PRÁCTICAS Y EXÁMENES RESUELTOS DE
ESTÁTICA ______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú 2016 1
Prácticas y Exámenes Resueltos de ESTÁTICA Primera Edición Abril 2016 Tiraje: 1000 ejemplares
Diagramación: Víctor Dionicio Torres Carátula: GOLDEN GATE – San Francisco EE.UU. Estilo: Brenda de Jesús Crisanto Panta
Autor – Editor: © Ph.D. Genner Villarreal Castro www.gennervillarrealcastro.blogspot.com Pablo Picasso 567 Urb. El Bosque Telf: 202946 / 950907260 Trujillo – Perú
Impresión: Editora & Imprenta Gráfica Norte S.R.L.
[email protected] Oswaldo Hercelles 401 Urb. Los Granados Telf: 402705 / 969960030 Trujillo – Perú Abril, 2016 ©Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2016-03225 ISBN: 978-612-00-2217-7
Prohibida la reproducción total o parcial sin autorización del Autor.
2
PROLOGO La Estática, ciencia de la Mecánica Teórica, estudia el equilibrio de diversos elementos o sistemas estructurales sometidos a la acción externa de cargas puntuales y distribuidas, así como de momentos. Por lo general, el dictado del curso de Estática, se centra 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, con una diversidad de cargas y estructuras. 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. 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 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 Estática. En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de programas de las universidades se analizan y que son muy importantes en la formación profesional de los ingenieros civiles. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado del curso de Estática 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 como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 2 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 3 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo fuerzas y momentos. En el Examen Parcial se evalúan los capítulos equilibrio y centroides. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúa el capítulo armaduras. En el Examen Final se evalúa el capítulo diagramas de fuerzas internas. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso de Estática; así como, a ingenieros civiles, posgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Estática 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. De manera muy especial, dedico el presente libro a mi esposa Brenda de Jesús Crisanto Panta, por su inmenso amor y apoyo constante en todos mis proyectos personales e intelectuales. Mi gratitud y amor eterno para ella, quien es mi vida entera. Ph.D. Genner Villarreal Castro
[email protected] Lima, Abril de 2016
3
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. a) Dados los vectores A 2 i 7 j k , B 5 i i) El ángulo formado por los vectores A y C
k y C 3 j 5k , determine: (1 punto)
ii) Un vector unitario en la dirección del vector BC
(1 punto)
iii) El módulo del vector (2A 3B)
(1 punto)
b) Determine el valor de la resultante del sistema de fuerzas concurrentes, así como su dirección y sentido.
(1 punto) Y 32T
25T 60º 20º
X 60º 20º
40T
15T 22T
c) Determine el módulo del momento M para que los dos sistemas mostrados sean equivalentes. (1 punto) 20 N 40N
0,3m
40N
0,3m
0,4m
M 20 N 0,2m
S IS T E M A I
0,2m
S IS T E M A II
4
2. En la figura mostrada M es punto medio de BC, determinar
F
sabiendo que OABC–DEGH es un
paralelepípedo recto rectangular.
(3 puntos) Z H
G 0,2m
0
Y
C
D
0,4m
M
E
F =90N
A
B
0,8m X
3. Si P 200N y T 300N , calcular el momento combinado de P y
T
respecto al punto C. Expresar
la respuesta en forma vectorial.
(4 puntos) Z E 0,8m 0 A
X
C
T 1,2
F
D
m
B 0, 8
1m
Y
1m
m
P
4. Para el conjunto de fuerzas mostrado en la figura, determinar la fuerza resultante y el momento resultante respecto a los ejes coordenados X, Y, Z, sabiendo que la fuerza de 100N está en un plano paralelo al YZ, la carga distribuida triangular está contenida en el plano YZ y la carga distribuida uniforme está contenida en el plano XY
(4 puntos)
Z 1m
1m
2m
150N/m A
Y
0 80N.m
1,5m 100N
B
X
250N/m 1m
60º
C
5
5. En la figura se muestra una platea de cimentación, donde actúa el sistema de fuerzas indicado. Determine el valor de la resultante e indique su ubicación y sentido. Z
(4 puntos)
20kN
50kN 4m
20kN
3m
50kN
8m
2m
X
FECHA
La Molina, 27 de Marzo del 2006 6
6m
Y
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – I
1. a) i) Determinamos el ángulo formado entre A y
cos A . C
A C . A C
C
2i 7 j k 3 j 5k 21 5 0,6068 . 2 2 2 2 2 54 34 (2) (7) 1 (3) 5
arccos0,6068 52,6 o ii) Determinamos el vector unitario en la dirección del vector BC
BC BC
(X C
X B ) i (YC YB ) j (Z C Z B )k
(X C
X B ) 2 (YC YB ) 2 (Z C Z B ) 2
5 i 3 j 6k (5) 2
(3) 2 6 2
5 i 3 j 6k 70
0,598i 0,358 j 0,717k
iii) Calculamos el vector (2A 3B)
2A 3B 2A (3B) (4 i
14 j 2k) (15i 3k) 19 i 14 j 5k
Ahora, determinamos su módulo.
2A 3B
(19) 2
(14) 2 5 2
582 24,12
b) Aplicamos el método escalar para su cálculo. 5
RX
FX 32 cos 60o 15 cos 60o 25 cos 20o 40sen20o 13,67T i 1 5
RY
FY 32sen60o 25sen20o 15sen60o 40 cos 20o 22 36,31T i 1
Los signos negativos, indica que las direcciones de las resultantes en dichos ejes van en sentido negativo, tal como se muestra en la figura. Y
13,67T 0
X
36,31T
R
Determinamos la resultante total y el ángulo R
R 2X R 2Y 13,67 2 36,312 1505,28 38,8T
tg
13,67 36,31
0,3765
arctg0,3765 20,63o
7
c) Para que un sistema sea equivalente a otro, sus fuerzas y momentos resultantes debende ser iguales. SISTEMA I:
FR (1)
40 i 40 i 0
40(0,3)k
M R (1)
SISTEMA II:
FR ( 2)
20 j 20 j 0
20(0,2)k Mk
M R ( 2)
Como se podrá apreciar, las fuerzas resultantes son iguales, quedando pendiente la igualdad de momentos para que sean sistemas equivalentes. Luego:
40(0,3) 20(0,2) M
M 8N.m
2. Calculamos el vector unitario de H a M
HM
HM
HM
0,8 j 0,2k 0,2 i 0,8 j 0,2k 0,236i 0,943 j 0,236k 2 2 2 0,72 0,2 0,8 (0,2) 0,2 i
Luego:
F 90(0,236i
0,943 j 0,236k) 21,24 i 84,87 j 21,24k
Las componentes rectangulares se muestran en la siguiente figura. Z 21,24N
84,87N 21,24N
Y
X
3. Determinamos el momento de la fuerza
P
respecto al punto C
P 200k
rCF
P
MC
2 i 0,8 j
rCF xP
i 2
0,8
j
k 0
0
0
200
i
0,8
0
0
200
j
2
0
0
200
k
2
0,8
0
0
160 i 400 j
En forma análoga determinamos el momento de la tensiónT respecto al punto C
i 2 j 0,8k i 2 j 0,8k 300. 300. 126,32 i 252,64 j 101,06k T 300. 2 2 2 DE 5,64 (1) (2) 0,8 rCD i DE
8
M TC
i
j
k
1
0
0
0
0
252,64
101,06
rCD xT
126,32 252,64 k
1
i
101,06
0
126,32 252,64
j
1
0
126,32
101,06
101,06 j 252,64k
De esta manera, el momento combinado (resultante) será:
MC
M PC M TC (160i 298,94 j 252,64k) N.m
4. Determinamos el valor de la fuerza resultante. RX
0 R Y 250(1,5) 100 cos 60o 325N RZ
1 2
(2)(150) 100sen60
o
236,6N
Luego:
R
(325 j 236,6k)
N
Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados lo efectuamos por la forma escalar, proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano. EJE X (PLANO YZ) Z 150N/m 375N
0 Mx
100sen60º 2m
MX
1 2
Y
100cos60º 2m
1 (2)(150) 2 .2 100sen60o (4) 100 cos 60o (1) 696,41N.m 3
El momento respecto al eje OX va en sentido horario. EJE Y (PLANO XZ) Z
X
0
My 1,5m
9
1m
1m
MY
100sen60o (1,5) 80 209,90N.m
El momento respecto al eje OY va en sentido antihorario. EJE Z (PLANO XY) 4m
0
Y
Mz 250N/m 100cos60º
X
MZ
1,5m
100cos 60o (1,5) 250(1,5)(0,75) 206,25N.m
El momento respecto al eje OZ va en sentido horario. 5. Determinamos la resultante de la acción de todas las fuerzas. 4
R
FZ 20(2) 50(2) 140kN i 1
Ubicamos en forma arbitraria la resultante, tal como se muestra en la figura. Z
R
Y x
y
X
Aplicamos el Teorema de Varignon. M RX
M FX i
140y 50(3) 20(11) 50(13)
y 7,286m
M RY
M FY
140x 50(4) 20(10) 50(10)
x 6,428m
i
De esta manera, la ubicación de la resultante en coordenadas es (6,428; 7,286; 0) y su sentido vertical hacia abajo.
10
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EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. a) Siendo A 3 i
2 j 4k , B i
3 j k y C 2i
j 3k , determine:
i) El módulo del vector (2AxB)
(1 punto)
ii) El ángulo que forman los vectores B y (A C)
(1 punto)
b) Las dos fuerzas de magnitud P son equivalentes a un par antihorario de 10N.m. Determine el valor de P, si sen 0,342
(2 puntos) P
420mm
360mmP
c) Si la línea acción de una fuerza que actúa sobre un cuerpo rígido es paralela al eje coordenadoX y no interseca a los ejes Y, Z, entonces ¿será correcto afirmar que el momento de dicha fuerza respecto a los ejes Y, Z son respectivamente nulos?
(1 punto)
2. En la figura mostrada, determinar la representación rectangular de F , sabiendo que OABC–DEGH es un paralelepípedo recto rectangular.
(3 puntos) Z 5m
H
G
8m E
D
0 7m A
B
X
F =120N
11
C
Y
3. Una placa rectangular delgada estásostenida por el cable PQ y por los soportes de visagra en A y B. Sabiendo que el momento de la fuerza tensional del cable respecto al punto central de la visagra en B
es igual a
231,76i M Y j M Z k (N.m). Determinar el módulo de la tensión del cable en Newton y
los valores de M Y y M Z
(4 puntos) Y 1,4m
Q
0
1m A
T
B
P 0 ,4m
0,6 m
Z
X
m 0,9 0,4 m
4. En la figura mostrada, la fuerza
F1
es paralela al plano XY y la fuerza
F4
es paralela al plano XZ.
Determine los momentos resultantes respecto a cada uno de los ejes coordenados, siF1 F2
600N ,
F3
300N y
F4
200N
500N ,
(4 puntos) Z
F1
2m F4 Y 2m
F2 1m
F3 4m X
5. Determinar las coordenadasde posición (x; y) que debe tener la fuerza de 6kN del sistema de fuerzas paralelas que está aplicada sobre la platea mostrada, para que la resultante de dicho sistema tenga su punto de aplicación a 2m del eje de las X, y a 1,5m del eje de las Y Z
(4 puntos)
8kN 6kN
4kN
10kN 0,5m Y 1m 1m
0,5m 0,5m
2m
X FECHA
La Molina, 28 de Agosto del 2006 12
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1.
a) i) Se sabe que:
2A 6 i
B i
4 j 8k
3j k
Luego, calculamos el vector (2AxB) i
j
2AxB 6
4
k
1
8 i
3
4
8
3
1
j
6
8
1
1
k
6
4
1
3
28 i 2 j 22k
1
Ahora, determinamos su módulo.
2AxB
ii)
282
2 2 222
1272 35,66
Tenemos que:
B i
3j k
AC i
jk
Luego, determinamos el ángulo que forman los vectoresB y (A C) cos
B (A C) . B AC
( i
3 j k).( i j k ) 1 3 1 2 3 2 2 2 2 11. 3 (1) 3 1 . 1 1 (1)
1 33
0,1741
o
arctg0,1741 79,97
b) Como:
sen 0,342
arcsen0,342 20o
Luego: cos cos 20o
0,9397
En consecuencia, descomponemos las fuerzas, luego aplicamos cuplas o pares de fuerzas y determinamos el valor de la carga P
(Psen20o )(0,36) (P cos 20o )(0,42) 10
P 19,31N Psen20º
Pcos20º
0,42m
Pcos20º Psen20º
0,36m
13
c) FALSO. El momento seránulo, solo respecto aleje X, mas no respecto a los ejes Y, Z 2. Calculamos el vector unitario de G hacia A
GA
5 j 7k 8 i 5 j 7k 2 0,681i 0,425 j 0,596k 2 2 GA 138 8 (5) (7) GA
8i
Luego:
F 120(0,681i
0,425 j 0,596k) 81,72 i 51 j 71,52k
Las componentes rectangulares se muestran en la siguiente figura. Z 51N
2N ,7 81
71,52N
Y
0
X
3. Asumimos la tensión del cable PQ como P y lo expresamos en forma vectorial.
P P.
PQ
1,4 i
P.
1,4 2
PQ
j 0,9k
P.
1,4 i
j 0,9k
12 (0,9) 2
3,77
Para el momento respecto a B, elegimos un vectorrBP que va desde B hasta P
rBP
i 0,9k
Luego:
MB
MB
MB
i
j
k
1
0
0,9
0,721P
0,515P
0,463P
rBP xP
i
0
0,9
0,515P
0,463P
j
1
0,9
0,721P
0,463P
0,4635P i 0,1859P j 0,515Pk
Por dato del problema: M B 231,76 i M Y j M Z k
Igualamos y obtenemos:
0,4635P 231,76
P 500N
De esta manera, se tendrá que: MY
0,1859P 0,1859.500 92,95N.m
MZ
0,515P 0,515.500 257,5N.m 14
k
(0,721i 0,515 j 0,463k)P
1
0
0,721P
0,515P
4. Descomponemos las fuerzas
F1
y
F4 , tal como
se muestra en la figura. Z 500sen53º=500
500cos53º=300
141,42
0
Y
141,42
600
2m
300 X
Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados lo efectuamos por la forma escalar, proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano. EJE X (PLANO YZ) Z 400N 141,42N 2m
600N 0
MX
Y
300N
Mx
4m
400(2) 141,42(4) 234,32N.m
El momento respecto al eje OX va en sentido horario. EJE Y (PLANO XZ) Z 300 141,42
600 X 1m
MY
141,42 2m
2m 0
My
300(2) 600(3) 141,42(2) 2117,16N.m
El momento respecto al eje OY va en sentido antihorario. EJE Z (PLANO XY) 4m Mz 0
400 Y 2m
3m 300 300
X
15
141,42
MZ
300(3) 141,42(4) 334,32N.m
El momento respecto al eje OZ va en sentido horario. 5. Determinamos la resultante de la acción de todas las fuerzas. 4
R
FZ 4 6 8 10 28kN i 1
Por dato del problema, la ubicación de la resultante es la mostrada en la figura. Z Y R
1,5m
2m
X
Aplicamos el Teorema de Varignon. M RX
M FX i
28(2) 4(0,5) 8(1) 6y 10(3)
y 2,667m
M RY
M FY
28(1,5) 8(0,5) 10(1,5) 4(2,5) 6x
x 2,167m
i
De esta manera, las coordenadas de posición de la fuerza de 6kN son (2,167; 2,667; 0) m.
16
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D E
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EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. a) Siendo A 3 i j k , B 4 i n j 2k y C 2 i i) El ángulo formado por los vectores A y C
2 j 2k , determine: (1 punto)
ii) El valor de “n”, tal que AxB.C 0
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas internas en los cables AE y BE, si el sistema estructural se encuentra en equilibrio.
(1 punto) A
C
D
30 º 30 º 10kN
10kN E 20kN 45 º B
c) Sobre la lámina delgada actúa un momento antihorario de 80kN.m ¿Qué fuerza “F” será necesario aplicar sobre la lámina delgada para contrarrestar dicho momento de 80kN.m, si la fuerza “F” (que
genera la cupla) tiene la línea de acción y orientación indicada? D
1,2m
(1 punto)
C
80kN.m 1,6m
F
A
B 60 º F
2. En la figura se muestra unglobo aerostático amarrado alos cables AB, AC y AD a) Usando vectores, determine el ángulo que forman los cables AC y AD
(1 punto)
b) Si la tensión en el cable AB es 259N, determine la fuerza vertical “P” que ejerce el globo en A (3 puntos)
17
Y
A
5,6m
B
D
4,2m
0 3,3m
C Z 2,4m
X
4,2m
3. En la figura mostrada, se sabe que el módulo del momento que produce la fuerza
es 25 5N.m , donde la fuerza
F comienza
en A y su módulo es F
F
respecto al punto P
25N , determine los valores de
(4 puntos)
“L” (distancia OP) Z
P L
F
A
6m
B
53 º 0
Y 5m
5m
4m
X
4. Para el conjunto de fuerzas mostrado en la figura, donde la carga distribuida triangular está contenida en el plano YZ, la carga distribuida uniforme es paralela al plano XY y la fuerza puntual de 300N es paralela al plano YZ, determine: a) La fuerza resultante.
(1 punto)
b) El momento resultante respecto a cada uno de los ejes coordenados.
(3 puntos)
300N
60º
C 200N/m
1,5m
Z
B 100N/m
1m A
X
0
1,5m
1m
18
Y
5. En la figura se muestra una platea de cimentación de 6m x 6m, donde actúa el sistema de fuerzas indicado. Determine el valor de la resultante e indique su ubicación y sentido. Y 5T/m 10T A 15T
B 20T 4m
D 6m
C
Z
FECHA
La Molina, 26 de Marzo del 2007 19
X 2m
(4 puntos)
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I
1. a) i) Determinamos el ángulo formado entre A y
cos A . C
A C . A C
C
jk 2 i 2 j 2k 622 0,87 . 2 2 2 2 2 2 11 12 3 (1) 1 2 (2) 2 3i
arccos0,87 29,5o ii) Aplicamos la fórmula del triple producto escalar. AX
AY
AZ
3
1
AxB.C B X CX
BY CY
BZ CZ
4 2
n 2
1
2 4n 8 2
Luego, por condición del problema: 4n 8 0
n2
b) Efectuamos un corte en los cables, obteniendo el sistema mostrado en la figura. TAE
10kN
10kN
30º 30º
E
20kN
45º
TBE
Este sistema es de fuerzas concurrentes en el plano, cuyas ecuaciones de equilibrio son:
F
0
10sen30o
F
0
(10 cos 30 )(2) TAE 28,284 cos 45o
X
20 10sen30o TBEsen45o 0 TBE
Y
28,284kN
o
TAE
0
2,679kN
c) Descomponemos la fuerza “F” en sus proyecciones y por dato del problema, la sumatoria de momentos será cero, es decir: 80 F cos 60o (1,6) Fsen60o (1,2) 0 F 43,5kN
2. a) Calculamos los vectores unitarios.
AC
AC AC
AD AD
5,6 j 4,2k 2,4 i 5,6 j 4,2k 0,324 i 0,757 j 0,567k 54,76 2,4 2 (5,6) 2 4,2 2
5,6 j 3,3k 5,6 j 3,3k 0,861 j 0,508k 2 2 42,25 (5,6) (3,3)
2,4 i
AD
Determinamos el ángulo formado por los cables AC y AD
cos AC . AD
0,3637
arccos0,3637 68,67o 20
b) Determinamos las fuerzas en cada uno de los cables.
FAB
259.
FAC .(0,324i
FAD .(0,861 j 0,508k )
FAB . AB
FAC . AC
FAD . AD
FAD
FAC
4,2 i 5,6 j 155,4 i 207,2 j (4,2) 2 (5,6) 2
0,757 j 0,567k)
Planteamos las ecuaciones de equilibrio del sistema de fuerzas concurrentes en el espacio.
F
0
X
155,4 0,324. FAC 0
FAC
F
Z
0
479,63N
479,63.0,567 0,508. FAD
535,33N
FAD
F
Y
0
0
P 207,2 479,63.0,757 535,33.0,861 0
P 1031,2N
3. Se sabe que:
rPA xF
MP
i
MP
i
j
k
(5 L cos 53o )
5
(6 Lsen53o )
0
25
0
5
(6 0,8L)
25
0
j
(5 0,6L)
(6 0,8L)
0
0
k
i
j
k
(5 0,6L)
5
(6 0,8L)
0
25
0
(5 0,6L)
5
0
25
25(6 0,8L) i 25(5 0,6L)k
MP
Por dato del problema:
MP
25
5
25(6 0,8L) 2 25(5 0,6L) 2 25 L2
5
15,6L 56 0
De donde: L1
5,6m
L2
10m
4. a) Proyectamos las fuerzas en cada uno de los ejes coordenados, obteniendo las resultantes en dichos ejes. RX
0
RY
300 cos 60o 200.1,5 150N
RZ
.1,5.100 300sen60o 334,81N
1
2
De esta manera, la resultante en forma vectorial es: 21
R
150 j 334,81k
b) Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados, en este caso, es mucho más práctico usar la forma escalar, proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano. EJE X (Plano YZ) 300sen60º 300cos60º Z
300 1m
100N/m 0 MX
MX
1 2
Y 1,5m
1m
(1,5)(100)(1) 300sen60 (2,5) 300 cos 60 (1) 300(1) 574,52N.m o
o
El momento respecto al eje OX va en sentido horario. EJE Y (Plano XZ) 300sen60º Z
1m 75N X
MY
0 1,5m
MY
300sen60o (1,5) 389,71N.m
El momento respecto al eje OY también va en sentido horario. EJE Z (Plano XY) 300cos60º
1,5m
200N/m
0
Y 2,5m
X
MZ
300cos 60 (1,5) 200(1,5)(0,75) 0 o
22
5. Calculamos la resultante. R
1
15 10 20 (6)(5) 60T 2
Aplicamos el Teorema de Varignon. Y 15 T 2m 2m 4m 10 T 4m 15 T
R x
D
B
z
X
20 T
C
Z
M RZ
M FZ
i
60x 15(2) 20(6)
x 2,5m
M RX
M FX
60z 10(2) 15(6) 20(6)
z 3,83m
i
De esta manera, la ubicación de la resultante en coordenadas es (2,5; 0; 3,83) y su sentido vertical hacia abajo.
23
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntasjustificando su respuesta: a) Desde el punto de vista ingenieril, ¿qué entiende por cuerpo rígido?
(0.5 puntos)
b) En la estructura mostrada, ABC es unabarra doblada en forma de L, cuyo peso es despreciable, ¿será correcto afirmar que el momento en el apoyo A es nulo?
(0.5 puntos)
P/2 B
C 25º 25º
P A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos) 900N/m 1000N 500N/m 80º
20N.m
B
A 1,5m
3m
1m
d) Para la vi ga simplemente apoyada, determine el valor “w” de la carga uniformemente distribuida, si la longitud de la viga es 5m y las componentes verticales de reacción en los apoyos son de 3T (0.5 puntos) w
wL
A
B L/2
L/2
24
2. Determinar la dimensión “a”, sabiendo que las coordenadas del centro de presión de las fuerzas 2 distribuidas w 3000N / msobre el plano XY es (x; 0,4129) m.
(3 puntos) w=3000N/m 2 Y
0
2m
a X
3. a) Determine las reacciones en los apoyos A y C de la siguiente estructura.
(1.5 puntos)
20kN/m C
B
30kN/m
3m
A 4m
6m
b) En el siguiente sistema en equilibrio, la componente de reacción en el apoyo B es el triple de la componente de reacción en el apoyo A, determine la distancia “X” y las componente s de reacción en los apoyos.
(1.5 puntos) 1000N/m
A
B
x
4m
x
4. En la figura mostrada el momento que se produce en el apoyo A es de 900N.m en sentido horario. Determine las reacciones en los apoyos A y C 2W(N/m) A
(4 puntos)
ROTULA
C
B
4W(N/m) 3m
6m
25
5. En el sistema mostrado en equilibrio, se tienen dosbarras ABC y CE articuladas en C, cuyos pesos son de 72kgf y 50kgf respectivamente. Considerando que la polea pesa 20kgf, determine las componentes de reacción en los apoyos A y E, así como las componentes de reacción en D
(4 puntos)
200kgf/m
B
C 1,2m
1,6m
D
r=0,2m
A 40kgf
1,2m
E 2m
6. a)
0,7m
Determine la dimensión L, sabiendo que el alambre compuesto homogéneo delgado formado por los tramos rectos AB (paralelo al eje Y), BC (paralelo al eje Z), EO (contenido en el plano XZ) y por el tramo CDE de una semicircunferencia (contenido en el plano XZ) tiene por coordenadas del centro de gravedad (X ) m. ; 0,368;
(2 puntos)
Z
Z D E 1,5m
C 0
2m
Y 1,5m
B
A L
X
b) Determine las coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta delgada, la cual está formada por una región de cuarto de círculo en el plano XZ, una región triangular en el plano YZ y otra región rectangular hueca en el plano XY
(2 puntos)
Z
1,5m Y 0,5m 0,5m 0,5m 0,5m
1,9m
X
FECHA
La Molina, 24 de Abril del 2006 26
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. a) CUERPO RIGIDO. Está formado por un conjunto de partículas unidas entre sí, tales que luego de aplicarle fuerzas externas, la distancia entre dos puntos permanece constante. Tiene la posibilidad de trasladarse y rotar. b) Determinamos el momento en el apoyo A, asumiendo “d” como distancia entre B y C
M
0
A
MA
d P P (d) 0 2 2
MA
0 (VERDADERO)
c) Determinamos las resultantes de las acciones de las cargas distribuidas. CARGA TRIANGULAR: 1 R 1 .1,5.900 675N (se ubica a la distancia 0,5m del apoyo A) 2 CARGA TRAPEZOIDAL: R2
500.3 1500N (se ubica a la distancia 1,5m del apoyo A)
R3
(3)(400) 600N (se ubica a la distancia 1m del apoyo A)
1
2
Descomponemos la fuerza de 1000N en sus componentes horizontal y vertical. F1X
1000cos 80o 173,65N
F1Y
1000sen80o 984,81N
Esquematizamos el DCL, mostrado en la figura b) 900N/m
a)
1000N 500N/m 80º
20N.m
B
A 1,5m
3m
675
b)
600N 1500N A
20N.m
1m
984,81N
HA
173,65N
VA 1m
0,5m
VB 1m
0,5m
1,5m
1m
d) Analizamos el equilibrio, considerando L=5m w 0,6T / m F 0 3 3 w(5) w(5) 0 Calculamos las resultantes dela acción de las cargas sobre superficie y la resultante total. Y
2.
CARGA TRIANGULAR: P1
(a )(3000)(2) 2
3000a
CARGA DE UN CUARTO DE CIRCUNFERENCIA: P2
3000(2) 4
B
2
3000 27
RESULTANTE: R
3000a 3000 3000(a )
Esquematizamos las cargas sobre la platea, tal como se muestra en la figura.
0
2
Y
R
1m
P1 =3000a
0,8488m
x 0,4129
a/3 X
4R 4(2) = = 0,8488m 3 3
Luego: M RX
M FX
a 3000(a )(0,4129) 3000a 3000(0,8488) 3
i
a2
1,2387a 4,1082 0 a 1,5m
Determinamos el valor de “x”:
M RY
M FY
3000(1,5 )(x) 3000(0,8488) 3000(1,5)(1)
i
x 0,9m
3.
a) Esquematizamos la estructura con sus reacciones (figura a) y la misma estructura con las resultantes de la acción de las cargas distribuidas (figura b) 20kN/m a) HC
C
B VC
30kN/m
3m
A 4m
6m
VA 120kN b)
75kN
HC
C
B 37º
2m VC 1m
37º
A
8,67m 4m
3m
VA
28
3m
M
C
0
VA (10) 120(3) 75 cos 37o (8,67) 75sen37o (2) 0 VA
F
0
F
0
Y
97 VC
120 75 cos 37o 0 VC
X
97kN
75sen37
83kN
HC 0
o
HC
45kN
b) Esquematizamos la viga con sus reacciones y analizamos su equilibrio. 1000N/m
A
HA
B
x
4m
x
VA
VB
F
0
HA
0
F
0
VA
VB (4 2X)(1000) 0
VA
3VA 2000 1000X
V
500 250X
X
Y
1
2
A
M
B
0
1 2
4 2X X (500 250X)(4) 0 3
(4 2X)(1000)
X2
X20
Al resolver, se tienen 2 soluciones, siendo una positiva (correcta) y la otra negativa (incorrecta). Luego: X 1m
En consecuencia: VA
500 250(1) 750N
VB
3VA 3(750) 2250N
4. Analizamos el equilibrio en el tramo BC
M
der B
0
1 (6)(4W)(4) VC (6) 0 2
VC
8W
Ahora, analizamos toda la viga.
M
A
0
900
1 2
(3)(2W)(1)
1 2
(6)(4W)(7) 8W(9) 0
W 100N / m
Luego: VC
800N 29
F
0
HA
F
0
VA 800 (3)(200) (6)(400) 0
X
Y
0 1
1
2
2
100N
VA
Esquematizamos las reacciones de la viga, tal como se muestra en la figura. 200N/m
A
C
B
100N 3m
5.
400N/m
6m
800N
Calculamos las reacciones en el centro D de la polea.
F F
X
0
H D 40 0
Y
0
VD
20 40 0
HD
40kgf
VD
60kgf
D
VD
40 HD
20 40
Efectuamos un corte en la rótula C, analizando el equilibrio de la barra CE, utilizando el DCL de dicha barra.
M
C
0
40(1,2) 60(0,35) 50(0,35) VE (0,7) H E (2,4) 0 2,4H E
0,7VE 9,5
………………. (a)
VC HC
C 1,2m
D
40kgf
60kgf
50kgf
E 0,35m0,35mVE
30
1,2m
HE
Luego, analizamos el equilibrio de toda la estructura, esquematizando el DCL de la misma, calculando la resultante de la carga uniformemente distribuida, siendo la misma de 400kgf, tal como se muestra en la figura.
M
A
0
40(1) 400(1) 40(0,4) 60(2,35) 50(2,35) VE (2,7) H E (0,8) 0
0,8H E 2,7VE 714,5 ………………. (b) Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: HE
88,82kgf
VE
290,95kgf 400kgf
B C 40kgf 0,4m
HA 0,8m
D
40kgf
32kgf
0,4m
A 60kgf
50kgf
VA HE
E 1m
1m
0,35m0,35mV E
Ahora, determinamos las reacciones en el apoyo A, efectuando un equilibrio simple de toda la estructura.
F F 6.
X
0
HA
40 88,82 0
HA
48,82kgf
Y
0
VA
32 400 40 60 50 290,95 0
VA
291,05kgf
a) En la siguiente tabla, se muestran las coordenadas del centro de gravedad de cada tramo. Xi
Yi
Zi
L
1,5
L/2
0
2
1,5
0
1
1,5π
0
0
2+3/π
2,5
-0,75
0
1
Li
TRAMO
(m)
AB BC CDE EO
Luego, determinamos el valor de L 4
L Y i
Y
i
i 1 4
L
L000 0,5L2 2 L 2 1,5 2,5 L 9,2124 L
i
i 1
Por dato del problema: 31
2
0,5L
L 9,2124
0,368
0,736L 6,780 0
L2
L 3m
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad. 4
L X i
X
i 1 4
L
i
3(1,5) 2(1,5) 0 2,5(0,75) 3 2 1,5 2,5
0,460m
i
i 1
4
L Z i
Z
i 1 4
3(0) 2(1) 1,5 2
i
Li
3 2,5(1)
1,509m
3 2 1,5 2,5
i 1
b) Determinamos las características geométricas delas 4 figuras, incluido la parte hueca Figura 1: Cuarto de circunferencia Z
1,5m
X 4R 2 3 =
4R 2 = 3
0
1,5m
A1
R 2 4
(1,5) 2 4
0,5625
2
X1
Y1
0
Z1
2
Figura 2: Triángulo Z
1m
0,5m
Y
0 0,8m
1,6m
32
A2
1
(2,4)(1,5) 1,8
2
X2
0
Y2
0,8
Z2
0,5
Figura 3: Rectángulo 1,2m
0
Y
0,75m 1,5m
2,4m
X A3
2,4.1,5 3,6 X3
0,75 1,2
Y3 Z3
0
Figura 4: Sección hueca 0,25m
0
Y 0,5m
0,75m
0,5m 0,5m
X A4
0,5.0,5 0,25 X4
0,75
Y4
0,25
Z4
33
0
En la siguiente tabla, se muestran todas las características de cada figura. Ai
FIGURA
Xi
Yi
Zi
A i Xi
A i Yi
A i Zi
(m2)
1
2/π
0
2
1,8
0
0,8
0,5
0
1,44
0,9
3
3,6
0,75
1,2
0
2,7
4,32
0
4
-0,25
0,75
0,25
0
-0,1875
-0,0625
0
6,9171
-
-
-
3,6375
5,6975
2,025
0,5625
2/π1,125
0
1,125
De esta manera, determinamos las coordenadas del centro de gravedad de toda la figura. A i X i 3,6375 X 0,5259m Ai 6,9171
A Y 5,6975 0,8237m Y A 6,9171 A Z 2,025 0,2927m Z A 6,9171 i
i
i
i
i
i
34
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
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EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntasjustificando su respuesta: a) Desde el punto de vista ingenieril, ¿qué entiende por partícula?
(0.5 puntos)
b) Determine el módulo de la tensión T que se ejerce en el cable DE, sabiendo que la barra doblada ABC no gira respecto al apoyo A
(1 punto) 1,75m B C
1,5m D
50º 220,25kgf
T
1,5m E
A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos) 70kgf 300N/m
A
B
1,2m
4m
2. Determinar las coordenadasdel centro de presión de las fuerzas distribuidas mostradas en la siguiente figura.
(3 puntos) 6T/m2 4T/m2
Y 2m
1m 2m
3m
X
35
3. a) Para la viga mostrada en la figura, determine las reacciones en los apoyos A y B 270kN
(1.5 puntos)
360kN 53º
75º
A
4,5m
6m
B
4,5m
b) Para el pórtico mostrado en la figura, determine las reacciones en los apoyos A y B, así como las fuerzas internas en la rótula C
(2.5 puntos) 10kN
4kN/m
60º B
C 3m
8kN.m A 1m 1m
3m
4. En la siguiente estructura, el peso de la barra ABC es 3,3T. Determine las componentes dereacción en el empotramiento A y en el apoyo C
(3 puntos) 2T/m B
A
rotula 4m C 3m
3m
3m
5. Para la estructura mostrada en equilibrio, donde GC es perpendicular a HB, el peso de la polea y de las barras son despreciables, se pide: a) Determinar las reacciones en el centro E de la polea y en los apoyos A y B
(2 puntos)
b) Dibujar el diagrama de cuerpo libre del perno G, indicando los valores de las fuerzas que actúan sobre él.
(2 puntos) G
6T 1,5m
E A
H 2m
4T
1,5m
cable C
D
0,5m
B
3,5m
0,5m
36
1,5m
6. a) Determine las coordenadas del centro de gravedad del siguiente alambre compuesto homogéneo delgado, formado por el tramo recto OA (contenido en el plano XZ), el tramo ABC de semicircunferencia (contenido en el plano XZ), el tramo recto CD (paralelo al eje Z) y DE (contenido en el plano XY
(2 puntos) B
Z C
1,5m
A D E
0
2m
Y
3,6m X
b) Determine la longitud L, si el centro de gravedad de la lámina compuesta delgada esX( ; Y ; 0,23)m y está formada por una región rectangular contenida en el plano XY, una región triangular contenida en el plano XZ y una región semicircular contenida en el plano YZ
(2 puntos)
Z
1m
Y
2,4m L
X
FECHA
La Molina, 25 de Setiembre del 2006 37
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – II 1. a) PARTICULA. Es un punto material sin peso que tiene la posibilidad de trasladarse. b) Efectuamos un corte enel cable y analizamos el equilibrio dela barra doblada ABC 1,75m B
C 50 º
1,5m D 1,5m T
220,25kgf
53 º A
Por condición del problema, el apoyo A no gira, consecuentemente su momento es cero.
M
A
0
220,25sen50o (1,75) 220,25 cos 50o (3) Tsen53o (1,5) 0
De donde: T 600kgf
c) Se sabe que 1kgf=10N, quedandoel esquema original (figura a) convertido en su acción equivalente (figura b) Luego, determinamos las resultantes de las acciones de las cargas distribuidas. CARGA TRIANGULAR: R1
1 2
.1,2.300 180N (se ubica a la distancia 0,4m del apoyo A)
CARGA UNIFORME: R2
300.4 1200N (se ubica a la distancia 2m del apoyo A)
Esquematizamos el DCL, mostrado en la figura c) 70kgf a)
300N/m
A
B
1,2m
4m 700N 300N/m
b)
A
B
1,2m c)
4m
180N
700N
MB
1200N
B A 0,8m
VA
2m
2m
0,4m
38
VB
HB
2. Calculamos las resultantes dela acción de las cargas sobre superficie y la resultante total. CARGA TRIANGULAR: P1
4(3)(2) 2
12T
CARGA UNIFORME: P2
6(2)(3) 36T
RESULTANTE: R
12 36 48T
Esquematizamos las cargas sobre la platea, tal como se muestra en la figura. R
0
Y x 12T
1m
y 36T
0,5m 1m
1m
X
Luego, aplicamos el Teorema de Varignon. M RX
M FX
48y 12(1) 36(1)
y 0,5m
M RY
M FY
48x 36(1,5) 12(1)
x 1,375m
i
i
De esta manera, las coordenadas del centro de presión son (1,375; -0,5; 0) m. 3. a) Analizamos el equilibrio de la viga y determinamos las reacciones en los apoyos.
F
X
0
270cos 53o 360 cos 75o H B 0
270sen53 (15) 360sen75o (4,5) VA (10,5) 0
HB
M
B
0
255,17kN
o
VA
F
Y
0
457,6 VB
457,6kN
270sen53o 360sen75o 0 VB
106,13kN
Con los resultados obtenidos, esquematizamos las reacciones en la viga, tal como se muestra en la siguiente figura. 270kN
360kN 53º
4,5m
75º
A
457,6kN 6m
B
255,17kN
106,13kN 4,5m
39
b) Efectuamos un corte en la rótula C y analizamos el equilibrio en CB 4kN/m HC
C
B
VC VB
3m
M F F
X
Y
0
1
VB (3)
0
HC
0
0
VC
4
C
2
(3)(4)(2) 0
1 2
(3)(4) 0
VB
4kN
VC
2kN
HA
5kN
VA
10,66kN
Ahora, analizamos el equilibrio del otro lado de la estructura. 10kN
2kN
60º C 3m
8kN.m A
HA MA
VA
F 0 F 0 M 0 X
10 cos 60o
Y
VA
MA
A
1m 1m
HA 0
10sen60o 2 0
8 2(2) 10sen60o (1) 10 cos 60o (3) 0
MA
19,66kN.m
El momento M A va en sentido antihorario. 4. Efectuamos un corte en la rótula y analizamos el tramo derecho a dicho corte, ubicando los pesosde cada tramo, sabiendo que para cada metro lineal es 0,3T
F 0 M 0 X
D
0
HD
VC (6) 0,9(1,5) 1,5(4,5) 2(3)(1,5) 0
F
Y
0
VD
VC
2,85T
VD
5,55T
2,85 2(3) 0,9 1,5 0
40
2T/m HD
B D VD
2m
0,9T 1,5T
C
1,5m 1,5m 1,5m 1,5m
2m
VC
Ahora, analizamos el lado izquierdo, es decir AD 2T/m HA MA
A VA
0,9T 5,55T
1,5m 1,5m
F 0 F 0 M 0 X
HA
0
Y
VA
0,9 5,55 2(3) 0
MA
A
VA
12,45T
0,9(1,5) 5,55(3) 2(3)(1,5) 0
MA
VE
27T.m
El momento M A va en sentido antihorario. 5. a) Calculamos las reacciones en el centro E de la polea.
F F
X
0
HE
0
Y
0
VE
44 0 E
8T
HE VE
4T 4T Ahora, analizamos el equilibrio de toda la estructura, esquematizando las cargas y determinando las
reacciones en los apoyos A y B
F 0 M 0 X
B
F
Y
0
0 6(3) VA (6) 4(3,5) 8(4) 0
6 HB
VB
48 0
41
HB
6T
VA
0
VB
4T
G
6T 1,5m
E A
H
4T
8T C
D
VA 2m
2m
1,5m
B
3,5m
HB
VB
0,5m
b) Analizamos el equilibrio de la barra HB
M 0 F 0 H
Y
4(8) 4(4,5) VC (4) 0
VH
4 4 12,5 0
VC
12,5T VH 4,5T
4T HH
H
HC
A
C D
B
VC
VH 2m
6T
4T
2m
3,5m 0,5m
Luego, esquematizamos las cargas en la barra GC y analizamos su equilibrio.
F
Y
0
M 0 F 0 C
X
12,5 8 VG
H G (3) 0
HC
0
VG
4,5T
HG
0
0 VG G
HG 1,5m
E 8T
1,5m
C
HC 12,5T
Como ya tenemos el valor de H C
0 , entonces retornamos al equilibrio de la barra HB,
obteniendo:
F
X
0
HH
6 0
HH
6T
H 'G
6T
De esta manera, analizamos el equilibrio de la barra HG
F
X
0
H 'G
6 0
42
F
0
Y
VG'
4,5 0
VG'
4,5T
V´ G G
6T
H´G
H
4,5T
Con los valores obtenidos, dibujamos el DCL del perno G y comprobamos que existe equilibrio en dicho nudo, lo cual certifica el correcto cálculo.
F F
X
0
6 0 6 0 (OK)
Y
0
4,5 4,5 0 (OK) V´ G H´G
6T HG VG
6.
a) En la siguiente tabla, se muestran las características geométricas de cada parte del alambre compuesto homogéneo delgado. Li
TRAMO OA ABC
Yi
Xi
2,5 1,5
0,75
0
1
0
0
2+3/π
CD
2
-1,5
0
1
DE
3,9
-0,75
1,8
0
Siendo: L OA
L ABC
2 2 2,5
1,5 2
R 1,5 2
2
L DE
1,5 3,6 3,9 2R 2(1,5) 3 ZABC 2 2 2
Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad. 4
L X i
X
i 1 4
L
i
Zi
(m)
2,5(0,75) 1,5(0) 2(1,5) 3,9(0,75) 2,5 1,5 2 3,9
i
i 1
43
0,309m
4
L Y i
Y
i
i 1 4
L
2,5(0) 1,5(0) 2(0) 3,9(1,8) 2,5 1,5 2 3,9
0,535m
i
i 1
4
L Z i
Z
i 1 4
3 2(1) 3,9(0) 1,405m 2,5 1,5 2 3,9
2,5(1) 1,5 2
i
Li
i 1
b) Determinamos las características geométricas delas 3 figuras Figura 1: Triángulo Z
CG
X
1,6 A1
1
0,8
0
2L/3 L/3
(2,4)L 1,2L
2
X1
0,8
Y1
0
Z1
L 3
Figura 2: Rectángulo 01m 1m
1,2m
Y
CG
1,2m X A2
2.2,4 4,8 X2
1,2
Y2
1
Z2
0
Figura 3: Semicircunferencia
Z
4R 4 3 =3
CG 0
44
1m
1m
Y
A3
R 2 2
(1) 2 2
X3
0
Y3
1
Z3
0,5
4 3
Por dato del problema:
L 4,8(0) 0,5
3
A Z i
Z
1,2L
i
i 1 3
A
3
4 3
0,23
1,2L 4,8 0,5
0,4L2
i
i 1
De donde: L 1,8m
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad. 3
A X i
X
i
i 1 3
A
1,2(1,8)(0,8) 4,8(1,2) 0,5(0) 1,2(1,8) 4,8 0,5
0,878m
i
i 1
3
A Y i
Y
i
i 1 3
A i 1
i
1,2(1,8)(0) 4,8(1) 0,5(1) 1,2(1,8) 4,8 0,5
45
0,747m
0,276L 0,798 0
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntasjustificando su respuesta: a) ¿Será correcto afirmar que en una rótula existen dos fuerzas internas y un momento? (0.5 puntos) b) Determinar la relación a/b para que el momento en la base A del poste sea nulo. B
2F a/2
(0.5 puntos)
3F L
b/3
F
F a
L
b
L
A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos) 700N
500N/m 100N.m
300N/m A
B 5m
1m
d) Para la viga simplemente apoyada AB, ¿será correcto afirmar que las componentes verticales de reacción en los apoyos A y B es wL / 4 ?
(0.5 puntos) w
A
B L/2
L/2
2. Sabiendo que las coordenadas del centro de presión del conjunto de fuerzas distribuidas mostrado es (1; 1,053; 0) m. Determinar la longitud “L” de la platea, si el cilindro circular (hueco) de 1m de diámetro se encuentra en la parte central correspondiente a las fuerzas distribuidas uniforme sobre una superficie de la zona positiva de los ejes X, Y, Z, es decir, en el I octante. 46
(3 puntos)
Z
1m 1000N/m 2 Y
2m
1,5m
L X
3. a) Un cuerpo de peso P1
80N cuelga del extremo de una barra de peso 200N y longitud 6m, unida
a una pared como se muestra en la figura. Determinar la máxima distancia de la pared a la que es posible colgar un segundo cuerpo de 700N de peso sin que la cuerda se rompa, si esta es capaz de resistir una tensión máxima de 900N
(1.5 puntos)
60 º X 1 2
b) Determinar el peso “w” de la viga y las componentes de reacción en el apoyo A, si la reacción en el
apoyo B es 800,5kgf
(2.5 puntos) 300kgf
250kgf/m
A
B 1m
2,5m
0,9m
4. Determine las reacciones en los apoyos para la estructura mostrada en la figura.
(3 puntos)
900N/m 400N/m
6
m N/ 00
300N/m
3m
A 4m
800N.m B
6m
47
4m
5. Para la estructura mostrada en equilibrio, determine latensión en el cable, sabiendo que en B existe una articulación. Despreciar el peso de las barras.
(4 puntos)
6. a) Determine la dimensión L del siguiente alambre compuesto homogéneo delgado, formado por el tramo recto AB (paralelo al eje X), el tramo BC (contenido en el plano XY), el tramo recto CD (paralelo al eje Z) y el tramo de semicircunferencia DEF (contenido en el plano XZ), si el centro de gravedad es (0,288; Y ;
Z
)m
(2 puntos) Z E 0,5m
F
D B
0 0,6m
C 1,2m
Y
L
A
X
b) Determine las coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta delgada, la cual está formada por una región de cuarto de círculo, una regióntriangular y otra región tipo H (2 puntos) Z
3m
1,5m Y 1,5m 1,5m 1m 1m
1m
X
FECHA
La Molina, 23 de Abril del 2007 48
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. a) FALSO. En una rótula solo existen dos fuerzas internas, una vertical y otra horizontal. No existe momento. b) Por dato del problema: MA
b a 3F Fb 2F Fa 0 3 2
a
b
1
c) Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas y su ubicación. CARGA UNIFORME EN TRAMO AB: R 1 300.5 1500N (se ubica en el centro de dicho tramo) CARGA TRIANGULAR EN TRAMO AB: R2
1 2
(5)(200) 500N (se ubica a la distancia 3,33m del apoyo A)
CARGA TRIANGULAR EN EL VOLADIZO: R3
1
(1)(500) 250N (se ubica a la distancia 0,33m del apoyo B) 2
De esta manera, el DCL de la viga es la mostrada en la figura.
700N HA
1500N 500N
250N 100N.m
A B V
V
A
2,5m
0,83m
B 0,67m
1,67m
0,33m
d) VERDADERO. Por simetría tenemos: VA
1 L VB (w) 2 2
wL 4
2. Calculamos las resultantes de la acción de las cargas sobre superficie. CARGA TRIANGULAR: F1
1,5.2.1000
1500
2
CARGA RECTANGULAR CON HUECO: F2
1000(2)(L) 1000. .12 (2000L 785,4) 4
RESULTANTE: R
F1 F2 1500 2000L 785,4 (714,6 2000L)
Ubicamos las cargas en la platea, tal como se muestra en la figura y luego aplicamos el Teorema de Varignon. a) M RX
M FX i
(714,6 2000L)(1,053) 1500(0,5) (2000L 785,4)(0,5L) 1000L2
2498,7L 1502,47 0 49
L 3m
No se considera el valor negativo, debido a que una longitud siempre es positiva. b) Se comprueba la veracidad del cálculo, a través de la 2da condición del Teorema de Varignon. M RY
M FY i
6714,6(1) 1500(1) 5214,6(1)
OK
Z
0 F1
Y
R F2
1m
1,053m 1m 0,5m
L/2
L/2
X
3. a) Efectuamos un corte por el cable y analizamos el equilibrio respecto al apoyo A
M
A
0
200(3) 700(x) 80(6) 900sen60o (6) 0 x 5,138m 900N HA
60º
A VA
200N 3m
b)
700N
80N
X 3m
Esquematizamos las reacciones en los apoyos y el peso de la viga, el cual está ubicado en el centro de la misma. 250kgf/m
300kgf HA
A B w VA
2,2m
VB=800,5kgf
1m
2,5m
0,9m
Analizamos el equilibrio de la viga.
F
X
M
0 A
0
0
HA
800,5(3,5) w (2,2) 250(2,5)(2,25) w
440kgf 50
1 2
(0,9)(250)(3,8) 0
F
Y
0
VA
800,5 440 300 250(2,5) VA
4.
2
(0,9)(250) 0
677kgf
Analizamos el equilibrio de la viga, calculando las reacciones en los apoyos.
M
A
0
VB (14) 600(5)(2,5)
1 2
(4,5)(900)(5,5) VB
F
Y
0
X
0
2
(1,5)(300)(9,5) 400(4)(12) 800 0
2607,14N
1
2607,14 600(5) cos 37o VA
F
1
VA
2
(4,5)(900)
1 2
(1,5)(300) 400(4) 0
3192,86N
H A 600(5)sen37o 0
HA
5.
1
1800N
Calculamos la distancia horizontal desde el apoyo D hasta la articulación B x
B
G
40º 4m
D tg 40
o
4
x
x 4,767m
Luego, efectuamos un corte en el cable EF y analizamos el equilibrio del sistema estructural. 6m
3m
1m
20N
200N/m
30º 2m
A
B
C 40º
3m
F
T
1m
D 4,767m
51
VD
M
A
0
1
VD (10,767) T(3)
2
(200)(6)(4)
10,767VD
1 2
(200)(3)(7) 20 cos 30 (2) 20sen30 (10) 0 o
3T 4434,64
o
………………. (a)
La segunda ecuación lo obtenemos a partir del equilibrio en forma independiente de la barra BD
M
BD B
0
VD (4,767) 3T 0
4,767VD
3T
……………….. (b)
Reemplazamos la ecuación (b) en (a), obteniendo: VD
739,11N
T 1174,44N
Las orientaciones, son las mismas que las mostradas en la página anterior. 6. a) En la siguiente tabla, se muestran las coordenadas del centro de gravedad de cada tramo. Li
TRAMO
Xi
Yi
Zi
0
(m)
AB
L
L/2
1,2
BC
1,3
0,25
0,6
0
CD
0,6
0,5
0
0,3
DEF
0,5π0
0
0,6+1
/π
Luego, determinamos el valor de L
L 1,3(0,25) 0,6(0,5) 0,5(0) 0,5L2 0,625 2 L 1,3 0,6 0,5 L 3,471
4
L X i
X
L
i
i 1 4
L
i
i 1
Por dato del problema: 0,5L2
0,625
L 3,471
0,288
0,5L2
0,288L 0,374 0
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad. 4
L Y i
Y
i
i 1 4
Li
1,2(1,2) 1,3(0,6) 0,6(0) 0,5(0) 1,2 1,3 0,6 0,5
0,475m
i 1 4
L Z i
Z
i 1 4
L
1,2(0) 1,3(0) 0,6(0,3) 0,5 0,6
i
1,2 1,3 0,6 0,5
i
i 1
52
1
0,347m
L 1,2m
b) Determinamos las características geométricas de las 5 figuras, incluido las parteshuecas Figura 1: Cuarto de circunferencia Z
4/
Y
4/
3m 2
A1
2
R (43) 2,25 4 X1
0
Y1
Z1
4
4
Figura 2: Triángulo Z
2m X
1m 3m
A2
1 2
1,5m
(4,5)(3) 6,75
X2
1,5
Y2
0
Z2
1
Figura 3: Rectángulo 3m Y 2,25m 4,5m
1,5m X A3
3(4,5) 13,5 53
X3
2,25 1,5
Y3
0
Z3
Figura 4: Sección hueca (rectángulo izquierdo) 1m Y 1,5m
2,25m
1,5m 0,5m X
1,5(1) 1,5
A4
X4
2,25 0,5
Y4 Z4
0
Figura 5: Sección hueca (rectángulo derecho) 2m 1m Y 1,5m
2,25m
1,5m 2,5m X
1,5(1) 1,5
A5
X5
2,25
Y5
2,5
Z5
0
En la siguiente tabla, se muestran todas las características de cada figura. Ai
FIGURA 1
Xi
Yi
Zi
0
4/π
4/π0
Ai Xi
A i Yi
9
9
A i Zi
(m2) 2,25
2
6,75
1,5
0
1
10,125
0
6,75
3
13,5
2,25
1,5
0
30,375
20,25
0
4
-1,5
2,25
0,5
0
-3,375
-0,75
0
5
-1,5
2,25
2,5
0
-3,375
-3,75
0
24,318
-
-
-
33,75
24,75
15,75
54
De esta manera, determinamos las coordenadas del centro de gravedad de toda la figura. X
Ai Xi
33,75
1,388m
A Y 24,75 1,018m Y A 24,318 A Z 15,75 0,648m Z A 24,318 Ai i
24,318
i
i
i
i
i
55
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar las barras que no trabajan.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión. B
D
(2.5 puntos)
F 6m
A
C
E
90kN 6m
H
G
180kN 6m 6m
6m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales en las barras GJ, LI, JH, HL, GH y HI, a través del método de las secciones.
(3 puntos) 60kN M
60kN
60kN N
120kN J
L
7m K 7m 120kN G
I H 7m
120kN D
F E 7m
A
C
B 7m
7m
56
3. Para la armadura mostrada en la figura, se pide calcular: a) Las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Las fuerzas en las barras BD, FH y GI por el método de las secciones.
(2 puntos)
c) Las fuerzas en las barras FD y FG por el método de los nudos.
(1 punto)
90kN 90kN 90kN
F H
D
4,5m
J
B A
L C 4,5m
E 4,5m
G 4,5m
I 4,5m
K 4,5m
4,5m
4. Dada la armadura: a) Indicar que barras no trabajan.
(1 punto)
b) Usando el método de los cortes, determine la fuerza axial en la barra DE
(2 puntos)
c) Usando el método de los nudos, determine la fuerza axial en las barras CD, DJ, AB y AH (2 puntos) 1000N D C
0,8m
E
A
H 1,5m
0,8m
F
B I J 500N 1,5m
1,5m
1,5m
1,5m
0,8m
G
K L 500N 1,5m
5. Para la armadura mostrada en la figura, determine la fuerza axial en la barra GE 20kN B
D
15kN F
10kN H
J
(3 puntos)
5kN L
6m
A
FECHA
3m
C
3m
E
3m
La Molina, 22 de Mayo del 2006
57
G
3m
I
3m
K
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VH (24) 90(6) 180(12) 0
VH
112,5kN
Y
VA
112,5 90 180 0
VA
157,5kN
X
HA
0
A
b) Las barras que no trabajan, es decir, barras nulas, son las barras DE y FG c) Aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras. NUDO “A”:
F F
Y
0
157,5 FABsen45o
0
FAB
222,74kN (COMPRESION)
X
0
222,74 cos 45o FAC 0
FAC
157,5kN (TRACCION)
FAB 45º FAC
A
157,5kN NUDO “C”:
F
0
FCE
157,5 0
FCE
157,5kN (TRACCION)
F
0
FBC
90 0
FBC
90kN (TRACCION)
X
Y
FBC
157,5kN
FCE
C 90kN
NUDO “B”:
F
Y
0
222,74 cos 45o
90 FBE cos 45o 0 o
F
X
0
FBE
95,46kN (TRACCION)
o
FBD 95,46sen45 222,74sen45 0 FBD 225kN (COMPRESION) B
FBD
45º 45 º FBE
222,74kN 90kN 58
NUDO “D”:
F
X
0
FDF 225 0
FDF
D
225kN
225kN (COMPRESION)
FDF
NUDO “E”:
F
0
95,46sen45o
F
0
o
Y
X
FEFsen45o 180 0
159,1cos 45
159,1kN (TRACCION) 157,5 0 FEF
FEG 95,46 cos 45
o
FEG
112,5kN (TRACCION)
FEF
95,46kN 45º
45º
157,5kN
FEG
E 180kN
NUDO “G”:
F
X
0
FGH
112,5 0
112,5kN
FGH
112,5kN (TRACCION)
FGH
G
NUDO “F”:
F
Y
0
FFH cos 45o
159,1cos 45o 0
FFH
159,1kN (COMPRESION)
Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal.
F
X
0
225 2(159,1sen45o ) 0
F
225kN 45º 159,1kN
45º FFH
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la siguiente figura.
59
B
157,5 C
157,5
90kN
225
F
1 9, 15
95 ,4 6 90
222,74
A
D
225
E
159,1
112,5
H
G
112,5
180kN
157,5kN
112,5kN
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos. MA
0
VC (14) 60(14) 60(28) 120(21) 120(14) 120(7) 0
F F
VC
540kN
Y
0
VA 540 60 60 0
VA
420kN
X
0
HA
60 3(120) 0
HA
420kN
b) En la siguiente armadura, se muestran los cortes a efectuar. 60kN
60kN N
60kN M
120kN J
L K
2 1
2
120kN G
1
I H
3
120kN D
3
F E
HA=420 kN A
C
B
VA=420kN
CORTE 1-1: MG 0
F F
VC=540kN
FLI (14) 60(14) 60(14) 120(7) 0
Y
0
180 60 60 FGJ
X
0
FHI 60 120 FHG 0 FHG
0
FHI 180 60
FLI
180kN (COMPRESION)
FGJ
60kN (TRACCION)
………………. (a)
60kN
60kN
60kN
120kN FLI
FGJ G
FHG
FHI
CORTE 2-2:
M
L
0
60(14) 60(14) 60(7) FJH sen45o (14) 0
F
Y
0
180 60(3) 127,28sen45o
FJH
127,28kN (COMPRESION)
FHLsen45o 0
60kN
FHL
127,28kN (TRACCION)
60kN
60kN
120kN
L 45º 60kN FJH
45º FHL 180kN
CORTE 3-3:
M
F
0
FDG (14) 420(7) 420(14) 0
FDG
FDG 120kN
210kN (TRACCION) FFI
FDE
FFE
F
420kN
420kN
540kN
NUDO “G”:
F F
Y
0
60 210 FGEsen45o
X
0
FGH
0
FGE
212,13kN (COMPRESION)
FGH
30kN (TRACCION)
120 212,13 cos 45o 0 61
60kN
120kN
FGH
G
45º FGE
210kN
Reemplazamos en la ecuación (a) del corte 1-1 y obtenemos:
150kN (COMPRESION)
FHI
Los valores obtenidos lo graficamos en la siguiente armadura. 60kN
60kN N
60kN M
120kN J
L 60
120kN G
12 7,
K 28
12
7,
28
180
150
30
I
H
120kN D
F E
420kN A
C
B 420kN
540kN
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VL (27) 90(4,5) 90(9) 90(13,5) 0
Y
VA
90 270 0
X
HA
0
A
VL
90kN
VA
180kN
b) Los cortes a efectuar para determinar las fuerzas internas en las barras BD, FH y GI son los mostrados en la figura. 1
2 90kN 90kN
F
90kN D
H J
B A
L C
E
G
1
I 2
62
K
Luego, analizamos cada uno de los cortes. CORTE 1-1: Antes de efectuar el corte 1-1, determinamos el valor del ángulo F 4,5m
A
G
13,5m
arctg Ahora, calculamos la distancia sen18,43o
d1 9
d1
4,5 13,5
18,43o
del corte 1-1
d1 2,85m
18,43º 9m
d1
Efectuamos el corte 1-1 y analizamos su equilibrio.
M
E
0
180(9) 90(4,5) FBD (2,85) 0 FBD
426,31kN (COMPRESION) 90kN FBD B
A
C
d1 E
180kN CORTE 2-2: Previo a su análisis, determinamos el valor de la distanciad 2 d2 18,43º 13,5m sen18,43o
d2 13,5
d2
4,27m
Ahora, efectuamos el corte 2-2 y analizamos su equilibrio.
M M
G
0
90(13,5) FFH (4,27) 0
FFH
284,54kN (COMPRESION)
H
0
90(9) FGI (3) 0
FGI
270kN (TRACCION)
63
FFH H d2
J
FGH
G
L
FGI I
K 90kN
c) Analizamos el equilibriodel nudo F, usando el método de los nudos.
F
X
0
FFD cos 18,43o FFD
F
Y
0
284,54 cos18,43o 0
284,54kN (COMPRESION)
(284,54sen18,43o )(2) 90 FFG
0
90kN (TRACCION)
FFG
90kN F 18,43º FFD
18,43º 284,54kN FFG
De esta manera, las fuerzas internas finales en las barras solicitadas, son las mostradas en la figura. 90kN
90kN 90kN B
, 31 426
D
,54 2 84
F
28 4 ,54
H
90
J
A
L C
E
G
270
I
K
VA=180kN
VL=90kN
4. a) No trabajan las barras BH, BI, FL, FK, debido a que su fuerza axial es cero. b) Determinamos elvalor del ángulo
D 2,4m A
J 4,5m
tg
2,4 4,5
2,4 arctg 28,07 o 4,5
Ahora, calculamos las reacciones en los apoyos. 64
M
A
0
VG (9) 500(3) 500(6) 1000cos 28,07 o (4,5) 1000sen28,07o (2,4) 0 VG
F
0
X
HA
1000sen28,07o 0 HA
F
0
Y
VA
815,70N
470,55N
815,70 500 500 1000cos 28,07o 0 VA
1066,67N
Efectuamos el corte 1-1 y analizamos el equilibrio del lado derecho de la armadura.
M
J
0
815,70(4,5) 500(1,5) FDE cos 28,07o (1,6) FDEsen28,07o (1,5) 0
1379,21N (COMPRESION)
FDE 1
FDE
E F
FEJ J F JK
G
K L 500N
1
815,70N
c) NUDO “A”:
F
Y
0
1066,67 FABsen28,07 o
FAB
F
X
0
0
2266,85N (COMPRESION)
470,55 2266,85 cos 28,07o FAH
FAH 0
1529,66N (TRACCION) FAB
470,55N
A
FAH
1066,67N NUDO “D”:
F
X
0
FCD cos 28,07o FCD
F
Y
0
1379,21cos 28,07o 1000sen28,07o 0
1912,49N (COMPRESION)
1912,49sen28,07 o FDJ
1379,21sen28,07o 1000cos 28,07o FDJ 0
666,53N (TRACCION) 65
1000N
D
1379,21N
FCD
FDJ
5. Efectuamos el corte 1-1 (figura a) y analizamos el equilibrio dela parte derecha de dicho corte (figura b), obteniendo la fuerza axial en la barra GE
M
der H
a) B
0
10(3) 5(6) FGE (6) 0 FGE 10kN (COMPRESION)
20kN
15kN
D
F
10kN 1
H
J
5kN L
10kN
b) H
FHF
J
5kN L
FHA FHC FHE A
C
E
G
I
K
1
66
FGE
G
I
K
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar la barra que no trabaja.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión.
(3.5 puntos)
90kN D
135kN
90kN
B
G
4,5m
A
I C
E
H 90kN
4,5m
4,5m
4,5m
4,5m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales en lasbarras BC, CD y CE, a través del método de las secciones. (3 puntos) 135kN 90kN C
135kN D
67,5kN
67,5kN 4,5m
90kN B
G 4,5m A 4,5m
E 6m
4,5m
3. Dada la siguiente armadura: a) Usando el corte 1-1, determine las fuerzas axiales en las barras AB, BG y EG, indicando si están en tracción o compresión.
(2 puntos) 67
b) Analizando los nudos Hy A, determine que barra no trabaja y cuál es la fuerza axial en la barraAG (1 punto) 4kN
D
4kN
1kN
3m E
C
1kN 1
3m G
B
1kN
3m 1
A
H 4m
4. Para la armadura mostrada en la figura, determine las fuerzas axiales en las barras AG, AB, BG, GH, CD, CJ e IJ, indicando si están trabajando en tracción o compresión.
(4 puntos)
10kN B
A
C
D
8kN
E
3m
G
I
H 2m
2m
K
J 2m
2m
15kN
5. Para la armadura mostrada en la figura, determine las fuerzas axiales en las barras AE, EG y HL, indicando si están trabajando en tracción o compresión.
(4 puntos)
6kN B
C
E
I
H
K
6m A D 9kN 4m
FECHA
4m
J
G
L
7kN 4m
La Molina, 23 de Octubre del 2006 68
4m
4m
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – II 1. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VI (18) 135(4,5) 90(9) 90(13,5)(2) 0
Y
VA
213,75 135 90(3) 0
X
HA
0
A
VI
213,75kN
VA
191,25kN
b) La única barra que no trabaja es la barra DE c) Determinamos el valor del ángulo tg
4,5 9
arctg0,5 26,56o D 4,5m
A
E
9m
Ahora, aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras. NUDO “A”:
F F
Y
0
191,25 FABsen26,56o
FAB
427,72kN (COMPRESION)
X
0
427,72 cos 26,56o FAC 0
FAC
382,58kN (TRACCION)
0
FAB 26,56º
A
FAC
191,25kN NUDO “B”:
F
0
F
0
X
427,72 cos 26,56o
FBD cos 26,56o 0
Y
FBC
FBD
427,72kN (COMPRESION)
135 427,72sen26,56 427,72sen26,56o 0 o
135kN B
FBC
135kN (COMPRESION)
FBD
FBC
427,72kN NUDO “C”:
F
Y
0
FCD sen45o
135 0 69
FCD
190,92kN (TRACCION)
F
X
0
382,58 190,92 cos 45o FCE 0
FCE
247,58kN (TRACCION)
FCD
135kN
45º
382,58kN
FCE
C NUDO “E”:
F
X
0
FEH
247,58 0 247,58kN
FEH
247,58kN (TRACCION)
FEH
E NUDO “D”:
F
X
0
427,72 cos 26,56o
190,92sen45o FDHsen45o FDG cos 26,56o 0
0,707FDH 0,894FDG 247,58
F
Y
0
…………….. (a)
90 427,72sen26,56o 190,92 cos 45o FDH cos 45o FDGsen26,56o 0 0,707FDH 0,447FDG 33,75
…………….. (b)
90kN D
427,72kN 45º 45º 190,92kN
FDH
Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:
FDG
FDG
478,37kN (COMPRESION)
FDH
254,71kN (TRACCION
NUDO “G”:
Como las fuerzas están orientadas a lo largo de una misma línea, se tendrá un caso análogo al nudo B, obteniéndose por equilibrio las fuerzas internas:
G
FGH NUDO “H”: X
0
FHI
478,37kN (COMPRESION)
FGH
90kN (COMPRESION)
90kN
478,37kN
F
FGI
254,71cos 45o 247,58 0 70
FGI
FHI
427,69kN (TRACCION)
Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje vertical.
F
Y
0
90 254,71sen45o 90 0
90kN
254,71kN 45º
247,58kN
H
FHI
90kN
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la siguiente figura. 90kN 135kN 42 4
A
, 27
7, 7
B
72
0 19
135
D
2 ,9
25
2
C 247,58
382,58
478
90kN ,37
G
4, 71
47 8
90
E 247,58
4,5m
,3 7
I
H 427,69 90kN
191,25kN
4,5m
4,5m
4,5m
213,75kN
4,5m
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos. MA
0
VE (6) 90(4,5) 67,5(4,5) 90(9) 135(6) 67,5(10,5) 0
F F
405 67,5(2) 135(2) 0
Y
0
VA
X
0
90(2) H A
0
VE
405kN
VA
0
HA
180kN
b) En la siguiente armadura, se muestran los cortes a efectuar. 135kN
135kN 2
90kN C 67,5kN 1
D 67,5kN 4,5m
90kN B 180kN
G A
E 1 2
4,5m
6m
71
405kN 4,5m
4,5m
CORTE 1-1:
M
A
0
90(4,5) 67,5(4,5) FBC
4,5 2
0
67,5kN 1
FBC
15,91kN (COMPRESION)
FBC
90kN B A 180kN
1
CORTE 2-2:
arctg(9 / 6) 56,31o
Determinamos el valor del ángulo Luego, analizamos el equilibrio del corte.
M 0 F 0 E
Y
FCD (9) 67,5(4,5) 0
FCEsen56,31o 405 67,5 135 0
FCD
FCE
33,75kN (TRACCION)
243,37kN (COMPRESION)
135kN 2 FCD
D 67,5kN
FCE
G
E
2 405kN
Los valores obtenidos lo graficamos en la siguiente armadura. 135kN 90kN C
135kN
33,75
D
1
67,5kN
15, 9
2 4 3 ,3
90kN B
67,5kN 7
4,5m
G 4,5m
180kN
A
4,5m
E
6m
72
405kN 4,5m
3. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VH (4) 1(3) 1(6) 1(9) 4(4) 0
VH
8,5kN
Y
VA 8,5 4 4 0
VA
0,5kN
X
1(3) H A
HA
3kN
A
0
Analizamos el equilibrio del corte.
M M F
X
G
B
0
0
0
1(3) 1(6) 4(4) FAB (4) 0
FAB
1,75kN (COMPRESION)
4(4) FEG (4) 1(3) 1(6) 0
FEG
6,25kN (COMPRESION)
FBG
2kN (COMPRESION)
FBG 1 1 0 4kN
D
4kN
1kN 3m E
C
1kN
FEG B
FBG FAB
3m
G
4m
b) Si analizamos el equilibrio del nudo H, nos daremos cuenta que la barra AGontrabaja. Ahora, analizamos el equilibrio del nudo A NUDO “A”:
F
X
0
FAG cos 37 o
3 0
FAG
3,75kN (TRACCION)
1,75kN FAG 3kN
A
37º
0,5kN
4. Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
10(8) VI (4) 0
VI
20kN
Y
10 20 15 VE 0
VE
5kN
X
HA 8 0
HA
8kN
E
73
Si analizamos el nudo A, tenemos que las fuerzas están orientadas a lo largo de una misma línea, lo cual es un caso notable, siendo las fuerzas internas:
FAB
8kN (TRACCION)
FAG
10kN (COMPRESION)
Para determinar el resto de fuerzas internas, efectuamos los siguientes cortes. CORTE 1-1:
arctg(2 / 3) 33,69o
Determinamos el valor del ángulo
F F
Y
0
10 FBG cos 33,69o 0
X
0
8 8 12,02sen33,69o
FBG
12,02kN (TRACCION)
FGH
6,67kN (COMPRESION)
FGH 0 10kN
8kN
1
A
8kN FBG
G FGH
1
CORTE 2-2:
M
J
0
F 0 M 0 Y
C
5(2) 15(2) 8(3) FCD (3) 0
5 15 0
FCJ cos 33,69o
FIJ (3) 5(4) 15(4) 0
FCD
14,67kN (TRACCION)
FCJ
12,02kN (TRACCION)
FIJ
13,33kN (COMPRESION)
5kN 2 FCD D
E
8kN
FCJ
FIJ J
K
2
15kN
5. Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 M 0 F 0 A
Y
der H
X
VL (20) 9(4) 6(12) 7(16) 0
VA
VL
11kN
9 6 7 11 0
VA
11kN
7(4) 11(8) H L (6) 0
HL
10kN
HA
HA
10kN
10 0
74
Para determinar las fuerzas internas en las barras AE, EG y HL, efectuamos los cortes mostrados en la siguiente figura. B
1
C
6kN 3 I
E 2
K
H 6m
3 10kN
A
10kN D
11kN
J
1 2G 9kN
4m
4m
L
7kN 4m
4m
4m
11kN
Como no sabemos las orientaciones de las fuerzas internas, asumiremos en todos los cortes como si fueran de tracción, lo cual se corroborará o corregirá de acuerdo al resultado final. CORTE 1-1:
F
Y
0
FAEsen37 o
11 9 0 B
FAE
3,33kN (COMPRESION)
FEG
2kN (TRACCION)
1
C
FCE FAE
10kN
37º D
A
FDG 1
9kN
11kN
CORTE 2-2:
F
Y
0
11 9 FEG
0
B
E 2
C
FEH
FEG 10kN
37º D
A
2
FDG
9kN
11kN
CORTE 3-3:
F
Y
0
11 7 FHLsen37 o FHI
3
3
0
I
FHL
K
FHL 37º J
10kN L
7 kN 11kN
75
6,67kN (COMPRESION)
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar las barras que no trabajan.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión.
(2.5 puntos)
180kN 180kN D
90kN
E
F
6m A
C B 3m
3m
3m
3m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales enlas barras DE, GI, HI, a través del método delas secciones. (3 puntos) F
D
H
1,5m 3m
J
B A
L C 9m
60kN
E 9m
60kN
G 9m
60kN
76
I 9m
K 9m
9m
4,5m
3. Para la armadura mostrada en la figura, se pide calcular: a) Las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Las fuerzas en las barras AB, AF y FG por el método de los nudos.
(1 punto)
c) Las fuerzas en las barras BC y EF por el método de las secciones.
(1 punto)
200N
D
3m 400N
C
H
E 3m
400N
B
F 3m
A
G 2m
2m
4. En la armadura mostrada en la figura, todos los triángulos quela conforman son equiláteros. Sabiendo que la fuerza axial en la barra HD es600 3kgf en compresión, se pide: a) Determinar el módulo de la fuerza P
(2 puntos)
b) Calcular las componentes de reacción en los apoyos.
(2 puntos)
P I P G
H
1
1
F
D
E
A
C
B 1m
1m
77
5. Para la siguiente armadura, se pide: a) Determinar la tensión en el cable DE
(1 punto)
b) Calcular las reacciones en el apoyo A
(1 punto)
c) Usando el método de las secciones, determinar las fuerzas internas en las barras FD, FI, HI, CI, JC e indicar si son de tracción o compresión.
(3 puntos) Cable D F
6m C
I
6m
E
G
H
3000kg 1000kg
B
J
A
K
6m
4m
FECHA
4m
La Molina, 21 de Mayo del 2007 78
4m
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VC (12) 90(6) 180(6) 180(9) 0
Y
VA
X
90 H A
A
270 180 180 0 0
VC
270kN
VA
90kN
HA
90kN
b) Las barras que no trabajan, es decir, barras nulas, son las barras AD y BE c) Aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras. NUDO “D”:
F
X
0
90 FDE
0 D
90kN
FDE
90kN (COMPRESION)
FDE
NUDO “A”:
F F
Y
0
90 FAEsen45o
X
0
90 127,28 cos 45o FAB 0
0
FAE
127,28kN (COMPRESION) FAB
180kN (TRACCION)
FAE A
90kN
45º F AB
90kN NUDO “B”:
F
X
0
FBC
180 0
180kN
FBC
180kN (TRACCION)
FBC
B
NUDO “F”:
tg 6 3
63,43o
F F
FCF
201,25kN (COMPRESION)
201,25 cos 63,43o 0
FEF
90kN (COMPRESION)
Y
0
FCFsen63,43o
X
0
FEF
180 0
79
180kN F
FEF
FCF
NUDO “C”:
F
Y
0
270 FCE sen45o
201,25sen63,43o 0
FCE
127,28kN (COMPRESION)
Comprobamos los resultados obtenidos, analizando el equilibrio en el eje “X” OK FX 0 180 127,28 cos 45o 201,25 cos 63,43o 0
201,25kN
FCE 63,43º
45º
C
180kN
270kN
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la siguiente figura. 180kN 180kN 90kN
D 90 7 12
90kN
,2
E 90
F
12 7, 28
8
A
201,25
C B
180
180
90kN
270kN
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos. MA
F F
0
VL (54) 60(9) 60(18) 60(27) 0
Y
0
VA
60 60 60 60 0
X
0
HA
0
VL
60kN
VA
120kN
b) CORTE 1-1: Calculamos el valor del ángulo , que forma la barra BD con la horizontal. tg
3 9
18,43o 80
D
B
3m
9m
Ahora, calculamos la distancia en la horizontal de M a C tg18,43o
4,5
x 13,5m
x
B 4,5m
M
C
x
En consecuencia, la distancia MA 4,5m Con los datos obtenidos esquematizamos el corte 1-1 y calculamos la fuerza interna en la barra DE
M
M
0
120(4,5) 60(13,5) 60(22,5) FDE (22,5) 0 FDE
72kN (TRACCION) 1 FBD
B
FDE
M
A
C
FEG
E
1 120kN 60kN 4,5m 9m
60kN 9m
CORTE 2-2: Efectuamos el corte 2-2 para determinar las fuerzas internas en las barras HI y GI
M M
N
0
60(4,5) FHI (22,5) 0
FHI
12kN (COMPRESION)
H
0
60(18) FGI (7,5) 0
FGI
144kN (TRACCION)
2 FHJ
H
FHI FGI
J
I
L
K
2
9m
81
9m
60kN 4,5m
N
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 A
Y
VG (4) 400(3) 400(6) 200(9) 0
VG
1350N
VA 1350 0
VA
1350N
NUDO “G”:
Calculamos la reacción horizontal en G y la fuerza en la barra FG, analizando el equilibrio en el apoyo G, por el método de los nudos.
F F
X
0
HG
Y
0
1350 FFG
0
0
FFG
1350N (COMPRESION)
FFG G
HG
1350N
Retornamos a la armadura srcinal, analizando su equilibrio total.
F
X
b)
0
400 400 200 H A
0
HA
1000N
NUDO “A”:
Analizamos el equilibrio en el apoyo A de la armadura.
F F
1000 0
X
0
FAF cos 37 o
Y
0
FAB 1250sen37 o
1350 0 FAB
1000N
FAF
FAB 600N (TRACCION)
FAF 37º
A
1350N
c)
Efectuamos el corte 1-1, tal como se muestra en la siguiente figura.
400N
200N
D
C
H
E
1 400N
1 B
F
1000N A
G
1350N
82
1250N (TRACCION)
1350N
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte superior al corte 1-1
M 0 F 0 E
Y
200(3) FBC (4) 0
FEF
150 0 200N
FBC
150N (TRACCION)
FEF
150N (COMPRESION)
D
C
400N
E FCH FEH
1
1 FBC
FEF
4. a) Distribuimos las distancias y longitudes de las barras de la armadura, sabiendo que un triángulo equilátero es aquel cuyos lados son iguales y los ángulos internos son de60 o cada uno. I 0,5
0,5 0,5
G 0,5
0,5
F
1
0,5
30º
A
0,5
0,5
1
0,433m
D
0,5
E
1
1
0,5m
0,433m
H
1
0,25m
C
1
B 0,25m 0,25m
0,866m
0,5m
0,25m
Ahora, efectuamos el corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte superior de la armadura. P I P 1 FFG F
600 3kgf 30º
FEF E FED 60º 0,25m
F
0
0,433m
0,433m
D
0,25m
0,25m
M
1
H
G
0,25m
600 3 cos 30o (0,75) 600 3sen30o (0,433) P(0,25) P(0,5) 0
P 1200kgf
b) Calculamos las reacciones en los apoyos, analizando todala armadura.
M
A
0
VC (2) 1200(0,75) 1200(1) 0
83
VC
1050kgf
F F
Y
0
VA
1050 2(1200) 0
X
0
HA
0
VA
1350kgf
5. a) Efectuamos un corte en el cable y analizamos el equilibrio de toda la estructura, determinando la fuerza interna en el cable, denotado como T
M
A
0
3000(8) 1000(12) T(18) 0 T
D
1
I
E
G
H
1
6m
2 3000kg 1000kg 3
3 B
T 2000kg
2 F
C
6m
J 6m
HA
A
K 4m
4m
4m
VA
b) Efectuamos el cálculo de reacciones, utilizando el mismo corte.
FF
X
0 0
Y
H A 2000 0 VA 3000 1000 0
H A 2000kg VA 4000kg
c) Aplicamos el método de las secciones para determinar las fuerzas internas en las barras requeridas. CORTE 1-1: Efectuamos el corte 1-1, determinando las fuerzas internas en las barras FD, FI y HI
M
I
0
3000(4) 1000(8) FFDsen37o (4) FFD cos 37o (3) 0 FFD
M
G
0
3000(4) FFIsen37o (4) FFI cos 37o (3) 0 FFI
M
F
0
4166,67kg (TRACCION)
2500kg (COMPRESION)
1000(4) FHI (3) 0 FHI
1333,33kg (COMPRESION) FFD
F
37º 37º
FFI I
3m
37º
FHI
G
H
3000kg 1000kg
4m
4m
84
CORTE 2-2: Analizamos el corte 2-2, determinando la fuerza interna en la barra CI
M
D
0
3000(4) 1000(8) FCI (6) 0 FCI
3333,33kg (COMPRESION) D
4166,67
3m
F
FDI
3m
FCI
G I
FIJ
H 3000kg 1000kg
4m
4m
CORTE 3-3: Calculamos el ángulo que forma la barra JC con la barra JB, denotado como tg
6 4
56,31o
Efectuamos el equilibrio de las fuerzas en el eje horizontal.
F
X
0
2000 FJC cos 56,31o FJC
0
3605,56kg (TRACCION) FBC B
FJC
2000kg A
J
K
4000kg
85
FJI
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta: a) ¿Si en una rótula actúa una carga puntual P, entonces será correcto afirmar queen dicha rótula el momento es diferente de cero?
(0.5 puntos)
b) ¿Será correcto afirmar, que si en un tramo de un a viga, su diagrama de fuerza cortante es constante, entonces en dicho tramo su diagrama de momento flector será una línea recta inclinada? De un ejemplo.
(0.5 puntos)
c) Para la viga simplemente apoyadamostrada en la figura, determine el momento en el centro de la luz.
(1 punto) wL w
L/2
L/2
2. En la figura se muestra una barra quebrada ABC de peso despreciable, sobre la cual actúa un cable (1) en el punto medio de AB, una fuerza de 8000N en el punto medio de BC y una carga distribuida en forma triangular. Sabiendo que el sistema está en equilibrio, se pide determinar: a) Las tensiones en los cables (1) y (2)
(1 punto)
b) Las componentes de reacción en los apoyos A y C
(2 puntos)
c) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 2m a la derecha del apoyo A
(2 puntos)
3m
8000N
600N/m
C 1,5m
45º
A
B (1)
(2) 60º
W =500N
86
3. Dada la siguiente viga, graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, debidamente acotados.
(3 puntos) 800kgf 1000kgf/m 500kgf/m
A
B 4m
1m
4. Para la viga mostrada en la figura, se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante Vy el momento flector M para el tramo BC en (2 puntos)
términos de “X”, considerando el srcen en A
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
2T 2T.m A
1T
3T/m
2T/m
1T.m
BC 1m
(2 puntos)
D 1,5m
2m
E 1m
X
5. La viga mostrada en la figura está sometida únicamente a la acción de cargas puntuales y carga distribuida. Se pide: a) Esquematizar las cargas en la viga y reacciones en los apoyos.
(1.5 puntos)
b) Graficar los diagramas de momento flector y refuerzo.
(1.5 puntos)
A
B
7,92 5,50 +
V (T) 4,08 7,08 1,5m
0,75m
87
0,75m
1m
6.
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
180kN
C
360kN
D
E
F
4,5m 135kN
B
4,5m
A
G
3m
FECHA
6m
La Molina, 19 de Junio del 2006 88
3m
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – I 1. a) FALSO. El momento en la rótula siempre es cero. b) VERDADERO. Debido a que en dicho tramo la ecuación de la fuerza cortante es una constante, entonces la ecuación del momento será de una recta. Siempre se debe de cumplir M ( X )
V( X) dx
Como ejemplo, en la siguiente figura podemos observar que en los tramos AB y BC el diagrama de fuerza cortante es constante y el diagrama de momento flector una recta inclinada. P A
C B
P/2 L/2
P/2 L/2
P/2 + A
C
V
C
M
B P/2
A
B PL/4
c) Por simetría determinamoslas reacciones en los apoyos. wL wL VA
VC
2
wL wL w A
C B wL
wL L/2
wL + A
L/2 wL/2
C B wL/2
A
B +
V
wL C
M
3wL2/8
Luego, calculamos el momento en el centro de la viga, por ecuaciones y método de las áreas. ECUACIONES: MB
L L L 3wL2 wL w 8 2 2 4
89
METODO DE LAS AREAS:
MB
wL wL L 2 2 2 3wL 2
8
Como podremos apreciar los resultados son los mismos. Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, que se muestran en la figura de la página anterior. 2.
a) Analizamos el equilibrio del nudo donde actúa la carga W 500N
F F
X
0
P1 cos 60o P2 cos 30o 0
P1
1,732P2
Y
0
P1sen60o
P2
250N (TRACCION)
P1
433N (TRACCION)
P2 sen30o 500 0 P1
P2
60º
30º
500N
b) Aplicamos la carga P1 433N a la barra de eje quebrado y analizamos su equilibrio.
M
C
0
8000(0,75)
1
(3)(600)(3,5) 433cos 60 (1,5) 433sen60 (3) VA (4,5) 0 o
2 VA
F
0
F
0
Y
2355,49 VC
1 2
X
433cos 60
2355,49N
(3)(600) 8000 433sen60
VC o
o
o
0
6919,50N
HC 0 HC
216,50N 8000N
C
HC=216,50N
600N/m VC=6919,50N A
1,5m
B 60º 433N 1,5m
VA=2355,49N
1,5m
0,75m0 ,75m
c) Identificamos como D el punto ubicado a 2m a la derecha del apoyo A y efectuamos un corte, orientando en forma positiva las fuerzas internas, analizando su equilibrio.
F
X
0
ND
433cos 60o 0 90
ND
F
0
Y
2355,49
216,50N (COMPRESION)
(600 200).2 2
1180,50N
VD
M
0
D
433sen60o VD 0
2355,49(2) 433sen60o (0,5) 200(2)(1) MD
1 2
2 (2)(400) .2 M D 3
0
3590,15N.m
600N/m 200N/m MD A 60 º
D VD
ND
433N 1,5m
3.
0,5m
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0
VB (4) 1000(4)(2) 800(4) 500(1)(4,5) 0
VB FY
F
X
0
VA
3362,5 1000(4) 800 500(1) 0 VA
0
HA
3362,5kgf
1937,5kgf
0 800kgf 1000kgf/m 500kgf/m
A
B
4m
1m
1937,5 +
500
C
A
B
D
1,9375m 2,0625m
A
2062,5 250
C
B
+
V (kgf)
D
M (kgf.m)
1877 REFUERZO
91
Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando este último por el método de las áreas. DIAGRAMA “M”:
MA
0
MC
MB
1877
MD
250 (1)(500) 0
1
(1,9375)(1937,5) 1877kgf .m
2
1 2
(2,0625)(2062,5) 250kgf .m
1
2 El diagrama de refuerzo lo realizamos de acuerdo al signo del diagrama de momento flector.
4. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0
VD (4,5) 2 1 2(1,5)(1,75) 3(2)(3,5) 1(4,5) 0 VD
F
0
Y
VA
6,61 2 2(1,5) 3(2) 1 0 VA
F
0
X
6,61T
5,39T
0
HA
Efectuamos un corte a una distancia “X” del apoyo A, perteneciente al tramo BC, es decir, en un
nuevo punto F, analizando su equilibrio.
F F
0 0
X
Y
NF
0
5,39 2 2(X 1) VF VF
M
F
0
5,39 2X
5,39X 2X 2 2 MF
0
(X 1) 2 2
MF 0
X 2 5,39X 3
2T
2T/m
MF
2T.m A
5,39T
B
NF
F VF
1
X-1 X
b) Graficamos los diagramas defuerza cortante y momento flector, aplicando el método de las áreas para este último, quedando a criterio del lector la comprobación de los resultados para el tramo BC, a través de las fórmulas obtenidas. DIAGRAMA “M”:
MA M
0
antes B
3,39(1) 3,39T.m 92
M después B
3,39 2 1,39T.m (0,39 3,39).1,5
MC
1,39
MG
4,225 (0,13)(0,39) 4,25T.m
2
4,225T.m
1
2
1
MD
4,25 (1,87)(5,61) 1T.m
ME
1 1 0
2
2T
3T/m
2T/m
2T.m A
1T 1T.m
BC
D
5,39T
E 6,61T
3,39 +
A
0,39 B
D
E
CG 0,13m 1,87m
B
A
5,61
1
CG D
1,39
4,225
E
M (T.m)
+ 3,39
V (T)
4,25
5. a) En función del diagrama de fuerza cortante, se obtienen las reacciones en los apoyos y cargas aplicadas sobre la viga, tal como se muestra en la figura de la siguiente página. b) Graficamos el diagramade momento flector, a través del método de las áreas. DIAGRAMA “M”:
MA
0
MC
MD
3,92 1 (0,51)(4,08) 2,88T.m
ME
2,88 4,08(0,75) 0,18T.m
MB
0,18 7,08(0,75) 5,5T.m
MF
5,5 5,5(1) 0
1 2
(0,99)(7,92) 3,92T.m
2
El diagrama de refuerzo lo efectuamos de acuerdo al signo del diagrama de momento flector. 93
3T
8T/m
5,5T B
A
VA =7,92T
VB=12,58T
1,5m
0,75m
0,75m
1m
7,92
5,5 +
C
A
D
E
B
F
0,99m 0,51m
V (T)
4,08 7,08 5,5
C
A
D
0,18 E
+ 3,92
F
B
M (T.m)
2,88 REFUERZO
6.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0
VG
365,625kN
VA
174,375kN
F 0 135 H 0 En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos.
HA
135kN
A
Y
VG (12) 135(4,5) 180(3) 360(9) 0
VA
X
365,625 180 360 0 A
180kN
360kN
C
F 4,5m
135kN 4,5m 135kN
G
A
174,375kN
365,625kN 3m
6m
3m
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. DIAGRAMA “N”:
N AC
174,375kN
(COMPRESIÓN)
N FG
365,625kN
(COMPRESIÖN)
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente figura. 94
C
F
174,375
365,625
N (kN) A
G
DIAGRAMA “V”:
VAB
135kN
VBC
0
VCD
174,375kN
VDE
174,375 180 5,625kN
VEF
5,625 360 365,625kN
VFG
0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la siguiente figura.
174,375 C
+
D
5,625
E
F
B
V
135 +
365,625
(kN) A
G
DIAGRAMA “M”:
MA
0
MB MC
135(4,5) 607,5kN.m 607,5 0 607,5kN.m
MD
607,5 174,375(3) 1130,625kN.m
ME
1130,625 5,625(6) 1096,875kN.m
MF
1096,875 365,625(3) 0
MG
0 95
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la siguiente figura. 607,5
D
E
F
C +
607,5
B
+
1130,625 607,5
1096,875
M A
(kN.m)
96
G
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta: a) Si la expresión de la fuerza cortante V( X ) es de grado 2, ¿de qué grado será la expresión de su momento flector M ( X ) ?
(0.5 puntos)
b) Se tiene una viga de concreto armado de sección transversal rectangular de ancho B, altura 50cm y 5,20m de longitud; sabiendo que dicho elemento estructural pesa 1560kgf, calcule el ancho B de la 3 viga, si el peso específico del concreto armado es de 2400kgf/m
(0.5 puntos)
c) ¿El diagrama de momento flector corresponde a la viga o no?
(1 punto)
P
P
A
C B L/2
D L/2
L/2 PL/2
M
+ PL/2
2. En la siguiente estructura en equilibrio se tiene una barra doblada AB, donde la reacción en el apoyo B es 300kgf, determine: a) El valor de “w”
(1 punto)
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha del apoyo A
(1 punto)
w A 2m B 3m
2m
97
1m
3. Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, debidamente acotados.
(3 puntos) 1,2T/m A
B
6T.m
3m
D
C
2m
3m
4. Para la viga en voladizo con empotramiento en A, se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante Vy el momento flector M para el tramo BC en términos de “X”, considerando el srcen en B (2 puntos) b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
2T/m
A
B
2T/m
1T
C
D
X
2m
1,5m
(3 puntos)
1m
5. Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, si la carga distribuida varía por una dependencia cuadráticaw X
X w L
2
(5 puntos)
w wX
A
B X L
6.
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
45kN/m
3m
D
C 135kN
B
6m A 12m
FECHA
La Molina, 20 de Noviembre del 2006 98
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – II 1. a) Como: dM
V
dx
M Vdx
En consecuencia, si la ecuación de la cortante V es de grado 2, entonces la ecuación del momento M será de grado 3 Para que se produzca esto, en dicho tramo, debe de existir carga triangular. b) Por dato del problema: 1560 2400(B)(0,5)(5,2) B 0,25m 25cm c) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M F F
A
0
L P 3L 0 2 2
VC (L) P
Y
0
VA
P 2P P 0
X
0
HA
0
VC
2P
VA
0
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, aplicando para este último el método de las áreas. DIAGRAMA “M”:
MA
0
MB
0
MC
L PL P 2 2
MD
PL 2
L P 0 2 P
P
A
C B
L/2
D
2P
L/2
L/2 P +
A
B
C
D
V
D
M
P PL/2
A
B
C
De esta manera, se concluye que es FALSO, porque dicho diagrama de momento M no corresponde con el del enunciado del problema. 99
2. a) Aplicamos las ecuaciones de equilibrio para determinar el valor de “w” y l as reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
300(6) w(2)(4) 0
Y
VA
300 225(2) 0
X
HA
0
A
w 225kgf / m
VA
150kgf
De esta manera, los valores de la carga y reacciones son las mostradas en la siguiente figura. w=225kgf/m A
2m
150kgf B 3m
2m
1m 300kgf
b) Efectuamos un corte a2m a la derecha del apoyo A y lo denotamos como C
F 0 F 0 M 0
0
X
NC
Y
150 VC
150(2) M C 0
C
0
VC
MC
150kgf 300kgf .m
MC
A
C
NC VC
150kgf 2m
3.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VD (8) 1,2(5)(2,5) 6 0
VD
2,625T
Y
VA
2,625 1,2(5) 0
VA
3,375T
X
HA
0
A
Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando este último, por el método de las áreas. DIAGRAMA “M”:
MA
0
ME
(2,8125)(3,375) 4,746T.m
M
antes B
1
2
4,746
1 2
(0,1875)(0,225) 4,725T.m
100
M después B
4,725 6 10,725T.m (2,625 0,225).2
MC
10,725
MD
7,875 2,625(3) 0
7,875T.m
2
1,2T/m A
B
6T.m
3,375T 3m
D
C
2m
3m
2,625T
3,375 + A
EB
C
D
2,8125m 0,1875m
A
V (T)
2,625 EB
C
D
4,746 4,725
M (T.m)
+ 7,875
10,725
4. a) Calculamos las reacciones en el empotramiento.
F
0
HA
0
F
0
VA
2(2)
MA
X
Y
M
A
0
1 2
(1,5)(2) 1 0
2
wX
13T.m
2
Luego, obtenemos el valor de w X para el tramo BC
1,5
MA
1
El momento en A va en sentido antihorario.
X
6,5T
2(2)(1) (1,5)(2)(3) 1(4,5) 0
wX
VA
1,333X 2T/m wX B
C
X 1,5m
101
Efectuamos un corte en el tramo BC y analizamos su equilibrio.
F
0
N BC
F
0
6,5 2(2)
X
Y
0 1 2
(X)(1,333X) VBC
0,667X 2 2,5
VBC
M
i
M BC
XM 0 BC 3
1
6,5(2 X) 13 2(2)(1 X)
0
0
(X)(1,333X)
2
0,222X 3 2,5X 4 2T/m wX
MBC
13T.m A
B
6,5T
NBC
i VBC
2m
X
b) Con las ecuaciones obtenidas, determinamos los valores de la fuerza cortante y momento flector en el tramo BC TRAMO BC PUNTO
X
V
M
(m)
(T)
(T.m)
B F
0 0,75
2,5 2,125
-4 -2,219
C
1,5
1
-1
Para el resto de puntos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector por los métodos conocidos. DIAGRAMA “M”:
MA
13T.m
ME
13
MB
7,5
MD
1 1(1) 0
(6,5 4,5).1 2
7,5T.m
(4,5 2,5).1 2
4T.m
De esta manera, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, teniendo en cuenta las siguientes consideraciones: TRAMO
V
M
AB
Línea recta
Parábola cuadrática
BC
Parábola cuadrática
Parábola cúbica
CD
Constante
Línea recta
102
2T/m
2T/m
1T
C
D
13T.m A
B
6,5T
2m
1,5m
1m
6,5 4,5 2,5 2,125 + A
1m
1 E
B F 0,75m
C
D
V (T)
13 7,5 4 A
E
2,219 1
B
F
C
D
M (T.m)
5. Para obtener las ecuaciones de la cortante y del momento, aplicamos lasiguiente relación diferencial. 2
X w X w L
d M dX 2
2
Integramos en forma consecutiva dos veces y obtenemos: dM dX
wX
V
M
wX 4 2
12L
3
2
3L
C1
C1X C 2
Las constantes de integración
C1
y C 2 , lo determinamos a través de las condiciones de borde o
extremos. a) Si X 0
M X 0
0
C2
0
b) Si X L
M XL
0
C1
wL 12
De esta manera, las ecuaciones resultantes de la fuerza cortante y momento flector son: wX3 V
(X)
wL
3L2 12
M (X)
wX
4
2
12L
wLX 12
Como sabemos, donde la fuerza cortante es cero, el momento será máximo, para ello, igualamos a cero la ecuación de la fuerza cortante.
wX3 2
3L
wL 12
0
X 0,63L
103
Para tener una mejor forma del diagrama, lo efectuamos a través de la siguiente tabla. X
V
M
(L)
( wL)
( wL )
2
0
0,0833
0
0,25
0,0781
0,0205
0,5
0,0417
0,0365
0,63
0
0,0394
0,75
-0,0573
0,0361
1
-0,25
0
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la siguiente figura. w
wX A
B X L
+
V (wL) 0,25 +
6.
M
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VD (12) 135(6) 45(12)(6) 0
Y
VA
X
135 H A
A
337,50 45(12) 0 0
VD
337,50kN
VA
202,50kN
HA
135kN
En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos.
104
45kN/m
3m
D
C 135kN
337,5kN 6m 135kN
A
12m
202,5kN
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector. DIAGRAMA “N”:
N AC
202,5kN
N CD
0
(COMPRESIÓN)
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente figura. D
C
N (kN)
A
DIAGRAMA “V”:
VAB
135kN
VBC
0
V
202,5kN
VECD
202,5 45(4,5) 0
CD C
CD D
V
VD
0 45(7,5) 337,5kN
337,5 337,5 0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la siguiente figura.
105
202,5 C
+
E
D
4,5m B
7,5m
135 +
337,5
V A
(kN)
DIAGRAMA “M”:
MA
0
MB
135(6) 810kN.m
MC
810 0 810kN.m
ME
810
MD
1265,625 (337,5)(7,5) 0
1 2
(202,5)(4,5) 1265,625kN.m 1
2
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la siguiente figura.
C
810 E
810 B +
D
+ 1265,625
M A
(kN.m)
106
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta: a) ¿Será correcto afirmar que enuna estructura, si su fuerza cortante es cero y cruza del positivo al negativo, entonces su momento flector en dicho punto también es cero?
(0.5 puntos)
b) Una viga simplemente apoyada de6m de longitud pesa 2 toneladas, ¿será correcto afirmar que el momento flector máximo ocurre en el centro de la viga y vale 3T.m?
(1 punto)
c) ¿Será correcto afirmar que el momento flector máximo de la viga mostrada es PL/3? P
(0.5 puntos)
P
A
B
L/3
L/3
L/3
2. En el sistema homogéneo mostrado en la figura, se tiene una barra rígida doblada ABC de 140kgf de peso, donde la componente de reacción en el apoyo C es 1115kgf, se pide: a) Determinar el valor de la carga W
(1.5 puntos)
b) Calcular la fuerza axial onormal, fuerza cortante ymomento flector a 1m a la derecha de B (1.5 puntos) W 100kgf
C
B 3m A 4m
107
3. Para la viga mostrada en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas internas en el punto C
(1 punto)
c) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. 8T
3,2T/m
(2 puntos)
8T
3,2T/m D
A
B 3,6m
C 1,8m
E 1,8m
3,6m
4. Para la viga mostrada en la figura, se pide: a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante Vy el momento flector M para el tramo BC en términos de “X”, considerando el srcen en B, es decir 0 X 3m
(1.5 puntos)
2T/m 1T 2T.m
B
A
D
C 1m
3m
4m
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
(2.5 puntos)
5. Para la viga mostrada en la figura, se pide: a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados. 90kN 135kN
D
A
B 6m
6.
135kN 135kN 180kN
H
C 6m
E 6m
(3 puntos)
6m
G
F 6m
6m
6m
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
4kN/m 1kN 8kN
C
B
1,5m 2kN.m 1,5m A
D 2m
FECHA
2m
4m
La Molina, 18 de Junio del 2007 108
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – I 1. a) FALSO. Si la fuerza cortante es cero, el momento flector será diferente de cero y máximo en dicho tramo. b) Calculamos el valor de la carga uniformemente distribuida (formade representación delpeso de una estructura), dividiendo el peso total entre la longitud de la viga. w
2T 6m
0,333T / m
Esquematizamos la carga en la viga y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, ocurriendo el momento máximo en el centro de la viga y su valor es: M máx
MC
wL2 8
0,333.6 2 8
1,5T.m 0,333T/m
A
D
C
1T
3m
1T
3m
1 +
V 1
(T)
M
+
(T.m)
1,5
c) VERDADERO. Como la viga es simétrica, entonces sus reacciones son iguales a P y graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector, siendo su momento máximo PL/3, tal como se muestra en la siguiente figura. P
L/3
P
L/3
L/3
P
P P +
V P
M
+ PL/3
2. a) Esquematizamos los pesos, distribuidos de acuerdo a su longitud y calculamos el valor de la carga distribuida W, así como las reacciones enel apoyo A 109
W 100kgf
C
B 80kgf 60kgf
3m 1,5m
1115kgf
HA
A
2m VA
M 0 F 0 F 0
4m
1115(4) 80(2) 100(3) W(4)(2) 0
W 500kgf / m
X
100 H A
HA
100kgf
Y
VA
VA
1025kgf
A
0
1115 60 80 500(4) 0
b) Analizamos el equilibrio a 1m ala derecha de B, efectuando un corte en dicho punto y obteniendo las fuerzas internas requeridas.
500kgf/m MD
100kgf B
100kgf
D 20kgf 60kgf
ND VD
1,5m 1,5m
A
1025kgf
0,5m 0,5m
F 0 F 0 M 0
100 100 0
ND
0
VD
445kgf
X
ND
Y
1025 60 20 500(1) VD
1025(1) 100(3) 60(1) 20(0,5) 500(1)(0,5) M D 0
D
0
MD
1005kgf .m
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0
VD (7,2) 3,2(3,6)(1,8) 8(3,6) 3,2(3,6)(9) 8(10,8) 0 VD
F
Y
0
VA
33,28T
33,28 3,2(3,6) 8 3,2(3,6) 8 0 VA
5,76T
110
F
X
b)
0
HA
0
Analizamos el equilibriode la viga en el tramo AC, determinando las fuerzas internas enC
F 0 F 0 M 0
0
X
NC
Y
5,76 3,2(3,6) 8 VC
MC
C
0
3,2(3,6)(3,6) 8(1,8) 5,76(5,4) 0
VC
13,76T 24,768T.m
MC
8T
3,2T/m
MC A
B
NC
C VC
5,76T
c)
3,6m
1,8m
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando este último por el método de las áreas. 8T
3,2T/m
8T
3,2T/m D
A
B
5,76T 3,6m
C
1,8m
E
33,28T 3,6m
1,8m 19,52
5,76 F
A
B 5,76 1,8m
1,8m
C
D
8
+
E
V (T)
13,76 49,536
24,768
A
F +
5,184
B
C
0
MF
(1,8)(5,76) 5,184T.m
E
M (T.m)
DIAGRAMA “M”:
MA
D
1
2
111
1
MB
5,184 (1,8)(5,76) 0
MC
13,76(1,8) 24,768T.m
MD
24,768 13,76(1,8) 49,536T.m
ME
49,536
2
(19,52 8).3,6 2
0
4. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
B
0
VD (7) 1(1)
1 2
(3)(2)(2) 2(4)(5) 2 0
1
F
0
VB
6,714 (3)(2) 2(4) 1 0
F
0
HB
0
Y
X
2
VD
6,714T
VB
5,286T
Analizamos el equilibrio de la viga del lado izquierdo, efectuando un corte a una distancia “X” de B hacia C, es decir, en un nuevo punto E
WX
1T
MX
B
A
NX
E VX 5,286T 1m
X
Por relación de triángulos tenemos: WX
X
2 3
2X
WX
0
3
Luego:
F
0
NX
F
0
1 5,286
X
Y
1 2
2X V 0 X 3
(X)
VX
M
E
0
MX
X2 3
1 2X X 1(1 X) 5,286X 2 (X) 3 3 0 MX
b)
4,286
4,286X
X
3
9
1
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, aplicando las ecuaciones obtenidas para el tramo BC y para el resto de tramos, los métodos conocidos. Para ello, en forma independiente analizamos el tramo BC, obteniendo 3 valores para describir la curvatura de las parábolas cuadrática y cúbica, siendo estos al inicio, centro y final del tramo. 112
TRAMO BC VBC
X
4,286
X2
M BC
3
4,286X
0
4,286
-1
1,5
3,536
5,054
3
1,286
8,858
Como se podrá verificar, se cumple con la relaciónV
X3 9
1
dM dX
DIAGRAMA “M”:
MA
0 M B 1(1) 1T.m Luego, continuamos graficando con los valores obtenidos por la ecuación de momento flector en el tramo BC MC
8,858T.m
MF
8,858 (0,643)(1,286) 9,271T.m
antes
MD M
1
2
1
9,271 (3,357)(6,714) 2T.m
después D
2
2 2 0 1T
2T/m 2T.m
B
A
D
C 5,286T 1m
6,714T 3m
4,286
3,536 +
B
A
4m
1,286 F C
D
1
V (T)
0,643m
6,714 2
1 A
C
F
B
D
M (T.m)
+ 5,054
8,858
113
9,271
5. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M M F F
A
0
VH (12) 180(6) 0
0
VD (18) 90(42) 90(6) 135(12) 135(24) 135(30) 180(36) 0
der F
Y
0
VA 675 90 90 135(3) 180 0
X
0
HA
VH
90kN
VD
675kN
VA
90kN
0
b) Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector por los métodos conocidos. DIAGRAMA “M”:
MA
0
MB
90(6) 540kN.m
MC
540 180(6) 1620kN.m
MD
1620 315(6) 3510kN.m
ME
3510 360(6) 1350kN.m
MF
1350 225(6) 0 (Rótula en F)
MG
90(6) 540kN.m
MH
540 90(6) 0 90kN 135 kN
135 kN 135 kN 180 kN D
A
B
E
90kN 6m
H
C
6m
675kN 6m
6m
G
F
90kN 6m
6m
6m
360 225 B
A
C
90
+
D
G
E
H
F
90
90
V (kN)
180 315
3510
1620
1350
540 A
B
G C
D E
114
F
540
H
M (kN.m)
6.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M 0 F 0 F 0
VA (8) 8(6) 2 1(3) 4(4)(2) 0
VA
9,875kN
Y
9,875 VD
VD
14,125kN
X
1 HD
HD
1kN
D
8 4(4) 0
0
En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos. 4kN/m 1kN 8kN
C
B 2kN.m
1,5m
53º
1,5m
D
A
9,875kN 2m
2m
4m
1kN
14,125kN
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, agregando para ello el punto E, que es donde se aplica el momento puntual y el punto F, donde la fuerza cortante es cero. DIAGRAMA “N”:
N AE
9,875cos 53o 5,925kN
N EB
5,925 8 cos 53o 1,125kN (COMPRESIÓN)
N BC
1kN
(COMPRESIÓN)
N CD
14,125kN
(COMPRESIÖN)
(COMPRESIÓN)
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente figura.
B
E
C 1
5 12 1,
14,125 A
5 92 5,
N (kN)
115
D
DIAGRAMA “V”:
VAE
9,875sen53o 7,9kN
VEB
7,9 8sen53o 1,5kN
VBBC
9,875 8 1,875kN
V
1,875 4(4) 14,125kN
VCD
1kN
BC C
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la siguiente figura.
1,875 + F B
5 1, 9 7,
0,46875m
E
+
C
1
14,125
V
A
+
D
(kN)
DIAGRAMA “M”:
MA M
0
antes E
7,9(2,5) 19,75kN.m
después
ME
MB
19,75 2 17,75kN.m 17,75 1,5(2,5) 21,5kN.m
MF
21,5
MC
21,94
MD
3 1(3) 0
1
(0,46875)(1,875) 21,94kN.m
2
1 2
(3,53125)(14,125) 3kN.m
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la siguiente figura.
0,46875m 1, 5 2
17,75
E
3
B F
3 +
C
+ 21,94
19,75
M
A
(kN.m)
116
D
BIBLIOGRAFÍA 1.
Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas aisladas. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p.
2.
Villarreal Castro Genner.Análisis de estructuras con el programa LIRA 9.0. Lima, 2006.– 115p.
3.
Villarreal Castro Genner. Interacción suelo-estructura en edificios altos. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2007.– 142p.
4.
Villarreal Castro Genner.Análisis estructural. Lima, 2008.– 335p.
5.
Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de energía. Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p.
6.
Villarreal Castro Genner.Resistencia de materiales. Lima, 2009.– 336p.
7.
Villarreal Castro Genner.Estática: Problemas resueltos. Lima, 2011.– 227p.
8.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales I: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2012.– 206p.
9.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales II: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2013. – 199p.
10. Villarreal Castro Genner. Ingeniería sismo-resistente: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2013.– 100p. 11. Villarreal Castro Genner.Mecánica de materiales: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2015.– 195p. 12. Villarreal Castro Genner.Diseño sísmico de edificaciones: Problemas resueltos. Lima, 2015.– 96p.
117
ÍNDICE PROLOGO…………………………………………………………………………………………………03 PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1……………………………………………………………………...…. 04 EXAMEN PARCIAL………….…………………………………………………………………..……….24 PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2……………………………………………………………………...…. 56 EXAMEN FINAL……….......................……………………………………………………………...…. 86 BIBLIOGRAFÍA………………………………………………………………………………………..….117
118
