ) 3 8.10 3  80.2 20.4  0 8.4 10.10 2 )(9.12MPa Wp ( L) ( / 16). Eliminamos el empotramiento en E y lo reemplazamos por su momento torsor TE Sabemos que: E  0  TE .26.055   25.0.10 4.10 9 5.0. si sobre la viga rígida ACE actúa una fuerza “P” b) Determinar el estado final de la estructura después de aplicada la carga “P” con sus respectivos desplazamientos ………………………. (4 puntos) 2. P  125kN . Determinar el alargamiento de la barra. b 2  150mm y E  200GPa ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN PARCIAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. t  25mm . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. si L  1. Una barra de sección variable está sometida a la acción de fuerzas de tracción “P” en sus extremos. Se pide: a) Determinar los esfuerzos normales en cada una de las barras. (5 puntos) 84 . La figura muestra tres barras suspendidas hechas del mismo material “E” y con igual sección transversal “A”. Si el ancho de la barra varía linealmente desde b1 en el extremo izquierdo hasta b2 en el extremo derecho.D. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1.5m . b1  100mm .U N I V E R S I D A D D E USMP . Considerar para el acero G a  83000MPa . (4 puntos) 4. Determinar el esfuerzo tangencial máximo. ……………………….m . 30 de Abril del 2008 85 . sabiendo que los esfuerzos principales son 20MPa y -80MPa ………………………. Una barra se compone de tres porciones AC. para el aluminio G al  28000MPa y para el bronce G b  35000MPa . (4 puntos) FECHA La Molina. (3 puntos) 5.m y TD  700 N.3. Dado el elemento de la figura. calcular los valores de  X y  Y . CD y DB soldadas entre sí y el conjunto firmemente empotrado en sus extremos. sometido a los momentos torsores TC  300N. Determinar el diámetro exterior “d” de una barra prismática hueca del mismo material y la misma longitud que tenga la misma rigidez torsional si el espesor de pared “t” de la barra hueca debe ser d/10 ………………………. Una barra maciza de sección transversal circular con dos diámetros diferentes se muestra en la figura. 10 3.5P …………………. (b) Esquematizamos el diagrama de desplazamientos: De donde:  2   3 1   3  d 2d  1  2 2   3  0 86 .t L   L L b  Pdx Pdx PL dx PL     ln  2  EA x 0 Eb1  (b 2  b1 ) x / L.1. (a) E  P1 (2d)  P2 (d)  P(1. a) Esquematizamos el diagrama de cuerpo libre de la viga rígida ACE F  0 M  0 Y   P1  P2  P3  P ………………….t Et  b1L  (b 2  b1 ) x Et (b 2  b1 )  b1    0 0  125.04.10 (150  100).5  150  4 ln    3.SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2008 – I 1.5d)  0 2P1  P2  1.10 . Esquematizamos la variación del ancho de la sección transversal: Por relación de triángulos rectángulos: y b 2  b1  x L Luego: L  y ( b 2  b1 ) x L  ( b  b1 ) x   A x  ( b 1  y) t   b 1  2 .10 m  0.304mm 9 3 3 200.10  100  2.25. 083P Luego:  AB   CD   EF  PAB P1 0.333 A A A A PEF P3 0. (c) 3P2  P P2  0.333 EA EA P3 L PL  0.083 EA EA De esta manera.083P P    0. el cual se muestra en la siguiente figura: 87 .584P P    0. el diagrama de desplazamientos final coincide con el indicado anteriormente.P1 L PL PL 2 2  3 0 EA EA EA P1  2P2  P3  0 Restamos (a) menos (c) y obtenemos: ………………….333P  P3  P P3  0.584P Reemplazamos en (a): 0.083 A A A A P1 L PL  0.584P  0.333P P    0.5P P1  0.333P  1.584 EA EA b) Calculamos los desplazamientos:  AB  1   CD   2   EF   3  P2 L PL  0.333P Reemplazamos en (b): 2P1  0.584 A A A A PCD P2 0. 4.10 G( / 32). (b) Sumamos (a) y (b).5T 32T   (135740. porque los esfuerzos son opuestos a los indicados en el gráfico inicial de distribución. obteniendo:  X   Y  60 Reemplazamos (c) en (a): ………………….100 . cuando  X   Y  80 . en este caso la 2da solución no cumple. (c) 1 ( X   Y ) 2  4 2  50 XY 2 ( X   Y ) 2  4(30) 2  100 2  X   Y  80 Resolvemos (c) y (d): ………………….5     4 4 G  369d 4  G( / 32) d  (4d / 5) Ahora. Para la barra escalonada se tendrá:  2T 1. es decir.74) 4 12 4 12 G G( / 32).74)    G G  369d 4  d  0. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por su momento torsor TB Sabemos que: B  0 88 .29mm 5. según lo formulado en el problema. Por dato del problema: 1  2  X  Y 1  ( X   Y ) 2  4 2  20 XY 2 2 X  Y 1  ( X   Y ) 2  4 2  80 XY 2 2 ………………….60 . una positiva y otra negativa.08129m  81.5T 32T  2187.5  (135740.3.10 3. (d)  X  10MPa  Y  70MPa Como toda raíz cuadrada tiene dos soluciones. (a) …………………. analizamos la barra hueca:    Por condición del problema: 32T 32T  2187. 5 TB .10 ( / 32).10 28000.10 ( / 32).1.2 300.2   0 4 12 6 4 12 6 28000.m Graficamos el diagrama de momento torsor: Calculamos los esfuerzos tangenciales para cada tramo.50 .25 4.10 12 6 De donde: TB  472N.5 700.528   172.50 .10 83000.50 3.10 12 6  700.10 9 89 .253.1 TB .10 ( / 32).10 ( / 32).85MPa 3 d DB .10 83000.25 .10 ( / 32).29MPa 3 d CD .10MPa 3 d AC .472   153.25 .228   9.TB .10 83000.10 9 16TDB 16.2    4 12 6 4 12 6 35000.1.10 9 16TCD 16. determinando de esta manera el esfuerzo tangencial máximo.  máx   AC   acero   CD   alu min io   DB   bronce  16TAC 16.25 4.10 ( / 32).253. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM.U N I V E R S I D A D D E USMP . ubicando previamente la posición ………………………. (5 puntos)  tr  40MPa y comp  150MPa . Previamente. si  racional de la viga. (3 puntos) 2. ubique la posición 90 . si  racional de la viga. ………………………. Determinar el valor de “a”.  tr  30MPa y comp  90MPa . si   100kg / cm  2 ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 3 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Determinar el valor de “L” y graficar el diagrama de esfuerzo tangencial para la sección de la viga mostrada en la figura.D. (4 puntos) 3. Determinar el ancho “b” de la viga mostrada en la figura. Considerar n  15 . 22 de Mayo del 2006 91 .m que puede soportar la viga. FECHA La Molina. d  25cm y el área total de las varillas de acero es 4.4. Determinar los esfuerzos máximos en el acero y la madera. b  15cm .   c  40kg / cm 2 .62cm2. (4 puntos) flector máximo en kg. a  1200kg / cm 2 y determinar el momento ………………………. Una viga de madera reforzada con una plancha de acero en su cara inferior. ………………………. (4 puntos) 5. Considerar P  1000kg y E a / E m  20 . En una viga de concreto armado. está simplemente apoyada de 3m de longitud y soporta una carga concentrada “P” en su punto medio. Las dimensiones de la sección transversal se muestran en la figura. 3.86a ) 2  3075. YCG  (a )(16a )(8a ). Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos su momento de inercia respecto al eje neutro.10 2 (b)  100 b(2b) 3 / 12 Asumimos: b  24cm h  2b  48cm Quedando la sección transversal la mostrada en la figura: 2.14a ) 2 .14a (a )(16a ).10 3.05a 4 12 12   92 .2  (20a )(4a )  (a )(16a ) 3  (20a )(4a ) 3 IZ    (a )(16a )(7.2   (20a )(4a )(2.2  (20a )(4a )(18a )  15. Graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector: Luego:  máx   De donde:  M máx y máx   IZ b  24cm  9.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – I 1. 12.05a 26.86a )(a )  81.86a  30. utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx  26.10 2 m a  1. b) Áreas de la sección transversal: A sup  (20a )(4a )  2(0.12cm a  1.m . tanto por momento flector.10 3 .15.72a 2 (TRACCION) Z A inf  2(a )(15. implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión.10 6 3075. se concluye que dicha posición es la racional.13.Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Determinamos la posición racional de la viga.4. Aplicamos la condición de resistencia para cada zona:  tr máx 26.10 3  .4.28a 2 (COMPRESION) Z Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión.14a )  30. como por áreas.05a 4   a  1.10 6 4 3075.4.4kN.10 2 m   a  1.14a  90.13cm  comp  máx 93 . 10 94 .75.2  1.26  12.2 Determinamos la posición racional de la viga.13cm 3.10 2  40. b) Áreas de la sección transversal: A sup  12.19.72cm 2 (COMPRESION) Z Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión.13  12.2. como por áreas.26. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Determinamos la ubicación del eje neutro: YCG  1.72cm 1.10 6 8 3918. tanto por momento flector.8.6.28  30. se concluye que dicha posición es la racional.72  19.Asumimos: a mín  1.27  19.28cm 2 (TRACCION) Z A inf  1. implica que la zona superior al eje neutro es de 2 tracción y la zona inferior de compresión. Luego: tr  máx  M máx tr y máx  tr IZ  2000L2 .28. utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx  2000L . 72.174.44cm 3 Z D  0 95 .72  1.10 2 Vmáx SC 12.2 3 1.14  194.72. analizamos el efecto de compresión:  comp  máx  L  3.86m Asumimos: L  3m Ahora.10 3.19.10 6 Z   5.72 2  3918.28.75.10 2  máx   C  SC  174.75.75.10 8.10 8 Ahora.10 3.10 8.72cm 3 Z  B'  Vmáx S B' 12.1.10 2  150.10 6 3918.26 3  12. graficamos el diagrama final: Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal.7.35MPa I Z b B' 3918.75.10 3.174.28 2   1.75cm 4 12 12 M máx comp y máx  comp IZ 2000L2 .1.26.95MPa IZbC 3918.12.72.6.2.10 6 Z B    0. A  0 Vmáx S B 12.3.077m Donde: IZ  12.44.7.28  174.6.45MPa IZbB 3918.10 2 SB  12.194.2.10 6 Z   5.10 8.L  3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Transformamos la madera en acero: b 'a  Em 1 b m  .2 3 0.4.76 2  357.8 Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ  10.2  0.13.1.5.74 2   0.8.5.37cm 4 12 12 96 .5.4.34cm 10.8.13.1  3.2.6  0.13.2.5.1.13.5cm Ea 20 Determinamos la ubicación del eje neutro: YCG  10.0.10  0.8.1.83  10.2.1. 12cm 4 12 Analizamos los esfuerzos en el concreto y el acero.3.66   122.3X  1732.Determinamos los esfuerzos normales máximos en el acero y la madera:  a máx M máx a 750.26 3 IZ   15.13.74 2  20221.11.cm  718.5.35kg / cm 2   I  20  357.m 97 .78kg.5  0 X  11. M máx .26cm Luego: 15.37 m  máx Em Ea  M máx m  1  750.46kg.11.10 2    y máx   .10 2  y máx  . comparándolos con los valores admisibles.632  69.4.11.3.74  1200 20221.26  40 20221. Transformamos el acero en concreto: A 'c  nA a  15.33kg.5X 2  69.3cm 2 Se sabe que: Ssup  Sinf Z Z  X 15X   69.12 M máx  117735. CONCRETO: c  máx M máx c y máx  c IZ  M máx .11.62  69.46kg.cm Asumimos: M máx  71833.cm ACERO: a  máx Ea Ec  M máx a    I y máx   a   Z   15.95kg / cm 2 IZ 357.13.26.37    Z  5.325  X  2 7.34  700.12 M máx  71833. U N I V E R S I D A D D E USMP . La reacción “q” del balasto o cascajo puede suponerse uniformemente distribuida sobre la longitud del travesaño. (5 puntos) 98 2 2 . (3 puntos) 3. que puede aplicarse sobre dicho sistema y graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. calcular el máximo valor de la carga “P”. Calcular el espesor “t” del canal a fin de que los esfuerzos por flexión en las partes superior e inferior de la viga estén en la relación 7:3 ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 3 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. tiene la sección transversal indicada y se encuentra sujeta a las cargas concentradas señaladas. ni esfuerzos tangenciales mayores a 60kg/cm . (3 puntos) 2.5p lg ………………………. el cual tiene dimensiones de sección transversal b  12p lg y h  10p lg . si se supone que L  57p lg y a  19. Considerando que el material del que está fabricada la viga no puede soportar esfuerzos normales mayores a 1200kg/cm . Calcular el esfuerzo de flexión máximo  máx en el durmiente. expresada en toneladas. ………………………. La viga mostrada. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM.D. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1. Una viga que tiene una sección transversal en forma de canal se somete a un momento flector que actúa respecto al eje OZ. Un travesaño o durmiente de vía de ferrocarril está sometido a dos cargas concentradas P  50000lb y actúa como se muestra en la figura. E 3  250000kg / cm 2 . Determinar los esfuerzos normales máximos que se producen en cada material. Determinar el momento flector máximo que puede soportar la viga. En una viga de concreto armado. Considerar “d” la distancia desde el eje de las varillas de acero hasta la cara superior de la viga. 23 de Octubre del 2006 99 . a  875kg / cm 2 . E 4  300000kg / cm 2 ) . ………………………. b  38cm .   c  31. Una viga compuesta por cuatro materiales (E1  150000kg / cm 2 . está sometida a las cargas mostradas en la figura. E 2  175000kg / cm 2 . (4 puntos) FECHA La Molina.4.5kg / cm 2 . d  70cm y el área total de las varillas de acero es 19. Considerar n  20 .48cm2. (5 puntos) 5. ………………………. 5. se sabe que:  7 3  sup   inf  Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: M y sup IZ M y inf IZ 7 3 …………………..SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – II 1. la sección transversal quedará tal como se muestra en la siguiente figura: Luego: Ssup  Sinf Z Z 7. (b) y sup y inf Del gráfico del problema:  y sup  y inf  10 7 y inf  y inf  10 3 De donde: y inf  3p lg y sup  7p lg De esta manera. Por dato del problema:  sup  inf Además.3. (3  t ) 2 .5t )  t.2 2 t 3  18t 2  32t  0 De esta ecuación se obtienen tres soluciones.2  24t (3  0. (a) ………………….t. cuyo valor es: t  2p lg 100 . siendo dos de ellas irreales y la tercera la correcta. 2.2 101 .2.19.2. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. YCG  27.5)  2(50000)  q  1041.2  18.5  1125psi IZ 12.67lb / p lg Graficamos los diagramas correspondientes: Determinamos el esfuerzo normal máximo:  máx  M máx 225000 y máx  .13.10 3 / 12 3.5  18. Analizamos el equilibrio de la estructura: F Y 0  q(57  2. Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.28  19.3cm 27. A  0 B  2.2.5. implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión.10 P.2  51.2 3  2.85  372.7.8 2   18.3  38.7  313.2.3.19.10 2    P  4.10 2 )  12000 8 7833.10 2P .9cm 4 12 12 Determinamos la posición racional de la viga.435T Con este valor determinamos los valores para graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales.435.08T / m 2 8 2 7833.2.9.49. tr  máx  M máx tr y máx    IZ M máx comp y máx    IZ  2P . utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx  2P .(9. tanto por momento flector.8.9. b) Áreas de la sección transversal: A sup  18.6cm 2 (COMPRESION) Z Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión.(19.27.2.372. Comprobamos las condiciones para esfuerzos normales en tracción y compresión.2cm 3 Z 102 . así como para el esfuerzo tangencial.9.49cm 3 Z Analizamos el rango que cumple con las tres condiciones.7.10 2 )  12000 8 7833.2. se concluye que dicha posición es la racional.IZ  2.7.10 8.524T  comp  máx  máx  Vmáx Ssup Z   IZb Ssup  18.313.2.7  7.10 6  54.846T P  2.8. obteniendo: Asumimos: Pmáx  2.3.8.10 .18.10 SB  18. como por áreas.7 2  7833.9.435T P  2.10 6  600 7833.2  7.27 3 18.4cm 2 (TRACCION) Z A inf  2. 10 6  486.435.9T / m 2 8 2 7833.10 . transformamos todos los materiales al más rígido.76T / m 2 8 2 7833.10 2.435.30  17.30  25cm E4 300000 103 MATERIAL 2: b '4  MATERIAL 3: b '4  .49.372. Ahora. calculando los anchos equivalentes de cada sección.9.2.30  15cm E4 300000 E2 175000 b2  . B'   máx 2.2.10 6  C   578.5cm E4 300000 E3 250000 b3  . MATERIAL 1: b '4  E1 150000 b1  .2.10 . Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.313.9.10 D  0 4. 5  25.10. A 'c  nA a  20. Determinamos la ubicación del centro de gravedad y calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.10 .8 2   15.10 3.23  248kg / cm 2   300000  111291.10.13  163.18 2 12 12 12 12 I Z  111291.17  366.10. Transformamos el área de acero en concreto.6kg / cm 2 IZ 111291.67 MATERIAL 3: 3 2 E M  250000  24.12 2   25.10  3   3  máx y 3   .5.10 .25  15.10.10 . Ssup  Sinf Z Z  X 38X   389. utilizando el concepto de momento estático y de acuerdo a la figura mostrada.10.10 3  30.10.67   4 Z MATERIAL 2: 3 2 E M  175000  24. la sección transformada de la sección transversal de la viga será la mostrada en la figura.48  389.10     y máx   .35  17cm 300  250  175  150 IZ  30.19.79kg / cm 2  máx máx E  I 300000  111291.10 3 15.10 3 17.53kg / cm 2  máx máx E  I  300000  111291.5.10.67  4 Z MATERIAL 1:  1 máx 3 2  E1  M máx 1  150000  24.670  X  2 104 .10  2   2  máx y 2   .2 2   17. donde las medidas están en centímetros.6cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro. MATERIAL 4: 4  máx M máx 4 24.15  17.67  E4  IZ 5.5.7  125.10 3 25.10.De esta manera.67cm 4 Calculamos los esfuerzos normales máximos para cada material. YCG  30.10 2 y máx  . cm De donde: M máx  1028493kg.93 M máx  1028493kg.93 M máx  1046935kg.6X  27272  0 De donde: X  29cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.41  875 963844.5 2  389.93cm 4 12 Aplicamos las condiciones de resistencia para el concreto y el acero.14.29.29 3  38.m 105 .5 963844.cm ACERO: E M  a   a  máx y a  a máx máx E  I  c Z  20.6. M máx . CONCRETO: c  máx M máx c y máx  c IZ  M máx . IZ  38.cm  10284.29  31.93kg.412  963844.19X 2  389. 81kN / m 3 ………………………. (5 puntos) 106 2 2 .D. La viga mostrada en la figura está sometida a la acción de la carga distribuida “w” (kg/m). ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1. si el peso específico del agua es   9. Considerar que las vigas están simplemente apoyadas en sus partes superior e inferior. Determinar el valor de la dimensión “b” de la sección transversal de una viga sometida a flexión. si se cumple que   comp  3tr ………………………. Calcular el valor máximo de “w”. (3 puntos) 3.U N I V E R S I D A D D E USMP . Determinar el esfuerzo por flexión máximo  máx en las vigas.4m se construye con vigas de madera verticales AB de espesor t  150mm . como se muestra en la figura. ………………………. 15kg/cm en cortante. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Una pequeña presa de altura h  2.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 3 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. (3 puntos) 2. si los esfuerzos admisibles son 140kg/cm en tracción y compresión. Determinar el momento flector máximo que puede soportar si los esfuerzos admisibles son   a  120MPa .4. 21 de Mayo del 2007 107 .m ………………………. se tiene que el área de las varillas de acero es A a  3000mm y la 2 relación modular n  10 . Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero. (5 puntos) 5. como se muestra en la figura. Las tres partes se hallan firmemente unidas entre si de manera que no existe posibilidad de deslizamiento entre ellas. si el momento flector aplicado es 140kN. m  10MPa y E m  10GPa los módulos de elasticidad son E a  200GPa . En la viga T de concreto armado. Una viga está compuesta de tres materiales. E al  70GPa y ………………………. al  80MPa . (4 puntos) FECHA La Molina. 1  4.18.(b). siendo w o  hb 108 . una de tracción y otra de compresión. a partir de la condición que el momento estático de la parte superior al eje neutro es igual al momento estático de la parte inferior.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – I 1. Esquematizamos la viga y el efecto de cargas. tenemos que: tr y máx tr  comp comp y máx  tr y máx 1  comp 3 y máx tr y comp  3y máx máx Asimismo: tr y máx  y comp  24 máx Reemplazamos datos y obtenemos: tr y máx  6cm y comp  18cm máx Determinamos el valor de “b”.9  2.2. Ssup  Sinf Z Z  2. Como sabemos que el eje neutro divide a la sección transversal en dos zonas.4 b  20cm 2. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Luego:  máx  M máx (w o h 2 / 9 3) 2w o h 2 2( hb)h 2 2h 3 2.16 3  20.2.10 3.81.20 3 4 IZ   2   8554.4 3 y máx  ( t / 2)      2.9. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector: Como la sección transversal es simétrica.15 2 3. calculamos su momento de inercia respecto al eje neutro.67cm 12  12  109 .32MPa IZ (bt 3 / 12) 3 3bt 2 3 3bt 2 3 3t 2 3 3. el cual pasa por el centro de la sección.  7.0. 93.758w .93kg / cm 2 8 2 8554.10 w  681.10 6  15.93kg / cm 2 E  0 110 .10 1394.125w.10 .78kg / cm 2  D   B  2. ESFUERZO NORMAL:  máx  M máx y máx    IZ 1.78kg SB  20.(7.10.360.2.67.125.20.10 8.10.4)  552cm 3 Z Z Asumimos: w máx  656.67.37kg / m Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales.78.10 .67. A  0 B  1394.10 4 8 8554.78kg / cm 2 8 2 8554.37  1394.78.67.10 Vmáx  2.10 6  2.6.37kg / m Donde: Ssup  SC  20.6.552.6.10 6  15.10 2 w  656.67.552.10 4 kg / m 2  2.656.78.8.10 2  140.360.10 4 kg / m 2  15kg / cm 2 8 2 8554.10  máx   C   D'   B'  9.10 4 kg / m 2  9.10 6  9.Aplicamos la condición de resistencia.10 4 8554.26kg / m ESFUERZO TANGENCIAL:  máx  Vmáx Ssup Z   IZb  2.5  2.78.10 .9  360cm 3 Z  B'  1394. 86kN.56.74kN. MADERA: b 'a  Em 10.150 3 80.10 3  70  M máx  49.10 9 b al  .m MADERA: E M  m   m  máx y m  m  máx máx E  I  a  Z M máx  10.11.50.50.89.10 9 ALUMINIO: b 'a  De esta manera.4.20.210  123.10 6.56mm 4 12 12 12 Aplicamos la condición de resistencia para cada material.150.20 IZ  28.98.1.10 3 M máx  33.10 12 96.125  80.10 6.50 3 4.20 3  28.86.10 3  10  M máx  71.50  4. Determinamos los anchos equivalentes de los materiales convertidos en acero.25  4.m ALUMINIO: E  al   al máx E  a  M máx al   I y máx  al  Z  M máx  80.10 9 E al 70.89 2   4.56.150  80.27025555.112  27025555. la sección transformada de la viga es la mostrada en la figura: Determinamos la ubicación de su centro de gravedad de la sección transformada y calculamos su momento de inercia respecto a dicho eje. ACERO: a  máx M máx a y máx  a IZ  M máx  120.11.150.m 111 .10 12  200    123. YCG  28.56.10 12  200    76.27025555.80  4mm Ea 200.10 6.02kN.20.89mm 28.112   80.10 9 bm  .27025555.80  28mm Ea 200. 8.Asumimos: M máx  33.153 25.(7. A 'c  nA a  10.15.86 2  727692.64   25.m 5.5  X)  25X   300. Calculamos el área del acero transformado en concreto.5X 2  1050X  9375  0 De donde: X  8.10 3 2   a  n máx y a   10. a través del momento estático.53MPa   I    Z  112 .86. Ssup  Sinf Z Z  X 50. CONCRETO: c  máx M máx c 140.10   80.15.15.8.10 8 .10 8 ACERO: M   140.74kN.4.(50  X) 2 12.14.19cm 4 12 12 Calculamos los esfuerzos máximos para ambos materiales.41.07 2  300.10 2  4. máx máx   727692.23.3000  30000mm 2  300cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro.41.14.14 3 2 IZ   50.19.45MPa IZ 727692.14cm Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 50.10 3 y máx  .19. Una viga ahusada en voladizo AB de longitud L tiene secciones transversales cuadradas y soporta una carga concentrada P en su extremo libre. sabiendo que la posición racional de la sección transversal de la viga es la mostrada en la figura. (5 puntos) 2. Si los esfuerzos admisibles son de 48MPa y 120MPa en tracción y compresión. determinar el valor máximo de la longitud del voladizo. ¿Cuál es la distancia x desde el extremo libre a la sección de esfuerzo normal máximo debido a flexión? ¿Cuál es el esfuerzo normal máximo  máx ? ¿Cuál es la relación de este esfuerzo al esfuerzo  B en el empotramiento? ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 3 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph.D. (5 puntos) 113 . ………………………. respectivamente. tal como se muestra en la figura. El ancho y la altura de la viga varían linealmente desde h en el extremo libre hasta 2h en el empotramiento. La viga de hierro fundido soporta las cargas mostradas en la figura.U N I V E R S I D A D D E USMP . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. (3 puntos) 5. ………………………. 22 de Octubre del 2007 114 . Bajo la acción de un momento flector que produce un esfuerzo máximo de 60MPa en el aluminio. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales en función del esfuerzo tangencial máximo  máx   o ………………………. Los módulos de elasticidad son E al  70GPa y E a  210GPa .m. La sección transversal de una viga compuesta hecha de aluminio y acero se muestra en la figura. d  500mm . Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero en una viga de concreto armado en la que b  300mm . Considerar “d” la distancia desde el eje de las varillas de acero hasta la cara superior de la viga. (3 puntos) FECHA La Molina. ¿cuál es el esfuerzo máximo en el acero? ………………………. si el momento flector es 70kN.3. (4 puntos) 4. A a  1200mm 2 y n  8 . SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – II 1. se tendrá: y (X)   (X)  h x 1   2 L MX 12Px y (X)  4 (X) IZ h (1  x / L) 4 h  x  6Px  2 1  L   h 3 (1  x / L) 3    115 . Graficamos el diagrama de momento flector: Analizamos la variación de la sección transversal: m h/2  x L Luego:  m hx 2L x  hx   h x  h  2m  h  2   h1    2L   L Calculamos el momento de inercia a una longitud “x”. siendo: I (ZX )  h1  x / Lh(1  x / L)3 12  h 4 (1  x / L) 4 12 En consecuencia. 165  108.33.75 2   44617500mm 4 12  12  116 . para conocer la zona de tracción y de compresión.  30.30.30.25 2  2.150.108.30.30.75mm 2. YCG  2. A sup  180. y como se trata de hierro fundido el área mayor será de tracción.75  180.56.150.30.30  2.150 3  180.150  180. IZ   30.41.30 3  180.30 Comprobamos las áreas de las zonas.75  6525mm 2 (COMPRESION) Z Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. Determinamos las características geométricas de la sección transversal de la viga.30.25  7875mm 2 (TRACCION) Z A inf  2.El esfuerzo normal máximo se obtendrá al derivar En consecuencia: d ( X ) dx 0 d ( X ) dx  6Ph 3 (1  x / L) 3  3h 3 (1  x / L) 2 (1 / L)6Px 0 h 6 (1  x / L) 6 De donde: x  L/ 2 De esta manera:  máx   X  L / 2 L 6 P  8PL 2   3 3 9h  L/2 h 3 1   L   3  B   XL  Luego: 6PL 3PL  3 h (1  L / L) 4h 3  máx 8PL / 9h 3 32   B 3PL / 4h 3 27 2. 10 3 12 44617500. significa que por momento flector máximo será negativo e igual a 15X Aplicamos la condición de resistencia: TRACCION: tr  máx  M máx tr y máx  tr IZ  15X . nos indica que la posición de la viga es la correcta.108.71.75 120  0.25 48 ˃ 108.Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.4 117 . Por condición del problema.10 X  3.10 3 12 44617500.28m Asumimos: X máx  2m Comprobamos que la zona más peligrosa es la de tracción.10 X  2m COMPRESION:  comp  máx M máx comp y máx  comp IZ  15X .25. aplicando la fórmula: tr y máx tr ˃ comp y máx comp  71.10 3  48.10 3  120.75.655 ˃ 0. De esta manera.75b) 2    0. 3.833 2  0.3125b 3 Z En la parte inferior por simetría. el diagrama será el mismo.100  48.57mm 90.40 Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transformada. no es necesario comprobar a través del momento positivo máximo.5b) 3  b( b) 3 I Z  2.5b)(0.80.40  30.(0.375b )(b) b C  VS C V.375b )(0.5b)(0.(0. YCG  118 .1875b 3 Z  (0.5b)(0.5b)(0.5 o  D   B   máx   o E  0 4.833 o 4 I Z b C (0. b 'al  Ea 210 ba  .5b) b SB  (0.375b 4 12 12   b B  0.3125b 3 ) V Z   0.5b VS B' V.5 o 4 I Z b B' (0.5 2  0. Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales: A  0 VS B V. Calculamos el ancho equivalente del acero transformado en aluminio.25b)  0.  (0. es decir:  D'   B'  0.5b)(0.75b)  0.1875b 3 ) V Z  B'    0.1875b 3 ) V Z B    2  o 4 I Z b B (0.40.30  90mm E al 70 90.(0.5b)(0.375b )(b) b SC  0.1875b 3  (b)(0.80  30. 1200  9600mm 2  96cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro.48.10  al  Z 5. a través de los momentos estáticos: Ssup  Sinf Z Z  X 30X   9650  X  2 5X 2  32X  1600  0 X  14.432   90.40.51.57.10 6  M máx .27 N.43.m Ahora.39MPa  máx máx 12 E  I  70  7702857. calculamos el esfuerzo normal máximo en el acero: E M 6470.16mm 4 12 12 M máx al y máx IZ Determinamos el valor del momento flector máximo:  al  máx  60.10 3 12 7702857.27  210   a   a  máx y a   .80 3  30. Calculamos el área de acero transformado en concreto: A 'c  nA a  8.10 3  122.16.10 M máx  6470.57 2  7702857.40 3 90.80.16.8.97cm 119 .Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ  30.71. 14.92MPa 8 IZ 151349.032  151349.10 3  y máx  .59.14.14.Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 30.35.35.03.10 3 y máx  8.10 2  129.97 3 IZ   30.61MPa IZ 151349.10 M máx a 70.10 8 a  n máx 120 .59.59cm 4 12 Determinamos los esfuerzos máximos en el concreto y acero:  c máx M máx c 70.97.10 2  6.7.485 2  96. .97. (3 puntos) 2. Determinar la máxima carga uniformemente distribuida que puede aplicarse a todo lo largo de la viga.D.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 3 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. si el esfuerzo tangencial está limitado a 1.2MPa ………………………. siendo su momento flector máximo M o . Una viga simplemente apoyada de 4m de longitud tiene la sección transversal mostrada en la figura. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1. ………………………. Una viga está sometida a flexión pura. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Determinar la relación  tr /  comp de los esfuerzos de tracción y compresión máximos. si las secciones transversales son las mostradas en la figura. (3 puntos) 121 .U N I V E R S I D A D D E USMP . Considerar que los módulos de elasticidad para el acero y el aluminio son E a y E al . ………………………. ……………………….5T. Considerar que la fuerza cortante es V ………………………. se unen para formar una viga compuesta. (5 puntos) respectivamente. Obtener una fórmula para el momento flector máximo M máx que puede soportar la viga si se considera que el esfuerzo normal permisible en el acero es   a . b  20cm . 5. En una viga de concreto armado. d  40cm . Determinar los esfuerzos 2 normales en el concreto y acero.m. como se muestra en la figura. Un tubo de acero con diámetro exterior “d” y un núcleo de aluminio de diámetro d/2. para los casos (a) n  6 y (b) n  10 . correspondiente a una viga que trabaja a flexión. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal mostrada en la figura. 19 de Mayo del 2008 122 .3. Considerar “d” como la distancia desde la ubicación del acero de refuerzo hasta la cara superior de la viga. (4 puntos) FECHA La Molina. (5 puntos) 4. si el momento flector máximo es 1. A a  14cm . para luego determinar el esfuerzo tangencial máximo.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2008 – I 1.0.15    .15.1.15.0.0375)  1.075. Esquematizamos la viga con la carga uniformemente distribuida y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.0.5  comp y comp 2  b 3    3 2    1b 3    3 2    b) SEMICIRCULO:  tr y  tr  comp y comp 2d 3   0.1.10 6 3 3  0.050 12   12 123 .0.0.0. Se sabe que:  tr  Mo y tr IZ Mo y comp IZ  comp  Luego: a) TRIANGULO EQUILATERO:  tr y  tr   0.  máx  Vmáx Ssup Z   I Z b mín  2w (0.1.0.2.2 0.05  0.7374 d3  4 6 2. Determinamos el momento estático respecto al eje neutro Z Ssup(x )  Z 2 1  h 2x  1  2bx   h 2x  bx  h 2x  (b x )( x ). corresponde al centro de gravedad de dicho triángulo. Analizamos la parte superior de la sección transversal.w  4600N / m Asumimos: w  4.    x       2 h 2 3   2 3  2 h   2 3  Ahora. bx 2  h 2x   h 2x     24Vx    h 2 3  2 3   bh 3 2bx bh 3 . calculamos el momento de inercia de toda la sección transversal de la viga.    2  2  3 2   48  36   Luego: (X)  VS sup(x ) Z  IZbx V. bx b  x h/2  bx  2bx h En la figura. el punto del triángulo superior. 48 h El esfuerzo tangencial máximo se obtendrá al derivar 124 d ( X ) dx 0 . respecto al eje neutro Z  b(h / 2) 3 1  h  1 h  2  bh 3 I Z  2.  b   .6kN / m 3. cuya deducción la realizamos a continuación.I al  I a  Reemplazamos valores: a  Mya E a  a E a I a  E al I al 125 . A  0  3h  h 2 3h  2w    .   2  2 3 2   2V  bh bh 3  B   x 3 h / 8  C   x h / 2  D   B   máx  9V 4bh E  0 4. Se sabe que: a  M ya IZ E al E I  E al I al I al  a a Ea Ea Siendo: I Z  I a  n. Existe una fórmula conocida para esfuerzos de dos materiales. expresada en función de sus módulos de elasticidad e inercias.En consecuencia: d ( X ) dx  24V  h 2x   2  24Vx         0 bh 3  2 3   3  bh 3  De donde: x 3h 8 Luego. graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial.   8  2 3 8   9V  4bh bh 3  h  h 2 h  24V   . A 'c  nA a  6. a) Calculamos el área del acero transformado en concreto.25.14.d M  E a 2  a 4 4   4 d   d Ea   d      E al 64  64  2  2    Efectuando cálculos obtenemos: M Ea d 15E a  E al  512 3  a De donde: M d 3 a 512  15E a  E al   Ea   E 15  al  Ea          De esta manera.14.6cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ  20.22kg / cm 2 IZ 74941 Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: c  máx 126 .100 y máx  . el momento flector máximo será: M máx  d 3 a 512 5.32  84.6.6  29.4 2  74941cm 4 12 M máx c 1500.14.6 3  20.7.14  84cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro: Ssup  Sinf Z Z  X 20X   8440  X  2 10X 2  84X  3360  0 X  14. 88kg / cm 2 IZ 106588.10kg / cm 2 IZ  106588.100  y máx  6 .100  y máx  10 .68cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 20.14  140cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro: Ssup  Sinf Z Z  X 20X   14040  X  2 10X 2  140X  5600  0 X  17.22.100 y máx  .68.84 2  140.22. A 'c  nA a  10.17.32 2  106588.25.04kg / cm 2 IZ  74941  b) Calculamos el área del acero transformado en concreto.58 M máx a  1500.4   305.683 IZ   20.32   314.58cm 4 12 Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: c  máx M máx c 1500.17.17.58  a  n máx 127 .8.a  n máx M máx a  1500.68  24. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION.10 T / m e I  0. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1. ………………………. graficando los diagramas de fuerza cortante. si la sección transversal es constante. si E  3. Determinar la pendiente en C y la deflexión en B. Resolver la viga mostrada en la figura. Resolver la viga mostrada en la figura.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 4 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Determinar la deflexión en el punto C y la pendiente en el apoyo A. Considerar E  3. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. (4 puntos) 3.D. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. momento flector y refuerzo. graficando los diagramas de fuerza cortante. (6 puntos) 2.U N I V E R S I D A D D E USMP . momento flector y refuerzo.10 6 T / m 2 y las secciones de la viga en el tramo AB es 30cm x 40cm y en el tramo BC de 40cm x 60cm ………………………. (6 puntos) 128 . Determinar la deflexión máxima.0054m 6 2 4 ………………………. 4. (4 puntos) FECHA La Molina. E  30. Considerar   0. 19 de Junio del 2006 129 .10 6 psi e I  396p lg 4 . L  20pie . Determinar la magnitud de las cargas P de tal forma que la viga tenga contacto con el soporte C ……………………….5p lg . Una viga simplemente apoyada AB soporta dos cargas concentradas P en las posiciones mostradas en la figura. Un apoyo C en el punto medio de la viga se sitúa a una distancia  por debajo de la viga antes de aplicarse las cargas. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. 6VB )x  48(x  2)  VB (x  4)  5(x  4) 2 x2 ( x  4) 2 5( x  4) 3 2 EI 2 y  (56.6  0. aplicamos las condiciones de borde.6  0.0.  12   21600T. Analizamos las inercias para cada parte de la viga:  0.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – I 1.m    Luego: EI BC EI 2 21600    4.3.6VB )x  6x 2 EI 1 y '  (56. a) Si x  0 b) Si x  4m   y A  y x 0  0   C2  0 C1  1.4VB 0  VA  VB  (51.4  0.10 6.4. analizamos tramo por tramo en forma consecutiva.4  0.4  0.6VB  118.6VB ) x3 ( x  4) 3 5( x  4) 4  8( x  2) 3  VB   C3 x  C 4 6 6 12 130 .5 EI AB EI 1 4800 Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB . con la finalidad de determinar las constantes de integración. TRAMO I-I (0  x  4) EI1 y"  (56.4  0.  12   4800T. M F Y A 0  VC (10)  12(4)(2)  10(6)(7)  VB (4)  0 VC  51.6VB Ahora.4  0.4 y B  y x 4  0 TRAMO II-II (4  x  10) EI 2 y"  (56.4VB )  12(4)  10(6)  0 VA  56.10 6. calculando las reacciones en los otros apoyos.m     0.6VB )  24( x  2)  VB   C3 2 2 3 ' EI 2 y  (56.0.6VB )   C1 x  C 2 6 2 Luego.4 3  2 EI AB  EI 1  3.4  0.6 3  2 EI BC  EI 2  3.4  0.6VB ) x2  2x 3  C1 2 x3 x4 EI 1 y  (56. 6VB )  8(2)  4C 3  C 4  6 2 6   EI 2   Reemplazamos C1 y C 3 por los valores calculados anteriormente.4  9.6VB  118.4  0.2 CONDICION ADICIONAL e) Si x  10m  y C  y x 10  0 (56.4  0.6VB d) Si x  4m  y Ix 4  y II4 x 1 EI 1    43 4 4 1  43 3  4C1   (56.125T  Con estos valores graficamos los diagramas finales.4)  (56.4  9. 131 .6VB ) De donde: V (6) 3 5(6) 4 10 3  8(8) 3  B   (566.8VB  2803.6VB )  24(2) 2  C 3    2 2   EI 2   C3  566.6VB )  (56.4  0.188T  VA  16.6VB )  2(4) 3  (1.687T  VC  25.2)  0 6 6 12 VB  66. los cuales se muestran en la siguiente figura.4  0. obteniendo: C 4  44.8VB  2803.6VB )(10)  (44.4  0.PRINCIPIO DE CONTINUIDAD c) Si x  4m   Ix 4   II4 x 1 EI 1    42 1  42 (56. 2383 5. 4800  6 2   1  1.687.238m x 6  11.9.81mm  132 .  8. siendo válida la que se encuentra en el tramo analizado y las otras dos soluciones son inválidas por encontrarse fuera del tramo.687  24( x  2)  66.48.089m Luego: y1  y x 3.10 4 m  0.3.81.266m x 5  7.10 3 m  4. 238  4.005  0 2 2 3 Esta ecuación también tiene tres soluciones.541m x 3  1.238  162.1.2383    69.5413 1.005. x 4  3.720  1.48mm  16.10 3 m  2.3.956m Luego: y 5  y x 7. x1  3.687.188   69.022  21600  6 6 12  y 5  y x 7.541  2. la cual se muestra en la siguiente figura.687.81mm  Con este resultado. debemos de analizar cada tramo en forma independiente.499. siendo la deflexión máxima y máx  y x 7.720m x 2  1.188.5414 y 2  y x 1.720 3 3.2383 66.5. 4800  6 2  TRAMO II-II (4  x  10) x2 ( x  4) 2 5( x  4) 3 2 16.720 4    12.720  1  3. 238   1  7. 238  4.687 x2  2x 3  12.3.19mm  16.499.541    12. porque no sabemos en que tramo será donde ocurra e igualamos a cero la ecuación de la pendiente.Para calcular la deflexión máxima. graficamos la deformada de la viga. siendo válidas las dos primeras por encontrarse en el tramo analizado y la tercera es inválida por ser negativo. TRAMO I-I (0  x  4) 16.499  0 2 Esta ecuación tiene tres soluciones.238 4 16.7. 5)  (3) (5)  0 2  EI  2  EI  2  EI   EI  De donde: VC  5. Ahora.625wa  VA  0.5wa 2 (3a ) 2 w (4a ) 4 w (3a ) 4 w (3a ) 4     0 6EI 2EI 24EI 24EI 24EI o   En consecuencia: 17 wa 3 12EI  A  o   17 wa 3 wa 3  1. Eliminamos el apoyo en C y lo reemplazamos por su reacción vertical VC .375wa(4a ) 3 0.375wa  F Y 0 VA  1. calculando la deflexión en dicho punto.625wa  wa  3wa  0  Planteamos la ecuación universal: y  o x  0.2. Calculamos las reacciones en la viga: M A 0   wa 2 a VB (4a )   wa   w (3a )(2.5a )  0  2 2 VB  1.417 12EI EI La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. y C  y x 2a 1.556T  133 .5wa 2 (a ) 2 w (2a ) 4 w (a ) 4 w (a ) 4 2wa 4         EI 6EI 2EI 24EI 24EI 24EI EI 3.5VC    (3)(5)  (3) C (2)   (3)(4.5wa 2 ( x  a ) 2 wx 4 w ( x  a ) 4 w ( x  a ) 4 w ( x  4a ) 4      6EI 2EI 24EI 24EI 24EI 24EI  y B  y x 4a  0 Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x  4a  o (4a )  De donde: 0. Como la deflexión en C es cero. analizando la viga a través del Principio de Superposición de Cargas.5VC   1.417 wa 3 (2a ) 0.375wa(2a ) 3 0. analizamos el punto C.375wax 3 0. cuya figura se muestra en la siguiente página. se debe de cumplir: y1  y 2  0 1  30  1  3V  1  1. calculamos la pendiente en C.556  20  0 M A  5.C/ EI ) M 1  30  1  3.5.444T  A  M A  26.m Ahora.  C   A  AREA (A.5.556   C    (3)  (3)   (3)   (3)  2  EI  2  EI   EI  2  EI  134 .556   1.5.556(6)  20(3)  0  VA  14. determinamos las reacciones en el empotramiento A y graficamos los diagramas correspondientes de fuerza cortante.664T. momento flector y refuerzo para la viga hiperestática. F  0 M  0 Y   VA  5.5.556  1  1.Luego.5. sabiendo que la pendiente en A es cero por ser empotramiento. Esquematizamos la viga y calculamos sus reacciones.5.0.7mm  6 3.5.10 .556  y B  d BtgA   (3) (2)  (3) (1.0054 La pendiente en C va en sentido antihorario.10 3 m  1.495  1.0054 4.505 17.10 6. determinamos la deflexión en el punto B 1  30  1  1.10 6.556  27.30.396   15000lb  15k 396000 396000 135 . calculando sus reacciones en los apoyos.10 3 rad  0.C  17.5)  (3) (2)   2  EI  2  EI  EI  EI  yB   27.08. como y C  M C tendremos:  De donde: 5400P 1  60P   60P  (120)   (60)(80)   (60)(30)  0.7. transformamos la viga real en viga conjugada. Por dato del problema y C  0. Ahora.0.5 EI 2  EI   EI  P 0.5p lg  Luego.5.495  1.505   1.5EI 0.06 o EI 3. graficando su diagrama de momento flector.5. Luego.5. Calcular la pendiente en el apoyo A y la deflexión en C. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura está cargada en su punto medio. Determinar la deflexión máxima si es de sección L 2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Resolver la viga mostrada en la figura y graficar los diagramas de fuerza cortante. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1.D. ………………………. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Considerar que la viga es de un solo material. Una viga simplemente apoyada AB se somete a una carga distribuida de intensidad variable w  w o sen constante. (5 puntos) 3. ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 4 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. sabiendo que es de sección constante.U N I V E R S I D A D D E USMP . (5 puntos) 136 . momento flector y refuerzo. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. (5 puntos) x . ………………………. ………………………. Calcular el valor del coeficiente  y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. (5 puntos) FECHA La Molina. La aplicación de un momento puntual M en el extremo A de la viga mostrada en la figura ocasiona en el extremo B un momento M . 20 de Noviembre del 2006 137 .4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.  C1  0 De esta manera. la ecuación quedará así:  C2  0 EIy II  Integramos otra vez y obtenemos: w o L2 x sen 2 L  EIy '   c) Si x  L / 2 w o L3 x cos  C3 3 L    x L / 2  0 w o L3  3 cos 90 o  C 3  0  De esta manera. el término del lado derecho de la igualdad es cero. Se sabe que: EIy IV  w EIy III  V EIy II  M Luego: EIy IV   w o sen Integramos una vez: x L EIy III  CONDICIONES: a) Si x  L / 2 woL x cos  C1  L  Vx L / 2  0 woL cos 90 o  C1  0  Luego.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – II 1. la ecuación quedará así: EIy III  Integramos otra vez: woL x cos  L EIy II  b) Si x  0 w o L2 x sen  C2 2 L   M x 0  0 Luego. w o L2 sen 0 o  C 2  0 2 De esta manera. la ecuación quedará así:  C3  0 138 . el término del lado derecho de la igualdad es cero. la ecuación quedará así: EIy   Calculamos la deflexión máxima: w o L4 x sen 4 L  y máx  y x L / 2  2. Determinamos el grado de indeterminación:  w o L4 1  w o L4  4 sen90 o    4   EI    EI  G.EIy '   Integramos otra vez: w o L3 x cos 3 L  EIy   d) Si x  0 w o L4 x sen  C4 4 L   y x 0  0  w o L4 sen 0 o  C 4  0 4  C4  0 De esta manera. La viga quedará así: Aplicamos la ecuación universal.I.5 b) Si x  6m ………………… (1)   B   x 6  0  6M A 18VA 1440 180    0 EI EI EI EI M A  3VA  210 139 ………………… (2) . obteniéndose: y M A x 2 VA x 3 40x 4 40( x  3) 4    2EI 6EI 24EI 24EI M A x VA x 2 40x 3 40( x  3) 3 dy      dx EI 2EI 6EI 6EI CONDICIONES: a) Si x  6m  y B  y x 6  0  18M A 36VA 2160 135    0 EI EI EI EI M A  2VA  112.  6  3  3 La viga es tres veces hiperestática. 140 . así como su deformada.5kN. 3. momento flector y refuerzo.5kN  M A  82.m Con estos valores graficamos los diagramas finales de fuerza cortante. obteniendo: VA  97.Resolvemos las ecuaciones (1) y (2). Graficamos el diagrama M/EI para la viga. CEI M/  A  1  L  PL  1  PL PL  L         2  4  8EI  2  16EI 8EI  4  A   5PL2 128EI La orientación de la pendiente en A es en sentido horario.TEOREMA 1: C   A  AREA A. TEOREMA 2: y C  d AtgC  1  L  PL  L   L  PL  3L  1  L  PL  5L                2  4  8EI  6   4  16EI  8  2  4  16EI  12  yC  3PL3  256EI Indica que el punto A está por encima de la tangente en C 4. Aplicamos la viga conjugada y lo cargamos con los diagramas correspondientes: Se sabe que: yA  MA  0  V a  3a  1  V a  5a   M   a   M   3a  1  VA a  2a     (a ) A    (a ) A    0  (a )    (a )   (a )  EI   2   2EI   2  2  EI  3   2EI  2  2  2EI  3  VA  Retornamos a la viga original. la cual quedará así: 5M  6a 141 . Reemplazamos la reacción en A por VA y aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. M B 0   5M   M  M   2a   0  6a     0. los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector serán los mostrados en la siguiente figura.667 De esta manera. 142 . U N I V E R S I D A D D E USMP . (5 puntos) 143 .D. graficando los diagramas de fuerza cortante. así como determinar la deflexión en el extremo libre C.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 4 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. (6 puntos) 2. Resolver la viga. Resolver la viga mostrada en la figura. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. 2 b  400mm y h  600mm ………………………. momento flector y refuerzo. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. considerando E  19000N / mm . graficando sus diagramas de fuerza cortante. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Calcular las deflexiones en C y D. ………………………. considerando E  200GPa e I  12. (5 puntos) 3. Determinar la deflexión máxima. Considerar que la sección transversal es constante. La viga con un voladizo mostrada en la figura está simplemente apoyada en A y B. momento flector y refuerzo.10 6 mm 4 ………………………. 4. Determinar la deflexión  B en el extremo libre B de la viga en voladizo AB mostrada en la figura. 18 de Junio del 2007 144 . ………………………. (4 puntos) FECHA La Molina. respectivamente. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La viga soporta una carga uniforme de intensidad “w” y tiene momentos de inercia I 2  2I e I1  I en las porciones AC y CB. SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el grado de indeterminación: G.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática. Las ecuaciones finales para el tramo I-I serán: 7 wax 2 wa 2 x wx 3 EIy'    16 4 6 145 .I. con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x  0 b) Si x  0 c) Si x  2a    y A  y x 0  0  A   x 0  0 y B  y x 2a  0   C2  0 C1  0  (2a ) 2 w (2a ) 4 (2a ) 3  9wa 2  (3wa  VB )   2VB a   2  24  0 6 2   De donde: VB  17 wa  8 De esta manera. calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante. momento flector y refuerzo. aplicamos las condiciones de borde. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB . calculando las reacciones en A F Y 0   VA  VB  3wa  0 M A  VB (2a )  w(3a )(3a / 2)  0   VA  3wa  VB MA  9wa 2  2VB a 2  MA  0 TRAMO I-I (0  x  2a )  9wa 2  wx 2  EIy"  (3wa  VB ) x    2VB a    2 2    x 2  9wa 2 wx 3  x  EIy'  (3wa  VB )   2VB a   C1 2  2 6   EIy  (3wa  VB )  x 2 wx 4 x 3  9wa 2   2VB a   2  24  C1 x  C 2 6  2   Luego. EIy  7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4   48 8 24 TRAMO II-II (2a  x  3a ) EIy"  7 wa wa 2 wx 2 17 wa x   ( x  2a ) 8 4 2 8 7 wax 2 wa 2 x wx 3 17 wa( x  2a ) 2 EIy'      C3 16 4 6 16 EIy  7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4 17 wa( x  2a ) 3     C3 x  C 4 48 8 24 48 Aplicamos el Principio de Continuidad. para determinar los coeficientes C 3 y C 4 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: d) Si x  2a   Ix 2a   II2a x 7 wa(2a ) 2 wa 2 (2a ) w (2a ) 3 7 wa(2a ) 2 wa 2 (2a ) w (2a ) 3       C3 16 4 6 16 4 6 De donde: C3  0 146 . 1773 (1.2) 4 10(2.2)(12)(3)  0 2  VB  24kN  0 0 HA  0 1  VA  24  (1.4) 4 10( x  1.4(2.4) 5 12( x  2.10 .2)(12)  0 2 Y  VA  2.4) 5 12( x  2.6)       EI 6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI 147 .4) 3 10(1. las ecuaciones finales para el tramo II-II serán: 7 wax 2 wa 2 x wx 3 17 wa( x  2a ) 2 EIy'     16 4 6 16 EIy  7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4 17 wa( x  2a ) 3    48 8 24 48 1  7 wa(3a ) 3 wa 2 (3a ) 2 w (3a ) 4 17 wa 4  5wa 4        EI  48 8 24 48  24EI Determinamos la deflexión en el extremo libre C y C  y x  3a 2. 4  0 2.2) 3 2.2)(12)  (1.4)  (1.12. la ecuación universal quedará así: y 2.1773 2.10 4 m  0.3904 2.3904 EI o  Por lo tanto.4) 4 10( x  1.4x 3 24( x  2.4) 4 x      EI 6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI 2.4x 3 24( x  2.4(3.4kN  Planteamos la ecuación universal: 2.2) 3 12(1.4m  y x  2.4(1.10 Calculamos las deflexiones en C y D y C  y x 1.4 o  De donde: 2.2) 5 10( x  2.6) 3 24(1.907mm  6 6 EI 6EI EI 200.3904 2. 2  y D  y x 3.e) Si x  2a  y Ix 2a  y II2a x 7 wa(2a ) 3 wa 2 (2a ) 2 w (2a ) 4 7 wa(2a ) 3 wa 2 (2a ) 2 w (2a ) 4       0  0  C4 48 8 24 48 8 24 De donde: C4  0 De esta manera.07.2) 5 10( x  2.2) 4 (3.2)     9.4) 3 12( x  2.4) 4 y  o x       6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x  2.6  2. Calculamos las reacciones en los apoyos: M F F X A 0    1 VB (2.2) 5 12(1.2)(12)(2)  (1.4) 5 10(1.4) 3 12( x  2.3904 2.2) 5  0 6EI 120EI 2. 10 6 G. los diagramas finales son los mostrados en el gráfico.BEI M/ 1  120   120  M  (2)(2)   (2)   (6)  0 2  EI   EI   EI  M  80kN.5731   3.10 6.5731 9.10 3 m  3. Determinamos el grado de indeterminación: La viga es tres veces hiperestática.m De esta manera.y D  y x 3.  6  3  3 3.12.989mm  EI 200. 148 .I.6   9. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos el diagrama M/EI TEOREMA 1:  B   A  AREA A.989. Ahora.4. Aplicamos la viga conjugada con el diagrama M/EI correspondiente a cada tramo.10 .73mm  La deformada después de la acción de las cargas es la mostrada en la figura.TEOREMA 2: y máx  d AtgC  1  120   4   120   5   80   3  100 100   (2)    (1)    (3)   6 2  EI   3   EI   2   EI   2  EI 19.0.(0.10 4 m  0.6 3 / 12) y máx  7. 4. determinamos la deflexión en B 1  L  wL2  3L   L  wL2  3L  1  L  3wL2  7L  15wL4               y B  M B      3  2  8EI  8   2  16EI  4  3  2  16EI  8  256EI       149 .3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. si es de sección constante. Determinar la pendiente en A y la deflexión en B ………………………. (5 puntos) 2. Resolver la viga. graficando los diagramas de fuerza cortante. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. refuerzo y determinar la deflexión en C ………………………. (5 puntos) 150 .FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 4 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1.D. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Determinar la deflexión máxima para la viga mostrada en la figura.U N I V E R S I D A D D E USMP . momento flector. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. (5 puntos) 3. ………………………. 19 de Noviembre del 2007 151 . momento flector y refuerzo. ………………………. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante.4. (5 puntos) FECHA La Molina. Considerar que la viga es de sección constante. METODO DE LA VIGA CONJUGADA.  4  3  1 152 Determinamos la deflexión máxima. Calculamos las reacciones en los apoyos A y B. las ecuaciones finales serán: EIy'  EIy  3wax 2 wx 3 wx 4 13wa 3    4 6 24a 24 wax 3 wx 4 wx 5 13wa 3 x    4 24 120a 24 1  wa 4 wa 4 wa 4 13wa 4  41wa 4        EI  4 24 120 24  120EI G. la cual sucede en el centro de la viga. determinar el valor de w x en el sector triangular mostrado en la figura. wx w  x a TRAMO I-I (0  x  a )  wx  wx a 3wax wx 2 1  wx  x  3wax wx 2 wx 3 EIy"    ( x )      2 2 2  a  3  2 2 6a 3wax 2 wx 3 wx 4 EIy'     C1 4 6 24a EIy  wax 3 wx 4 wx 5    C1 x  C 2 4 24 120a   Aplicamos las condiciones de borde o extremos: a) Si x  0 b) Si x  a y x 0  0  x a  0  C2  0 C1   13wa 3 24  De esta manera. Determinamos el grado de indeterminación: . debiendo para ello. los cuales deben ser iguales por la simetría de la viga. Analizamos el tramo I-I.SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2007 – II 1. debido a la simetría.I. y máx  y x a  2. La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por su reacción, calculando las otras reacciones en función de VB M F Y A 0   VB (2a )  VD (4a )  w(2a )(3a )  0 VA  VB  3wa  VB  w (2a )  0 2   VD  3wa  VB 2 0 VA  wa  VB 2 Planteamos la ecuación de la elástica:  wa  VB  3  x 3 4 2    VB ( x  2a )  w ( x  2a ) y  o x  6EI 6EI 24EI CONDICIONES: a) Si x  2a  y B  y x 2a  0   wa  VB  3  (2a ) 2   o (2a )   0 6EI ( wa  VB )a 2 o   3EI b) Si x  4a  y D  y x 4a  0  De donde: ( wa  VB )a 2 ( wa  VB )(4a ) 3 VB (2a ) 3 w (2a ) 4 (4a )    0 3EI 12EI 6EI 24EI VB  5wa  4 wa  8 Luego, reemplazamos valores y obtenemos: VA   VD  7 wa  8 De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinamos la deflexión vertical en C y C  y x  3a  wa   5wa  3 3  (3a )  (a ) wa wa 4 7 wa 4  8   4   (3a )      12EI 6EI 6EI 24EI 48EI 3 153 Donde: 5wa  2   wa  (a ) wa 3 4   o    3EI 12EI 3. Graficamos la deformada de la viga, así como su diagrama M/EI 154 Del gráfico, se tiene que: tg A  d CtgA L Como  A es muy pequeño, se cumplirá que tg A   A Luego: M L2 ML  A  8EI  L 8EI La pendiente en A está orientada en sentido antihorario. Siendo: 1  L  M  2L   L  M  L  1  L  M  L  ML2 d CtgA                   2  2  4EI  3   2  2EI  4  2  2  2EI  6  8EI Además: d BtgA 1  L  M  1 L  ML2      .    2  2  4EI  3 2  96EI 1 d CtgA 2 Del gráfico tenemos que: d BtgA  y B  Ahora, reemplazamos valores: ML2 ML2  yB  96EI 16EI Obtenemos, el valor de la deflexión en B 5ML2 yB   96EI 4. Determinamos el grado de indeterminación: G.I.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB Luego, convertimos la viga real en viga conjugada, aplicando como cargas los diagramas M/EI de los casos, cuando la viga está sometida a las cargas reales y cuando está sometida a la acción de VB , es decir lo mostrado en la siguiente figura, en cuyos diagramas, el caso a) es el de las cargas reales y el caso b) el de la reacción vertical en B 155 De esta manera, la viga conjugada será la mostrada en la figura, en la cual calculamos sus reacciones. Se sabe que: izq y B  MB  0 1  35   14   35  1  10   4  1  3V   204,17  9VB   (6)   (2)    (4)(2)   (4)    B (6)(2)  0 EI 2  EI   3   EI  2  EI   3  2  EI    VB  20,97T  Con este valor, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la siguiente figura. 156 157 . U N I V E R S I D A D D E USMP . (6 puntos) 2. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. Resolver la siguiente viga y determinar el valor de la deflexión máxima.375mm y la pendiente en los extremos es 0.10 kg / cm y   1400kg / cm 6 2  2 ………………………. así como su longitud y la carga a la que está sometida. (5 puntos) 3. (5 puntos) 158 . Considerar E  2.01rad. está cargada uniformemente en toda su longitud y simplemente apoyada en sus extremos. Considerar b  30cm .FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA PRACTICA CALIFICADA Nº 4 RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Resolver la viga mostrada en la figura y determinar la deflexión en D. Una viga de acero de sección transversal rectangular de proporción de lados 1:2. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1. h  60cm y E  2345000T / m 2 ………………………. Considerar b  30cm .D. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Determinar las dimensiones de la sección transversal de la viga. La deflexión en el centro de la viga es 9. h  60cm y E  2345000T / m 2 ………………………. La viga mostrada en la figura tiene voladizos en ambos extremos y soporta una carga uniforme “w” en cada voladizo ¿Cuál debe ser la carga “P” en términos de wL . a fin de que no ocurra deflexión en el punto medio de la viga? ………………………. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. 16 de Junio del 2008 159 .4. (4 puntos) FECHA La Molina. con la finalidad de determinar los coeficientes del proceso de integración. calculando las otras reacciones en función de VB . así como el Principio de Continuidad. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB . TRAMO I-I (0  x  2) EIy"  (6VB  20)  VB x EIy'  (6VB  20) x  VB x 2  C1 2 x 2 VB x 3 EIy  (6VB  20)   C1 x  C 2 2 6 CONDICIONES: a) Si x  0 b) Si x  0    x 0  0 y x 0  0   C1  0 C2  0 TRAMO II-II (2  x  4) EIy"  (6VB  20)  VB x  10(x  2) VB x 2 EIy'  (6VB  20) x   5( x  2) 2  C 3 2 EIy  (6VB  20) x 2 VB x 3 5( x  2) 3    C3 x  C 4 2 6 3    Ix 2   II2 x PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x  2m d) Si x  2m   C3  0 y Ix 2  y II2 x C4  0 TRAMO III-III (4  x  6) EIy"  (6VB  20)  VB x  10(x  2)  10(x  4) VB x 2 EIy'  (6VB  20) x   5( x  2) 2  5( x  4) 2  C 5 2 160 .SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2008 – I 1. quedando la viga así: Planteamos las ecuaciones tramo por tramo y aplicamos las condiciones de borde o extremos. 224x  1.852x 2  5(x  2) 2 EIy  1.EIy  (6VB  20) x 2 VB x 3 5( x  2) 3 5( x  4) 3     C5 x  C6 2 6 3 3    II4   III4 x x PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x  4m f) Si x  4m  C5  0 C6  0 y II4  y III4 x x  CONDICION ADICIONAL: g) Si x  6m  y III6  0 x  (6VB  20) 6 2 VB (6) 3 5(4) 3 5(2) 3    0 2 6 3 3 VB  3.112x 2  0.112x 2  0. determinamos las reacciones en A y graficamos los diagramas correspondientes.852x 2 EIy  1.704T  Con este valor.617 x 3  5( x  2) 3 3 161 .224x  1. De esta manera. las ecuaciones finales serán: TRAMO I-I (0  x  2) EIy'  2.617x 3 TRAMO II-II (2  x  4) EIy'  2. 10 5 m  0.55m TRAMO III-III (4  x  6) 2.1  6.617.4.112x 2  0. porque no sabemos en que tramo será donde ocurra e igualamos a cero la ecuación de la pendiente.617.224x  1.1.22.2 3    4.042mm  3 EI EI 2345000. al encontrarse fuera de la viga.6 3 / 12) y 6  y x 4.224x  1. debemos de analizar cada tramo en forma independiente.TRAMO III-III (4  x  6) EIy'  2. por encontrarse fuera del tramo analizado.852x 2  5(x  2) 2  5(x  4) 2 EIy  1. 2  1 0.776x  20  0 Esta ecuación también tiene dos soluciones.4. siendo válida la que se encuentra en el tramo analizado y la otra es inválida por ser irreal.1m Luego: y 6  y x 4.112.1m x 4  1.13 5.3.6 / 12)   TRAMO II-II (2  x  4) 2.(0.10 4 m  0.398 8.13  8. no siendo válidas ninguna de ellas.112.224x  1.2m Luego: y 2  y x 1. TRAMO I-I (0  x  2) 2.852x 2  22.1   EI  3 3  EI 2345000. x 3  4.0.852x 2  5(x  2) 2  0 3.852x 2  0 Esta ecuación tiene dos soluciones.535 1.663mm  162 .9m x 6  4.63. x 5  7.1. x1  0 x 2  1.3.(0.1  0.1  0.1 1  5.0.224x  1.663mm  De esta manera: y máx  y x 4.398 2 3    1.224x  60  0 Esta ecuación tiene dos soluciones.148x 2  17.2 2  0.535 0. siendo válida la segunda por encontrarse en el tramo analizado y la primera es inválida por ser empotramiento perfecto.852x 2  5(x  2) 2  5(x  4) 2  0 1.0.2.617 x 3  5( x  2) 3 5( x  4) 3  3 3 Para calcular la deflexión máxima. 375. para luego plantear la ecuación universal.10 3 ………………… (2) 384EI Reemplazamos (1) en (2) y obtenemos: 5  wL3  3   24EI L  9. ECUACION UNIVERSAL: y  o x  ( wL / 2).La forma como se va a deformar la viga es la mostrada en la siguiente figura: 2. sabemos que la sección transversal de la viga es rectangular con proporción de lados 1:2.01rad . es decir en el apoyo A.x 3 wx 4 wLx 3 wx 4   o x   6EI 24EI 12EI 24EI wL.01 24EI Planteamos la ecuación para la deflexión máxima (centro de la viga) 3 4 ………………… (1) y máx  y x L / 2 wL3  L  wL  L  w L 5wL4           24EI  2  12EI  2  24EI  2  384EI Por dato del problema. de donde se desprende la otra igualdad: 5wL4  9.10  16   5 (0. de donde se desprende la siguiente igualdad: wL3  0.375mm . se tiene que y máx  9.375.10 3 16 L  3m Por dato del problema. va en sentido horario.375.L3 wL4  0 12EI 24EI CONDICION: Si x  L  y x L  0   o (L)  o   wL3 24EI La pendiente en el inicio de la viga. Esquematizamos la viga con la carga uniformemente distribuida y calculamos las reacciones en los apoyos. se sabe que  A  0.01)L  9. tal como se muestra en la figura: 163 . Por dato del problema. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos los diagramas M/EI para cada caso.0.(2b) 3 / 12 8296.10 7.0.3.07 3  2.3.32 / 8  14000 8b 3 / 12 Esforzamos al máximo la viga. tal como se muestra en la figura: 164 .12 b  0.2.8456T / m 3.8.33.3 b3 Reemplazamos (3) en (1) y obtenemos: ………………… (3) w.33  0.10 7.07m  7cm 24. las dimensiones de la sección transversal de la viga son 7cm x 14cm Reemplazamos el valor de “b” en la ecuación (3) obteniendo: w  8296.Aplicamos la condición de resistencia en flexión:  máx  M y máx   Iz w.01 De esta manera.2.01 24.b. igualando la expresión: wL2 / 8 (b)  14000 b(2b) 3 / 12 De donde:  w  8296. Ahora. graficamos los diagramas de fuerza cortante. se cumplirá: ' y1  y1  0  72 1  72  16   24  1  48  8  1  6V  (2)(5)  (2)     (4)(2)  (4)     C (6)(4)  0 EI 2  EI  3   EI  2  EI  3  2  EI  VC  21.m La orientación del momento en A es en sentido antihorario. calculamos las reacciones en el apoyo A VA  14. tal como se muestra en la siguiente figura: 165 .555T  Con el valor obtenido.445T  M A  14.67T. momento flector y refuerzo.Las deformadas de las vigas son: Como el apoyo C es móvil. Transformamos las cargas de los voladizos en sus acciones equivalentes. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y esquematizamos las vigas como viga conjugada.555  (2)(7)  (2)     (4)(4)  (4)    (2)    (6) (6) EI 2  EI  3   EI  2  EI  3  2  EI  3  2  EI  yD   72.0057m  5.6 3 / 12 Esto indica. calculando las reacciones en los apoyos.3. determinamos la deflexión vertical en D y D  d DtgA  y 2  y '2 yD   72 1  72  22   24  1  48  14  1  24  4  1  6.7mm  EI 2345000. calculando sus reacciones en los apoyos y luego eliminamos wL / 2 en los apoyos.0. 166 .Ahora. que el punto D está debajo de tgA y el esquema de deformada de la viga es la mostrada en la figura: 4. debido a que existe wL / 2 hacia abajo y hacia arriba.06 72.21.06   0.0. por dato del problema. y C  MC  0 De donde:  PL2  L  1  L  PL  1 L  wL3  L  wL2  L  L         .         0 16EI  2  2  2  4EI  3 2  16EI  2  8EI  2  4  3wL 4 P 167 .Luego. se sabe que la deflexión en C es cero. (3 puntos)  2. 2   L  ………………………. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. (6 puntos) Determinar la deflexión  B y la pendiente  B en el extremo libre. 168 . GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – I 26E 110m V 1. Para la viga mostrada en la figura.D. graficar los diagramas de fuerza cortante. (5 puntos) 3. tal como se muestra en la figura. ………………………. Una viga en voladizo AB está sometida a una carga parabólica que varía de intensidad según la ley w  w o    L2  x 2   .FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN FINAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. determinar el valor de “a” de la sección transversal.U N I V E R S I D A D D E USMP . si el esfuerzo normal admisible es   150MPa ………………………. momento flector y esfuerzos tangenciales. Para la viga mostrada en la figura. momento flector y de refuerzo para la viga mostrada en la figura. 26 de Junio del 2006 169 . ………………………. Graficar los diagramas de fuerza cortante.4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. (6 puntos) FECHA La Molina. considerando que es de sección constante. 42cm Asumimos: a mín  3.2   10a 4 12  12  Aplicamos la condición de resistencia de esfuerzo normal para flexión. la cual es simétrica.42.10 6 4 10a  a  3.  máx 30. Determinamos el momento de inercia de la sección transversal.10 2 m a  3. Calculamos las reacciones en los apoyos: M F Y A 0   1 1  VB (6)  (3)(60)(5)  (3)(60)(1)  0 2 2 1 1 VA  (3)(60)  (3)(60)  60  0 2 2   VB  60kN  VA  60kN  0 Planteamos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flector: y 60  3 x 3  y  20(3  x)  60  20x 170 .SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – I 1.a (1. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.42cm 2.a 3  a (2a ) 3 IZ    2a.  2a.5a ) 2 .10 3  (2a )  150. m 3 10 .4.m 3 Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.732m (60  20x ) x 2 1 10 2  M x  60x   ( x )(60  60  20x ) x   60x  30x 2  x 3 2 2 3 3  Luego: M máx  M x 1. 268  60. los cuales se muestran en la figura. la cortante será cero.10. donde 60  60x  10x  0 .332   40.16.67 2  307500cm 4 12 12 171 .10 Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ  10.4.1.50  40.1.641kN.268 2  M mín  M x 4.1.2683  34.33cm 10.10 3  10.10.268m x 2  4.50 3 40.13.732  30.732 3  34.Vx  60  (60  60  20x ) x  60  60x  10x 2 2 2 Como se sabe. Ahora. determinamos la ubicación del eje neutro: YCG  10.50.732 2  10 .55  38.25  40.4.50.641kN.732  60. obteniendo las siguientes soluciones: x 1  1.268  30. 434MPa 307500.10 2 Ssup.10 8.10.10 8.B  40.10 6  C   1.10 3. Sabemos que: EIy IV  w  L2  x 2  EIy IV   w o   L2     EIy IV wox2  w o  L2 Integramos una vez y obtenemos: EIy III wox3  w o x   C1 3L2 woL  C1  0 3 CONDICIONES: a) Si x  L De donde:  Vx L  0   woL  C1  2w o L 3 172 .5.94.11.67.C  6668  10.10 3.10 3.10 6  0.10 8.6668.10.40.10 2 60.6668.10.10 2 Ssup.301MPa 307500.16.835  7348.94cm 3 Z D  0 3.Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales: A  0 B  60.67  6668cm 3 Z  B'   máx 60.10 6  1.325MPa 307500.7348. la ecuación quedará así: EIy II   w o x 2 w o x 4 2w o Lx w o L2    2 3 4 12L2 Integramos otra vez. obteniendo: EIy'   c) Si x  0 w o x 3 w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x     C3 6 3 4 60L2   x 0  0  C3  0 La ecuación de la pendiente quedará así: EIy'   w o x 3 w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x    6 3 4 60L2 w o L3 1  w o L3 w o L3 w o L3 w o L3        EI  6 60 3 4  15EI De donde:  B   x L La pendiente en B va en sentido horario.I. Integramos una vez más y obtenemos: EIy   d) Si x  0 w o x 4 w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2     C4 24 9 8 360L2  y x 0  0  C4  0 Luego.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática. 173 .La ecuación quedará así: EIy III w o x 3 2w o L  w o x   3 3L2 Integramos otra vez y obtenemos: w o x 2 w o x 4 2w o Lx EIy      C2 2 3 12L2 II b) Si x  L De donde:  M x L  0   w o L2 w o L2 2w o L2    C2  0 2 12 3 w o L2 4 C2   De esta manera. Determinamos el grado de indeterminación: G. la ecuación de la deflexión será: w o x 4 w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2 EIy      24 9 8 360L2 De donde: y B  y x L  19w o L4 1  w o L4 w o L4 w o L4 w o L4          EI  24 360 9 8  360EI Como se podrá entender la deflexión en B va verticalmente hacia abajo. 4. tal como se muestra en la figura. una bajo las cargas externas (figura a) y la otra debido a la acción de la reacción (figura b). 174 . analizando dos vigas.Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB . graficando para ambos casos sus diagramas M/EI Aplicamos viga conjugada. convirtiendo la viga y lo analizamos por separado. con la finalidad de evitar la superposición de diagramas y determinamos las reacciones para ambos casos. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. 67  1  5  8   85  1 5  2  4VB   (4)  (4) B     (4)  (2)     (2)(1)   (2)   0 2  EI  3   EI  2  EI  3   EI  2  EI   3   EI  VB  50. momento flector y refuerzo.62kN  Con este valor determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas finales de fuerza cortante.Se sabe que: yB  MB  0 1  2V  4   181. 175 . FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN FINAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. Cada rueda transmite una carga P  3k y el conjunto puede ocupar cualquier posición sobre la viga. ………………………. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. el cable está estirado pero no existe ninguna fuerza en eI. La viga en voladizo AB mostrada en la figura está sostenida por el cable BC en su extremo libre. debido a las cargas rodantes si la viga es un perfil I con módulo de resistencia Wz  16. (3 puntos)  3.U N I V E R S I D A D D E USMP . si el esfuerzo normal admisible es   45MPa ………………………. Determinar el esfuerzo por flexión máximo sobre la viga  máx . Suponer que EI es la rigidez a flexión de la viga y EA es la rigidez axial del cable.2p lg 3 ………………………. Antes de que se aplique la carga. Determinar la fuerza “T” en el cable debida a la carga uniforme de intensidad “w”. (5 puntos) 2. Una viga simple AB con una longitud entre apoyos L  24pie se somete a dos cargas rodantes separadas entre si una distancia d  6pie . METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. así como el esfuerzo tangencial máximo. tal como se muestra en la figura. (6 puntos) 176 . ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2006 – II 26E 110m V 1.D. Determinar el diámetro “d” de la sección transversal de la viga. METODO DEL AREA DE MOMENTOS.4. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura soporta dos cargas concentradas P. una actuando hacia abajo y la otra hacia arriba. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina. 27 de Noviembre del 2006 177 . Determinar la pendiente  A en el extremo izquierdo y la deflexión y B bajo la carga P hacia abajo. M F Y A 0    3x  3(x  6)  VB (24)  0 x 3  VA  6  0 4   VB  VA  x3 4 21  x 4 0 Determinamos la distancia “x”. 178 .SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – II 1. el cual se muestra en la siguiente figura.5pie De esta manera. conociendo el valor de “x”. a través de la intersección de rectas: CASO 1: Intersección de las rectas y  x e y  21  x Recta y  x Recta y  21  x   a 24  m 24 a 3 24  24  m 24  am a  3  24  m m  3  24  m  m  10. graficamos el diagrama de momento flector. determinando previamente las reacciones en los apoyos y graficando luego su diagrama de momento flector. Analizamos la posición crítica de las cargas rodantes. 42ksi Wz 16. luego el esfuerzo normal máximo será:  máx  M máx 27.pie .CASO 2: Intersección de las rectas y  x  3 e y  18  x Recta y  x  3 Recta y  18  x   c 24  m 24   cm c  9  24  m m  9  24  m c9 24  24  m 24 m  7.12   20. será el mostrado en la figura. el diagrama de momento flector.5pie Para este caso. Ambas posiciones son peligrosas.5625k.2 179 . siendo el momento flector máximo M máx  27.5625. 10 3 ( / 64)d 4 d 6    45.10 3   1. Analizamos la viga AB TRAMO I-I (0  x  L)  wL2  wx 2 EIy II  ( wL  T) x    TL    2  2   EIy'  ( wL  T) EIy  ( wL  T)  x 2  wL2 wx 3   TL  x   C1  2  2 6    x 2 wx 4 x 3  wL2   TL   2  24  C1 x  C 2 6  2   180 . determinamos el esfuerzo normal máximo.10 6 Pa  1.25.59MPa 3A 3( / 4)(0.99cm En consecuencia:  máx  4Vmáx 4.08) 2 3.2. aplicando la condición de resistencia:  máx   Asumimos:  2.59. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.6. Luego.10 2  d  8cm  d  7. Determinamos el alargamiento del cable. Graficamos su diagrama M/EI. será igual al desplazamiento  B del cable que trabaja en tracción. utilizando la fórmula de tracción. calculando previamente las reacciones en los apoyos. Hay que indicar que y B debe ser con signo negativo para que se trate de una dimensión (longitud).CONDICIONES: a) Si x  0 b) Si x  0    x 0  0 y x 0  0   C1  0 C2  0 De esta manera. 181 . las ecuaciones serán: EIy'  ( wL  T) EIy  ( wL  T) Luego:  x 2  wL2 wx 3   TL x   2  2 6    x 2 wx 4 x 3  wL2   TL   2  24 6  2   y B  y x L  L2 wL4  1  wL4 TL3  1  L3  wL2    TL    ( wL  T)       2 EI  6  2 24  EI  8 3   El desplazamiento y B hacia abajo debido a la flexión de la viga. B  Por geometría se tendrá: TH  EA yB  B  De donde: 1  wL4 TL3  TH    EI  8 3  EA T 3wAL4 8AL3  24HI 4. graficamos la deformada de la viga. determinamos la deflexión en B y B  d BtgA a  d DtgA L Pa 2 1 2Pa  a   a  a y B  d DtgA    d BtgA  (L  a )(L  2a )   P   (a )  6LEI 2 L  EI   3  L yB  Pa 2 (L  2a ) 2  6LEI 182 . la cual se muestra en la figura. Ahora.Luego. d DtgA  1 2Pa  a  L  5L  2a  1  2Pa  a  L  2a  L  Pa (L  a )(L  2a ) P       P      2 L  EI  2  6  2  L  EI  2  6  6EI Además. del gráfico tenemos: tg A  Como  A es muy pequeño. entonces: d DtgA L A  d DtgA L  Pa (L  a )(L  2a ) 6LEI La pendiente en A va en sentido horario. Para la siguiente viga. (5 puntos) 2. si el esfuerzo normal admisible es   10MPa ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – I 26E 110m V 1. (6 puntos) 183 .U N I V E R S I D A D D E USMP . ¿Con qué relación entre las cargas “w” y “P” la deflexión vertical en el punto de aplicación de la carga P será igual a cero? ………………………. determinar los valores “b”. La viga de la figura tiene la sección que se muestra.D. (3 puntos)  3. Determinar el máximo valor de “w” si los esfuerzos admisibles son   130kg / cm y   12kg / cm 2   2 ……………………….FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN FINAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. “h” y el esfuerzo tangencial máximo  máx . METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. siendo E  2100T / cm e I  40000cm 2 4 ………………………. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. considerando que la viga es de sección constante. 25 de Junio del 2007 184 . Determinar la deflexión en C. (6 puntos) FECHA La Molina. Resolver la siguiente viga y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.4. 10.2130.526T / m De donde: w máx  1. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. Determinamos el momento de inercia y momento estático.526T / m  1526kg / m 2.722T / m ESFUERZO TANGENCIAL:  máx   1.10  w  4.667 w.10 2  1300 8 45160.183   45160cm 4 12 12 Ssup  30. IZ  30.SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – I 1.7  20. necesarios para el análisis.9.283 20.10 2  w  1. ESFUERZO NORMAL:  máx  M máx y máx    IZ Vmáx Ssup Z   I Z b mín 0.14. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.14.4.888w .10 8.5  2130cm 3 Z Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. los cuales se muestran en la siguiente figura: 185 .10 6  120 45160. 0.2cm h  24.7.10 6 3 (b)(1.(0.3cm Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:  máx  3Vmáx 3.5b) / 12  b  16.10 3 .243 3.6Pa  0. Calculamos las reacciones en los apoyos: M F Y A 0    3L  L VB (L)  P   wL   0  2  2 VA  3P  wL  wL  P  0 2   VB  VA  3P  wL  2 wL  P  2 0 TRAMO I-I (0  x  L) wx  wL  P  EIy   x  2  2  II 2 2 wx 3  wL  P  x EIy'     C1  6  2  2 3 wx 4  wL  P  x EIy     C1 x  C 2  24  2  6 186 .56MPa 2A 2.162.0.6.10 2 m b  16.12.75b)  10.14.12cm Asumimos: b  16.  máx  M máx y máx    IZ 15.Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.10 3   556317. así como aplicamos el Principio de Superposición de Cargas. las ecuaciones para este tramo son: 2 wx 3 2PL2  wL3  wL  P  x EIy'      6 24  2  2 3 wx 4  2PL2  wL3   wL  P  x x EIy       24  24  2  6   TRAMO II-II (L  x  3L / 2) L   3P  wL   wL  P   EIy II   x  wL x     ( x  L) 2  2  2    2 wL  L   3P  wL  ( x  L) 2  wL  P  x EIy'     C3  x      2  2  2 2  2  2  2 3 wL  L   3P  wL  ( x  L) 3  wL  P  x EIy    x    C3 x  C 4    6  2  2 6  2  6  3 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x  L d) Si x  L    Ix L   IIL x y I x L   C3  PL2  wL3 12 y II x L C4  wL4 48 De esta manera.CONDICIONES: a) Si x  0 b) Si x  L   y x 0  0   C2  0 2PL2  wL3 C1  24 y x L  0 De esta manera. 187 . Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB . las ecuaciones para el tramo II-II quedarán así: 2 wL  L   3P  wL  ( x  L) 2 PL2  wL3  wL  P  x EIy'      x      2  2  2 2 12  2  2  2 3 wL  L   3P  wL  ( x  L) 3  PL2  wL3  wL4  wL  P  x x  EIy      x        6  2  2 6 12 48  2  6    3 Por condición del problema: y C  y x 3 L / 2  0 Luego: 2 3 4 1  wL  P  3L  wL  3P  wL  L   PL  wL  3L  wL     (L) 3    0        2 6  2  2  6 12  12  2     48  3 3 De donde: w 6P L 4. 30.10 188 .51)  EI 2  EI  3  3  EI  2  101.65   1.82)  . Ahora.0.04  (6) (2)  (6) (2)   (6)   2  EI  2  EI EI EI    yC   13.96  539.96  1.24VB  8  2  103  (8)  (8)    (7.66.67. pero debemos de elegir el tramo más fácil.10 .82   0 3  EI   EI  8  De donde: VB  30.04T  En base a este valor podemos determinar las otras reacciones y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector.37VB 1  4.88  17.10 3 m  1.Ahora.18) (3.82) (0.83.40000. que elegimos del lado derecho hacia el izquierdo. convirtiéndola en viga conjugada.64  18. los cuales se muestran en la figura de la siguiente página. retornamos a la viga real.04  13. calculamos la deflexión en el punto C.30. M izq B 0   602. es por eso.76  1  2.35  5   (0.41)  (0.66mm  4 8 2100. der yC  MC  1  91. 189 U N I V E R S I D A D D E USMP - FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN FINAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2007 – II 26E 110m V 1. Una barra de 40mm de diámetro se emplea como viga simplemente apoyada sobre un claro de 2m. Determinar la máxima carga uniformemente distribuida que puede aplicarse a lo largo de la mitad derecha de la viga si el esfuerzo normal está limitado a un valor de 60MPa ………………………. (3 puntos) Para la viga mostrada en la figura, determinar el valor de “h” y el esfuerzo tangencial máximo, si 2.   160MPa ………………………. (5 puntos) 3. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. La viga que se muestra en la figura está sometida a una carga trapezoidal ¿Qué desplazamiento vertical y o debe darse en el apoyo A, de tal manera que la fuerza cortante en A sea igual a la fuerza cortante en B? Considerar que la rigidez EI es constante en toda la viga ………………………. (6 puntos) 190 4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga continua ABC y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. ………………………. (6 puntos) FECHA La Molina, 26 de Noviembre del 2007 191 SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – II 1. Esquematizamos la viga y carga, calculando las reacciones en los apoyos y graficando los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura. Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.  máx  M máx   WZ  0,28125w  60.10 6 ( / 32).40 3.10 9 w máx  1340,4N / m  w  1340,4N / m Asumimos: 2. Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector. 192 10 6  0.328.20.10 2 193 .23.10 2 .5h ) 3 I Z  2  5h (0.106.75. YCG  (5h.905MPa 586.10 8.67.10 2 Ssup.10 3.98cm Asumimos: De acuerdo a los resultados obtenidos.y máx    IZ 20.83  586.  máx  M máx .0.0.110.0. Siendo: A  0 B  10.20.5h Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro.10 6  0.67cm 4 C  10.416h (5.084h ) 2    10.2  10.664  110.B  20.67.2  10.25h  0.Calculamos la ubicación del centro de gravedad. de tal manera que coincidan las zonas de tracción y compresión.10 3.5h (0.14584.75cm 3 Z I Z  1.10 8. se debe de invertir la sección transversal.944MPa 586. efectuando el diagrama de esfuerzo tangencial.  5h 3  10(0.5h ).0.166h ) 2  1.3.5h.0.584h  16000  1.h ).14584h 3 h  8cm h  7.0.1.14584h 3 12  12  Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal.10 3. analizando cada viga en forma separada y sometida a las cargas M/EI de las vigas reales correspondientes.10 3. Para ello.0.106.C  110. Analizamos el equilibrio de la viga.10 2 D  0 3.10.336  106. Determinamos el grado de indeterminación: wL4  120EI G.672.0. tal como se muestra en la figura. Convertimos la viga hiperestática en isostática.23cm 3 Z  máx   C'  10.810MPa 586. aplicando el Principio de Superposición de Cargas.23.I. 194 .75  20.10 8.67.Ssup.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática.10 6  1. eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB . considerando la condición del problema: F Y 0  VA  VB  (2w  w )L 2  VA  VB  3wL  4 ECUACION UNIVERSAL: M A x 2 (3wL / 4) 3 2wx 4 ( w / L) 5 y  yo   x   x 2EI 6EI 24EI 120EI y  yo  M A x 2 wLx 3 wx 4 wx 5    2EI 8EI 12EI 120LEI  M x 3wLx 2 wx 3 dy wx 4  A    dx EI 8EI 3EI 24LEI M A L 3wL3 wL3 wL3    0 EI 8EI 3EI 24EI wL (sentido antihorario) 12 CONDICIONES: a) Si x  L   x L  0   MA  b) Si x  L  y x L  0   wL2  L2 wL4 wL4 wL4  yo       12  2EI 8EI 12EI 120EI  0   yo   4. calculando las reacciones en los apoyos sin considerar la rótula en B. los cuales se muestran en la figura de la siguiente página.96875wL  En base al resultado obtenido.Ahora. determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante. momento flector y refuerzo. quedando así: yB  MB  0 De donde:   81wL3  40VB L2  1 2  wL2  3L   2V L  L (L)  (L) B    (L)    0      72EI 2  3EI  3  3  EI  8      VB  1. regresamos a la viga real y lo convertimos en viga conjugada. entonces su deflexión será cero. 195 . sino efectuando M A  0 y luego F Y 0 Como el apoyo B es movible. 196 . ………………………. Determinar el número de secciones rectangulares de 20cm x 24cm necesarios para que la viga mostrada en la figura no colapse. Determinar la magnitud de la carga “P” y el esfuerzo normal máximo. La viga está sometida a una fuerza cortante máxima de 60kN. La sección mostrada en la figura corresponde a una viga de madera. (6 puntos) 197 . METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Demostrar que el eje neutro está localizado 34mm abajo del borde superior y que su momento de inercia es I Z  10573333.10 MPa 5 ………………………. La viga de acero mostrada en la figura tiene una deflexión vertical en el centro del tramo AB igual a 0.33mm .1.U N I V E R S I D A D D E USMP . Usando estos valores. (3 puntos)  2. Considerar   9MPa ………………………. ACADÉMICO SECCIÓN DURACIÓN CICLO 2008 – I 26E 110m V 1.4cm.D. graficar el 4 diagrama de esfuerzos tangenciales.FIA SAN MARTIN DE PORRES EVALUACIÓN CURSO PROFESOR ESCUELA EXAMEN FINAL RESISTENCIA DE MATERIALES I Ph. GENNER VILLARREAL CASTRO INGENIERIA CIVIL SEM. (5 puntos) 3. si el módulo de elasticidad del acero es E a  2. (6 puntos) FECHA La Molina.4. graficando los diagramas de fuerza cortante. Determinar la deflexión máxima. Resolver la viga mostrada en la figura. ………………………. momento flector y refuerzo. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. 23 de Junio del 2008 198 . 56 2  10573333.  máx M  máx .100 3 2 IZ   200.10 9  3.100. Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.33mm 4 12 12 De esta manera.9 Asumimos: Siendo: n .10 3 199 .40.12  9.14   20.40.120  106mm 20.33.SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2008 – I 1.10 3.0.y máx    IZ 67. YCG  20.10 12.100  200.40 3 20. 2. tal como se muestra en la figura.número de secciones rectangulares.5. se demuestra que el centro de gravedad se encuentra 34mm abajo del borde superior (figura a) y que su momento de inercia es I Z  10573333.2.10 3 . 200.0.115600.24 / 12) n4  n  3. Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.28MPa 10573333.10 6 3 n (0.50  200.200.33mm Graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial (figura b) 4 A  0 B  60.100.40 Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transversal. 4m   y x 0  0 y x  2.10 3 Ssup.25Px EIy'  0. 4  0   C2  0 C1  0.Ssup.2) 3 200 .C'  115600  200.125P(1.4) EIy II  0.24P c) Por condición del problema y D  0.10 12.10 3.125Px 3 EIy    C1 x  C 2 3 CONDICIONES: a) Si x  0 b) Si x  2.34.18MPa 10573333.112000.125Px 2  C1 0.B  200.200.10 9  31. TRAMO I-I (0  x  2.2) 3 EIy D    0.4cm 0.112000.3  112000mm 3 Z  máx   C  60. Calculamos las reacciones en los apoyos y esquematizamos la forma de la deformada de la viga.10 3.6.8MPa 10573333.10 12.10 3 D  0 3.17  115600mm 3 Z  C'  60.33.10 9  3.24P(1.20.33. 216P 64   P  13612. De donde:  0.0.y máx  .06  140MPa IZ ( / 64)(0.  6  3  3 La viga es tres veces hiperestática. 201 .10 5.1. Determinamos el grado de indeterminación: G.4. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas.I. graficando los diagramas M/EI para cada caso.108 4 ) Siendo sus diagramas de fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura. determinamos el esfuerzo normal máximo.10 6.12 4  0.10 2  0.12 4  0.  máx  M máx 8167.0.2.96N Luego.776 .108 4 . 4. 0             2  16EI  2  2  2  16EI  2  2  4  8EI  4 3 4  De donde: M 5PL 48 Ahora. 202 . retornamos a la viga inicial y aplicamos viga conjugada. quedando así: Como el apoyo A es un empotramiento perfecto. se tendrá que su deflexión en dicho apoyo debe ser igual a cero. graficamos los diagramas de fuerza cortante. esto es: yA  MA  0   M  L  L  M  L  L  M  L  7L  1  L  PL  2 L                 . momento flector y refuerzo.   EI  4  8  2EI  2  2  EI  4  8  2  4  8EI  3 4   L  PL  L  1  L  PL  L  1  L  PL  3L 1 L      .Luego. y máx  y C  M C  1  L  PL  1 L L   L  PL  L  1  L  PL  1 L     .Determinamos la deflexión máxima.   2  4  8EI  3 4 4   4  16EI  8  2  4  16EI  3 4   L  5PL  L L   L  5PL  L              4  48EI  8 4   4  96EI  8  De donde: y máx   11PL3  3072EI 203 . debido a la simetría.            . la cual se producirá en el centro de la viga. 7. Editorial Alfaomega. Villarreal Castro Genner. 1986.N. 8. Lima. Análisis estructural. Asamblea Nacional de Rectores. Editorial Escuela Superior. 204 . Grupo Editorial Iberoamericana. Pearson Educación. Editorial Uniandes. 2000. Mecánica de materiales.0. – 159p. Lima. 2. Editorial Oxford. Edificaciones con disipadores de energía. – 335p. 5. Gere James – Timoshenko Stephen. Análisis de estructuras. Villarreal Castro Genner. Análisis de estructuras. Villarreal Castro Genner. 3. Asamblea Nacional de Rectores. Interacción suelo-estructura en edificios altos. 2007. México. Asamblea Nacional de Rectores. 12. Nelson James – McCormac Jack. Lima. Miroliubov I. 2006. Moscú. – 336p. 9. 6. 2006. 2006. – 125p. 11. 2009. México. – 115p. Lima. Análisis de estructuras con el programa LIRA 9. 2008.BIBLIOGRAFIA 1. Colombia. Lima. y otros. – 825p. Resistencia de materiales. 2009. México. Mecánica de sólidos. 2005. 2011. 4. – 840p. México. 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