RESISTENCIA DE MATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP
Ph.D. Genner Villarre Villarreal al Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú 2012
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. 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, extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural 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 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 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 integral de la sociedad.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
[email protected] Lima, Abril del 2012
3
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D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 2,5kg / cm 2 . Considerar que la zapata y la columna son de 3
concreto armado, cuyo peso específico es 2400kg / m y que sobre la columna actúa una carga de 33112kg ………………………. (4 puntos)
2. Una estructura ahusada ahusada de acero de 4cm 4cm de espesor espesor se muestra en la figura. Se pide determinar 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 el módulo de elasticidad es Ea
2,1.10 kg / cm 6
2
a 7,8T / m3 y
………………………. (4 puntos)
4
3. Un bloque perfectamente perfectamente rígido ABC, cuyo cuyo peso es 75000kg, 75000kg, está está soportado por por tres cables de la misma sección y del mismo material. Determinar Determinar la fuerza que soporta cada cable, teniendo teniendo en consideración que el bloque no queda en form a horizontal. ………………………. (4 puntos)
4. Una columna cuadrada cuadrada de concreto armado de 30cm de lado y 3m 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 Ec 15000
'
, siendo
'
210kg /
cm
c
2
cm
c
2,1.106 kg /
y E
. Determinar los
2 a
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 compuesta mostrada en la figura está firmemente firmemente sujeta a soportes soportes indeformables. indeformables. El montaje montaje o se ejecutó a la temperatura ambiente de 17 C . Calcular los esfuerzos en cada material, si la
temperatura se eleva a 60o C . Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL
AREA DE LA
MODULO DE ELASTICIDAD
BARRA ACERO
ALUMINIO ALUMINIO
DILATACION TERMICA
A 2 14cm a
E
E
A
10cm
2
al
COEFICIENTE DE
2 2,1.106 kg /
1,2.10 5 0 a C
7,2.105 kg / 2
2,4.105 0 al C
cm
cm
a
al
………………………. (4 puntos)
FECHA
La Molina, 27 de Marzo del 2006 5
SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – I 1. Calculamos el peso total de la estructura:
P 33112 2400
(2r) 2 (2,70) 1,2.1,2.3r 33112 10368r 20357,52r2 4
Como nos piden el máximo valor del radio “r”, tenemos que igualarlo con la capacidad portante del terreno. 20357,52r
2
10368r 33112 25000 1,2.1,2 2
20357,52r
10368r 2888 0
De donde: r 0,2m
2. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la siguiente siguiente figura: figura:
De la relación de triángulos rectángulos se obtiene:
m
m 0,1x
Luego:
b x
15
x
150
5 m 5 0,1x
A x (5 0,1x).4 20 0,4x x
Px a Vx
x
A
a
x 0
dx
a
(20 0,4x)dx
(20x 0,2x ) 2
a 0
En consecuencia: L
0
Px dx Ea A x
150
a
Ea
(20x 0,2x )dx
0
2
3
7,8.10 6
(20 0,4x)
5
6
.7642,13 2,838.10 cm
10 .2,1.10
3. Efectuamos un corte por los tres cables cables y analizamos analizamos el equilibrio equilibrio del bloque ABC
F
0
MA 0
Y
6
P1
P2 P3 75
………………….. (a) ………………….. (b)
2, 8P2 4P3 150
7
Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos.
2 3 1,2
1 3 4
1,21 4 2 2,8 3 0 Reemplazamos valores: PL
1,2
PL
4 EA EA 1
1
2
2
PL 2,8 3
3
0
EA
1,2.(P1 ).(4) 4.(P2 ).(5) 2,8.(P3 ).(5) 0
4,8P1 20P2 14P3 0
…………………… (c)
Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c), obteniendo:
30,730T
P1
30730kg P2 22,567T
22567kg
P3
21,703T 21703kg
4. Como la columna es de concreto armado, se debe de cumplir la siguiente relación: Pa L
a c
Siendo: Ec 15000 A
Ea Aa
Pc
L Ec Ac
210 217370,65kg/cm
2
4
a
4
8
2
.0,75
2 2 11,4cm
1,7 67 p lg
Ac 30
2
11,4 888,6cm
2
Luego:
6
Pa
2,1.10 .11,4 217370,65.888,6
9
Pc 0,124Pc
Además:
Pa Pc
P
0,124Pc Pc 50000 Pc
44483,99kg Pa
5516,01kg Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero:
c
Pc
50,06kg / cm2
Ac 44483,99 888,6 Pa
a
5516,01 11,4
Aa
2
483,86kg/cm
Determinamos el acortamiento en la columna:
columna a
c
Pc L Ec Ac
44483,99.300 0,069cm
0,69mm
217370,65.888,6
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:
T P 0 P
T) al (T) ( a
Lal
Lal Eal
La
PL a
0 E a
Aal
2,4.10 5.43.25 1,2.10 5.43.38
6
5 7,2.10 .10 P 9530kg
Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal.
Luego:
al
Aal
P Aa
9530
953kg /
10
9530 14
71kg / cm
P.38
P.25
De donde:
P
Aa
2
10
0
2,1.10 .14
a
11
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SECCIÓN
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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
P 52000lb . Determinar el coeficiente de Poisson
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/m3. 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 d1 y d 2 , 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
de la barra debido a la carga P ………………………. (4 puntos)
12
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 5 del primero. Considerar E 2.10 MPa , a
c
E 10 MPa ,
5
Eal
c
0,7.105MPa ,
160MPa , a
60M Pa y al
120MPa
………………………. (4 puntos)
5. Determinar los esfuerzos de montaje que surgen en las barras del sistema, si la barra 3 fue fabricada en
menor de lo proyectado. Considerar E 2.10 MPa , A
0,4mm
1,5A
5
2
y A3
2A1
1
………………………. (5 puntos)
13
FECHA
La Molina, 28 de Agosto del 2006
14
SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1. Calculamos la deformación transversal: 6,0004 6 d 6,667.105 '
df di
d
di
6
Ahora, determinamos la deformación longitudinal: 11,9935 12 5,416.104
Lf Li L
Li
12
El coeficiente de Poisson será: '
6,667.10 0,123 5 5,416.104 Calculamos el módulo de elasticidad:
E P
52000 5,416.10 4.
339,57.104 psi 3,39.106 psi
.6 2
4
A
2. Se sabe que: Pzapata 2Pcolumna Ptotal 2400.(1,10).(8X).(0,60) 2.(2400).(X).(X).(2,50) 4881,6
12000X 2 12672X 4881,6 0
De donde:
X 0,3m
Calculamos el peso de la zapata combinada: Pzapata 2400.1,10.0,60.2,4 3801,6kg
Determinamos la capacidad portante del terreno: q Ptotal a
A zapata
q
a
4881,6
110.240
2 qa 0,185kg / cm
De donde: qa,mín
1,85T /
0,185kg / 2
cm
m
2
3. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la figura:
15
(SUELO BLANDO)
16
El diámetro a una distancia “x” será:
dx d1
(d 2 d 1 )x L
Calculamos la energía potencial de deformación: L
U
2
L
2
P dx
2
4P dx
x
2P L
2EA 0
2E d
x
0
(d
2
d )x / L 1
2
Ed1d 2
1
Luego, por ser P carga única que actúa en toda la barra, se tendrá:
4PL 2U Ed1
(ALARGAMIENTO)
d2
P
4. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB
F
Y
0
300
M
A
0
P1 P2
P3
………………… (a)
1,5P2 a 2,5P3 a
………………… (b)
300a 1,5P2 2,5P3 300
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:
2 3 a
1 3 2,5a
1 2,52 1,53 0 Además:
1
P1 h
;
P 17 2
(0,6h)
;
P3 (0,7h)
2
Ea Aa
3
Ec Ac
Eal Aal
Reemplazamos valores y obtenemos: P1h 5
6
P2 (0,6h) 5
6
P3 (0,7h)
2.10 .10 (A) 2,5 10 .10 (3A) 1,5 0,7.105.106 (2A) 0
18
0,5P1 0,5P2 0,75P3 0
………………… (c)
Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c):
P1
117,39kN P2
Aplicamos la condición de resistencia:
156,52kN P3
ACERO:
26,09kN
a a
117,39.10
3
A
A 7,33.104 m 2
6
160.10
A 7,33cm
2
COBRE:
c c
156,52.10
3A
3
A 8,69.104 m 2
60.106 A 8,69cm
2
ALUMINIO:
al al
26,09.10
2A
3
120.10
A 1,09.10 4 m 2
6
A 1,09cm 2
De donde:
Amín
8,69cm 2
Luego: Aa
2 A 8,69cm
Ac
2 3A 26,07cm
Aal
2 2A 17,38cm
5. Se fija la barra 3 a la viga, obteniéndose las fuerzas internas después del corte efectuado.
F Y
0
………………… (a)
P3
2P1
Analizamos el equilibrio en el nudo D 19
F Y
0
cos 45
o
P3
2P 2
P3
P2
………………… (b)
2
20
Analizamos el diagrama de desplazamientos en el nudo D sin considerar la fuerza
P3 , solo
consideramos las acciones de las fuerzas P2
Del gráfico tenemos:
cos45o 2
………………… (c)
2
2
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:
1 3 P 2L 2 PL1 1 P L 3 3 3 2 0,4.10 EA 2 EA1 EA3 2 P P3 2 P3 .1 0,4.103 2 . 3 . 2 EA1 2 E(1,5A1 ) 21
E(2A1 )
P 80.106 3 P3 2 P3 2A 3 2A 2A 1 1 1
4 2
22
4 2 3
3 23 36 80.10
16,37.106 Pa 16,37MPa (TRACCION) 3 Ahora, determinamos los esfuerzos
1 y 2 , los cuales son de compresión y tracción
respectivamente, de acuerdo a los diagramas de desplazamiento mostrados en la página anterior.
1
P1
P3 16,37M Pa (COMPRESION) P3 1 3 2 A 2A
A1
P 2 2
A2
P
1
1
3
1
2 1,5A1
P3 1 1,5 2A 2
23
2 1,5
15,43MPa (TRACCION) 3
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PRACTICA CALIFICADA Nº 1
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CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
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PROFESOR
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DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar la fuerza de tracción máxima que puede soportar una varilla de acero de diámetro donde el esfuerzo de fluencia es
fy
5/8”,
4200kg / cm 2 , considerando un factor de seguridad n 2
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 P
y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 750kg / cm 2 .
2500kg 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 , y del nudo B y los esfuerzos normales que surgen en la s barras,
2
si L 2
4cm
L3 ,
A3
2A2 2
y A1
3cm
. Considerar E
2.10
24
MPa
5
………………………. (5 puntos)
25
4. Para la barra escalonada, se tiene que Ec 100GPa ; Eal 72GPa ; Aal 1800mm
2
;
al
Ac 1500mm
c
;
16,5.10
2
o
/ C;
o
/ C . Se pide determinar la fuerza de compresión en
23,9.10
o las barras mostradas después del incremento de temperatura en 96 C 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 (
E
200GPa
y
12,5.106 / o C )
pasara a una temperatura de
y a una temperatura inicial de
o 23 C . Si el sistema
o
40 C . Se pide determinar la deformación y esfuerzos finales en los
cables.
………………………. (5 puntos)
26
FECHA
La Molina, 26 de Marzo del 2007
27
SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el esfuerzo admisible: f 4200 y 2100kg / cm2 2 n
Luego:
P
2
5 .2,542 4 8
P 2100.
.
A P 4156,58kg
De donde: Pmáx 4156,58kg
2. La carga que soportará cada perno es: P perno
P
1250kg 2
Aplicamos la condición de resistencia:
P perno A pern o
1250 d 2 / 4 750
De donde: d
1,456cm d
14,56mm Como se puede apreciar, cumplen los diámetros 16mm y 20mm, pero por economía elegimos: dmín 16mm
3. Analizamos el equilibrio del nudo B
F X
0
F
Y
0
o
Luego:
P1 P2,3
o
28
P1sen30
P2,3sen30
30
P2,3
P1 30kN
(TRACCION) 3
30.10 .2
1
P1 L1 5 6 2.10 .10 .3.10 EA1 4
10 3 m 1mm
29
2 ,3 2 3 L 2
P2,3
P2,3
3
EA 2
5
6
2.10 .10 .2.10
L3
3
30.10 .1
30.10 .1 5
6
2.10 .10 .4.10
4
4
11,25.10
4
m
1,125mm
EA 3
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
Del gráfico:
cos(60 ) 1
…………………. (a) …………………. (b)
cos(60 ) 2,3 Dividimos (a) entre (b), obteniendo:
Efectuando operaciones, obtenemos:
cos(60 ) 1 1,125 cos(60 ) tg
0,125
ctg60 2,125
De donde:
o
1,945o
Luego:
1
1 2,126mm cos(60 ) cos 61,945 o
Del diagrama de desplazamientos: H
sen 2,126sen1,945o 0,072mm
B V
cos 2,126 cos1,945 o 2,125mm
B
Calculamos los esfuerzos normales: 30
1 P 1
100MPa (TRACCION) 3
30.10 A1 3.10 4
31
150M
2 P2,3
3
30.10 4 2.10
A2 P
30.10
3 2,
3
4
3
A 3
Pa
(TRACCION)
75M (TRACCION) Pa
4.10
4. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura:
T (T) ( 23, T)Lc 9.10 al Lal 6
c
Como
.96.0 ,35 16,5 .10 6. 96.0, 45 1,51 6mm
es mayor que 0,5mm; significa que en el extremo derecho existe una reacción que impide se
T
desplace mayor a este valor de 0,5mm e implica que la reacción R disminuye la magnitud 1,016mm RLc Ec Ac
R.0,45 100.10 .1500.10 9
6
R 1,016.10 3
Lal Eal Aal R.0,35
72.109.1800.10
3 1,016.10 6
R 178,24kN
Ahora, calculamos la variación de longitud en la barra de cobre. ( T )L
R T c
c
c
c
c
R 6 16,5.10 .96.0,45 Lc Ec A c
3
178,24.10 .0,45
100.109.1500.10 6
c 0,178mm 5. Efectuamos un corte en los cables y analizamos su equilibrio:
M A
0
1,2P1 2,4P2 10.3,6.1,8 0 P1 2P2
32
54
……………. (a)
178.106 m
Luego, efectuamos el diagrama de desplazamientos:
2 1,2 2,4
1
21
33
2
2
P1 L1 (T)L P2 L 2 (T)L
EA
2
P1 .1.4
200.10 ..1,5 .10 6
2
4
1
6
12,5.10 .17.1
2
EA P2 .1,8.4
200.10 ..1,5 .10 6
2
4
5,659P1 5,093P2 4,250
……………. (b)
Resolvemos (a) y (b), obteniendo: P1
16,240kN P2
Calculamos los esfuerzos en los cables:
18,880kN
3
16,240.10 .4 91,90MPa P 2 4 BE
1
A
.1,5
.10
3
18,880.10 .4
CF
P2
.1,5
2
.10
106,84M Pa
4
A
La deformación en los cables será:
1
3
16,240.10 .1.4 200.10 ..1,5 .10 9
2
12,5.106.17.1 67,2.105 m 0,672mm
4
2 21 1,344mm
34
12,5.10 6.17.1,8
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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
en una varilla de acero (E 30.10 psi) de sección transversal circular, cuyo diámetro es 6
0,0007 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/cm2 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 P
6000kg , es sostenida por
las tres varillas de acero indicadas, cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm2. 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)
35
4. Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura, están hechas de aluminio (Eal
10,6.106 psi ,
13.10 al
o
6
/ y las diagonales son cables de acero (E a 29.106 psi ,
F)
6,5.106 / o F) . Las áreas de sección transversal de las barras de alum inio y los cables de a acero guardan una proporción 20:1. Determinar el esfuerzo
a
en los cables de acero, si la temperatura del
o
bastidor completo se incrementa 80 F
………………………. (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
o 820MPa . 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? ………………………. (6 puntos)
36
FECHA
La Molina, 27 de Agosto del 2007
37
SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que / L y PL / EA , obteniendo la siguiente expresión:
PL . 1 P EA L EA
P EA 30.10 . 6
.1 .0,0007 16493,36lb 2
4 P 16,493k
2. Aplicamos el concepto de capacidad portante del terreno: 25 2,4(X)(X)(8X) 2,4(1,5X)(3X)(4X) 15,1 (3X)(4X)
62,4X 3 181,2X 2 25 0 Obtenemos tres soluciones, siendo las siguientes:
X 1 0,4m (OK) X2
2,85m (IRREAL)
X 3 0,35m (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/cm2 que corresponde a un SUELO INTERMEDIO. 3. Calculamos el peso de la barra rígida horizontal: P 1000.4,5 4500kg
Colocamos el peso de barra en el centro de la misma y efectuamos un corte en las varillas, analizando su equilibrio:
F X
0
F Y
P2
P3
P1 2P2sen37
0
……………… (a) o
0
M A
……………… (b)
10500 o
(2) 4500(2) 6000(1) 0
2P2sen3 7 P2
6250kg
P3 38
Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos: P1 3000kg
(TRACCION)
39
Luego:
fy
n
4200
2333,33kg / cm2
1,8
A través de la condición de resistencia, elegimos los diámetros de las varillas. VARILLA 1: 3000 2333,33
1,286cm 2
A
1
A1
2
d 4 d1
1,286cm 2
1
1,279cm Para la varilla 1, elegimos el diámetro 5/8” VARILLAS 2 y 3:
6250
2333,33
A2 2,678cm
2
d 2 1,846cm
A2
Para las varillas 2 y 3, elegimos el diámetro ¾” 4. Como
al ˃ a , 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
F X
Pal
Pa cos45
………….......... (a)
o
0
Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del nudo C
Pa L 2 L a E a A a
a cos 45o al 2 (T) cos 45 o (L)( T Pal L ) al
40
Eal Aal Pa Ea Aa
Pal
Eal Aal
( T)(
a
al
)
41
……………….. (b)
Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema, que A al 20A a , obteniendo:
Pa
Pa cos 45
o
)
( T)(
Ea Aa
al
Eal (20A a )
1
cos 45
o
( T)(
a 20E E al a
a
a
)
al a
20E a E al (T)(al a ) o 20E al cos E 45 a
6 a
6
6
6
20.29.10 .10,6.10 .80.(13.10 6,5.10 ) 13750psi 20.10,6.106 29.106.cos 45o
a 13,75ksi (TRACCION) 5. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción, se tendrá:
a c Pa L
Pc L
Ea Aa
Ec A c
QL
Ea Aa
De la figura (c) se sabe que:
Pa
Pc
Luego:
Además:
1 1 Q P a E E A A Ea A a a a c c
o
Q
820M Pa
Aa
Se tendrá:
Pa (E a A a E c A c ) 820 Ea Aa Ec Ac Ea E a A a 1 . 820 a
E A8 1 c c . 820 1 a 1 30
a 647,368MPa (TRACCION) Entonces:
a
Ea
c
Ec 820 Ea
42
c
Ec
1 (820 ) (820 647,368) a 8
Ea
c 21,579MPa (COMPRESION)
43
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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
d 50mm . El alargamiento de la muestra estirada, medido en una
longitud
L 100mm
resulta igual a 0,1mm . Determinar la fuerza de tracción P y la magnitud del esfuerzo
normal en la muestra, si el módulo de elasticidad del material de la muestra es E 2,04.10
5
MPa y el límite de proporcionalidad es prop 260MPa ………………………. (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 f y 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 c) El factor de seguridad (n) deberá satisfacer la relación n
WL 3EA 2Af y W ………………………. (3
puntos)
3. Una barra compuesta de sección transversal cuadrada se construye con dos materiales diferentes que tienen módulos de elasticidad E1 y E2. 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? 44
………………………. (5 puntos)
45
4. Determinar los esfuerzos en la barra escalonada doblemente empotrada, si es de acero, siendo la variación de temperatura
T 36 o C ,
2.105 MPa y a
125.107 / o C . Las áreas de
E
a
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
2m . Antes de aplicarse la s 1mm . Determinar la carga
L
carga P el poste central es más corto que los otros en una cantidad máxima
admisible Padm si el módulo de elasticidad del concreto es Ec compresión es
y el esfuerzo admisible en
30GPa
adm 18MPa
………………………. (5 puntos)
46
FECHA
La Molina, 24 de Marzo del 2008
47
SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que E y P / A , obteniendo la siguiente expresión:
P
E
P EA EA 0,1.10 .50 2.10 6. L
A
2,04.105.106.
400553N
100.103
4
P 400,553kN
Calculamos el esfuerzo: P
204.10 6Pa 400553.4 204MPa .50 2.10
A
prop
˂
6
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
F X
0
0
F2 cos
F2 0
La respuesta es VERDADERO, es decir, que el cable (2) no trabaja L L W F3 MA W b) F3
0
tg
2tg
2
Luego, calculamos el desplazamiento vertical del nudo B
F L WL (FALSO) 2EA
3 V EA B
c)
F Y
0
W
W 0
F1
W
2
Luego:
máx Nmáx
W A 2A
Además: W
48
F1 2
máx
2A
Donde:
f
y
n
W
fy
2A n
2Af y n (VERDADERO) W
49
3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra:
F X
0
M B
0
P
P1 P2
…………….. (a)
b b P1 Pe P2 0 2 2 b b P1 Pe P2 …………….. (b) 2 2
Además, por dato del problema, las placas son rígidas, es decir:
1 2
P P1 L 2 E1 A L E 2A
P1 E 1 E2
…………….. (c)
P2
Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos: E1 P P P PE 2 P 2 2 2
E
2
E1 E 2
Luego, reemplazamos en (c), obteniendo:
P1
PE 1 E1 E2
Reemplazamos los valores obtenidos en (b): PE b
PE b 2 Pe E1 E 2 2 E1 E 2 2 1
e
b(E 2 E1 ) 2(E 1 E2 )
4. Eliminamos el empotramiento en B y analizamos el efecto de temperatura y reacción que surge en dicho apoyo.
50
51
Como B es empotramiento perfecto, se cumplirá:
R T B
R B .0,2
5
6
R B .0,3
R B .0,4
2.10 .10 .A
5
5
6
2.10 .10 .(7A / 5)
6
125.107.36.0,9
2.10 .10 .(7A / 6) R B
106,98.106
Pa A
BE 106,98MPa (COMPRESION) Luego, determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada: 6 91,70MPa (COMPRESION) DE
CD
7
5. Una vez aplicada la carga se tendrá:
F Y
0
7
BE
5
76,41MPa (COMPRESION)
BE
……………… (a)
2P1 P2 P
Luego, analizamos el diagrama de desplazamientos:
1 2 s
P2
103
P1L L Ec A Ec A 9
P1 P2 P1 P2 600000
2
30.10 .200 .10 2
6
.10
3
Reemplazamos (b) en (a), obteniendo: 52
………………. (b)
P
1
P 2
P 600000 3
P 1200000 3
53
Ahora, analizamos los postes extremo y central. POSTE EXTREMO:
1
P1 A
P
18.10
6
600000 3.200 2.10 6
P 1560000N P 1,56MN
POSTE CENTRAL:
2
P2 A
P
1200000
6
18.10
3.200 2.10 6
P 3360000N P 3,36MN
Como debe cumplir con ambas condiciones, se tendrá: Padm 1,56MN
54
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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 fuer za P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm, si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales los planos recíprocamente perpendiculares
20MPa y 60MPa en
ab y cd ………………………. (4 puntos)
2. Por un punto en estado estado plano de esfuerzos pasan pasan los planos AB, BC y AC AC como se indica indica en la figura. Determinar los esfuerzos que faltan. ………………………. (5 puntos)
3. Hallar el valor valor del diámetro de una barra de sección circular, circular, necesario para para transmitir un momento torsor T 4600kg.m , si el ángulo de giro en torsión no debe de exceder de
1
en 2 metros y si el
o
esfuerzo tangencial admisible es
820kg / cm . Considerar que el módulo de elasticidad ela sticidad al
corte del material es G 0,8.10 kg / cm 6
2
2
………………………. (3 puntos)
55
4. Un momento torsor T 6400kg.cm
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 2 esfuerzo tangencial no exceda de 100kg / cm
………………………. (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, rectangular , considerando que su módulo de corte es G 8.10
4
MPa
………………………. (5 puntos)
FECHA
La Molina, 24 de Abril del 2006 56
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. Analizamos cada uno de los planos, planos, sabiendo sabiendo que se trata de un estado de de esfuerzos lineal. lineal. PLANO ab:
(cos180 cos cos 1 cos 2 (180 ) 1(cos180 1 cos sen180sen) PLANO cd:
1 cos
2
(180 ) 1 (cos180 (cos180 cos sen180sen)
1 cos 2
2
Además, si sumamos y consideramos que 90 se obtendrá:
2 1 cos 1 cos
2
cos
2 1
cos
2
(90
)
1 2 2 ) 1 sen (cos
Reemplazamos valores y obtenemos: obtenemos:
1 20 60 80MPa Además: P
1
A
P A 80.106.50.103.20.103 80000N 1 P 80kN
2. Analizamos el estado estado plano, para ello ello formamos el el cuadrado cuadrado ABED (figura a), luego efectuamos los cortes ABD (figura b) y ABEF (figura c), analizando sus estados estados de esfuerzos Para determinar los esfuerzos en el plano inclinado, aplicamos las siguientes ecuaciones: ecuaciones:
X Y
2
X Y
cos sen2
2 2 57
XY
X Y
cos 2
sen2
XY
2
2
58
2
PLANO INCLINADO BC: Para ello, debemos de considerar que
BE X , BC 135
o
2
,
y
135o
135 60kg / cm o
Luego, tenemos:
o
13 5
X 120 o sen270 50 cos 270o 60 2
X 0
BE
0 120
0 120
cos 270
o
o
50sen270
BC
135o
2 2 PLANO INCLINADO AC:
BE X 0 , AC 210 , AC 210 0 120 0 120 o cos 420 Consideramos o
y
o
AC
0 120
2 o
sen420
21 0
13,30kg / cm 2 210o
2
50 cos
210 AC
o
, obteniendo:
50sen420
2
135o
210o
o
210o
110kg / cm2
o
420
59
o
26,9
6kg / cm 2
3. Por dato del problema:
TL GI p
60
4600.100.200 0,8.10 6.( / 4 32).d
180
d 16,10cm
Asimismo:
T
W p 4600.100 820 ( /16).d3 d 14,19cm
Luego:
Asumimos: dmín 16,10cm
4. Se sabe que:
m
T
2A o
áx
Siendo: A o - área formada por la línea media
- espesor de la pared delgada
Reemplazamos valores y obtenemos: 6400 100
2.5.4.
1,6cm Asumimos:
mín 1,6cm 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por su momento torsor TD
400.4
TD .5
61
D 0 2
200.2
400 xdx
GIt
GIt
0 GIt
62
0
GIt
TD 400N.m
Luego:
Te je
TA
200 400 400.2 400 0
0
TA 600N.m
Graficamos el diagrama de momento torsor:
Ahora, calculamos el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra.
400.1
C
4
6
8.10 .10 .1204,224.10
4,15.10 4
rad
0,024o
8
Siendo: It 0,196.12.8
3
1204,224cm 4
63
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SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
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DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo 30 o . Sobre el elemento girado, los esfuerzos normales y tangenciales tienen las magnitudes y direcciones mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos X ,
Y
2. Determinar la relación entre
y
XY
………………………. (4
puntos)
X , Y , Z , XY , XZ , YZ , 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 800kg / cm 2 , ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de 2,7 en los 4,6m. Considerar G 8,6.10 kg / cm o
5
64
2
………………………. (3 puntos)
65
4. Determinar el valor del momento torsor T1 , el esfuerzo tangencial máximo
y el ángulo de giro en
máx torsión
A , si se sabe que A 0,5B y G
4
MPa para toda la barra.
8.10
………………………. (4
5. Determinar el valor de “b” en función de “a”, si
máx
AB
máx
puntos)
y la barra doblemente empotrada
CD
es de un mismo material.
………………………. (5 puntos)
66
FECHA
La Molina, 25 de Setiembre del 2006
67
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:
Luego:
X Y 31060 8940 X Y 40000 Y X Y X 2 2 X Y
cos sen60o 31060 XY
2
X Y Además:
cos 60 o sen60 o
………………… (b)
11060
XY
2
cos sen2 XY
2
20000 60 o
……………….... (a)
X Y
cos 2
sen2
XY
2
X Y
sen60 o cos 60 o 5160
………………... (c)
XY
2 o o Multiplicamos la ecuación (b) por cos 60 y la ecuación (c) por sen60 , luego lo sumamos y
obtenemos:
X 10000 Y 2
Resolvemos (a) y 68
(d), obteniendo:
X Y 20000 X 30000psi Y 10000psi
Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo:
XY 7000psi
69
………….…….. (d)
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 2 I 2 I 3 0 I1
Siendo:
X Y Z I1
2
2
I2
2
X Y X Z Y Z XY XZ YZ 2
I3
2
2
X Y Z 2XY XZYZ X YZ Y XZ Z 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
I3
0 , es decir: 2
Z
2
2
X Y 2XYXZ YZ X YZ Y XZ0 ZXY
Quedando la ecuación cúbica:
3I12 I 2 0
( I1 I 2 ) 0 2
De donde:
I1
1
I12
2
2
2
I1
I12
2
2
3 0 Además, se deberá de cumplir que 1I
2
4I 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: 2
2
2
0
XY X Z Y Z XY XZ YZ Quedando la ecuación:
3 I1 2 0 (2 I1 ) 0 De donde:
1 I 1 70
2 3 0
71
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
( /16).10 .(1 4 0,75 ) 3
T 107378,65kg.cm
T 66267,97kg.cm
800
b) SECCION MACIZA:
máx
16T
.7,53 800
CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra.
máx
T.160 5 8,6.10 .( / 32).7,54
2,7
T.300
180
8,6.105.( /32).104.(1 0,754 )
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 0,5B (T1 400).0,8
0,5
(T 1
400).0,8 72
T1 .0,6
G( / 32).404.10 12
G(
/
32).404.10 12 T1 367,37N.m
73
G.0,141.(20 2) 4 .10 12
Luego, el diagrama de momento torsor es:
C A
61,06MPa
16.767,37 .403.10 9
367,37
m áx AB
0,208.(20 2) 3
78,05MPa
Calculamos el ángulo de giro en A
A
767,37.0,8
0,03rad
1,75 o
8.10 4.10 6.( / 32).404.10 12
5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por TD
D 0 TD.b G( / 4 32).(1,5d)
TD
Por condición del problema:
(TD
T).(2a) G( / 32).(2d)4 2,125Ta 1,125a 0,1975b
AB máx
16TA
d
3
(TD 2T).(a)
G( /
04 32).d
……………. (a)
máx CD 16T
D (1,5d) 3
De donde:
TD
3,375TA
Además:
Te je
0 74
TA
TD 2T
……………
. (b) TA
0,4571T TD
1,5429T Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos: 2,125Ta
1,5429T
1,125a 0,1975b
b 1,278a
75
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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, a ctúan esfuerzos normales de 12000psi y 6000psi. Determinar el ángulo y el esfuerzo tangencial . También, determinar el
esfuerzo normal máximo
y el esfuerzo tangencial máximo
máx
máx
2. Determinar la relación entre los esfuerzos
………………………. (4 puntos)
1 2
y
para que las longitudes de las diagonales del
elemento rectangular ABCD no varíen. Considerar el coeficiente de Poisson igual a ………………………. (4 puntos)
3. Calcular el diámetro mínimo de una barra de acero que está sometida a un momento torsor de 14kN.m o y no debe experimentar una deformación angular superior a 3 en una longitud de 6m. ¿Cuál es
entonces el esfuerzo tangencial máximo que aparecerá en el? ConsiderarG 83GPa ………………………. (3 puntos)
76
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 d a y d b 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 77
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1. Se sabe que: 2 1 cos
Por dato del problema:
cos 2 1
…………….. (a)
12000
Además:
2 90 2 ( 90) 1sen
Entonces, Entonces, por dato del problema: 1 cos
sen 2 1 6000
Sumamos (a) y (b), obteniendo:
…………….. (b)
(sen 2 cos 2 ) 18000 1
máx 1 18000psi Luego, reemplazamos en (b) y obtenemos: obtenemos: sen
1
3
35,26o
Asimismo:
1 2
sen2 2
18000
sen70,52 o 8484,82psi
máx 18000 9000psi 2 1 2
2. Las deformaciones deformaciones principales, principales, según según la Ley de1Hooke generalizada son son para el estado plano:
1
2
E 1
1
2
1
E 2
Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura:
Además, según condición del del problema, se se tiene: Esto, se debe a que:
AC 78
AC
0
LAC
AC 0
79
Luego:
AC 1 cos 2 cos(90 ) 0 1
cos cos(90 ) 1
1
E
2
E
2
1
1(cos sen sen) 2 (sen cos) Dividimos ambas expresiones entre cos y obtenemos:
1
2
t g
1 tg
3. Se sabe que:
TL
GI p
3
14.10 .6 83.10 .( / 32).d 9
4 60
d 11,84.10 2 m Asumimos: d 118,4mm
Luego:
máx
16T
d
16.14.10
3
42,96.10 6 Pa 42,96MPa
.118,43.109
3
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:
80
81
D 0 (2T)(L) 4 G(0,458b )
C
It (2b)(b)
0,458b 4
3
0,229(2b)(b)
Gb
4,3668
Gb
3
TL
B
TL
4,36684
4
(T)(2L) 4
G(0,458b )
0 (2T)(L)
TL
A 4 G(0,458b ) 4,3668 Gb4 b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx
2T
Tmáx
0,492b
4,065
3
T
b 3
Wt
Wt (2b)(b)
2
0,492b3
2
0,246(2b)(b)
Determinamos la energía potencial potencial de deformación: deformación:
(2T) 2 (L)
(T) 2 (2L)
U
4
2
2G(0,458b )
2
(2T) (L)
4
T L
2G(0,458b ) 10,917 Gb
4
4
2G(0,458b )
5. Eliminamos el empotramiento empotramiento en B y lo reemplazamos reemplazamos por TB
Se sabe que:
B 0
TB (b)
TB (a)
4
G( / 32)(d b )
4
G( / 32)(da ) TB
Tad
4
ad 4 bd 4
Como: 82
T(a) 4
G( / 32)(da )
0
b
Te je
0
TA
a
TB T
0
4
Tbd a
T A
ad 4
b
bd 4
Para que el diseño sea más económico, se debe cumplir:
AC CB
83
a
16TA
d
3 a
16T
d3B
4a .d3 Tad b4 .d3 Tbd ad4 bd4 b ad 4 bd 4 b b a a
bd a
ad b
(L a)d a
ad b
a
da
b
d b
L da d b
L da d b
84
a
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DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Una placa delgada, rectangular y de acero está sometida a esfuerzos normales uniformes
y
Y
X
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
X 0,001
6
y
Y 0,0007. Determinar los esfuerzos X
y
Y , considerando E
psi y
0,3
30.10 ………………………. (3 puntos)
2. Un cubo de acero está sometido a la acción de esfuerzos normales y tangenciales en sus aristas. Viene dado:
X 120MPa , Y 80MPa , Z 100MPa , XY 40MPa , XZ YZ
0 . Calcular: a) Los esfuerzos principales
1 , 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 ………………………. (5
puntos)
3. Una barra hueca de aluminio (G 4.10 psi) con un diámetro exterior de 4plg y un diámetro interior 6
de 3,5plg tiene una longitud de 8pie
a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos, ¿cuál será el án gulo de giro en torsión
cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? 85
b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte el mismo momento torsor con el mismo esfuerzo tangencial máximo? ………………………. (3 puntos)
86
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:
a
100MPa , al 70MPa y el ángulo de giro en torsión
en el o
extremo libre está limitado a 12 . Considerar G
a
83GPa y Gal
28GPa ………………………. (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
40MPa y G 8.10 MPa 4
………………………. (5 puntos)
FECHA
La Molina, 24 de Setiembre del 2007 87
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que:
1
X
E
X Y
1 6 30.10
X
Y
0,3
0,001
X 0,3Y 30000
1
Y
E
Y X
1 6 30.10
Resolvemos (a) y (b), obteniendo:
Y
X
0,3
………………. (a)
0,0007
Y 0,3X 21000
………………. (b)
X 26043,96psi
Y 13186,81psi 2. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica:
I1
X Y Z 120 80 100 300
XY
2 XZ
I2
X
Z
2 2 YZ 120(80) 120(100) 80(100) 40 2
28000
Y
Z
XY
I3
X X XZ XY Y YZ XZ Y Z Y
120
40
0
40
80
0
0
0
100
120(80)(100) 40(40)(100)
Z
Luego, reemplazamos valores en la ecuación cúbica:
3I12 I 2 I 3 0
3 3002 28000 800000 0 Obtenemos tres soluciones y lo ordenamos de mayor a menor, siendo estos los esfuerzos principales:
1 144,721MPa 2 100MPa
3 55,278MPa 88
b) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx 1 144,721 55,278 2 3 44,721MPa 2
c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos: 1 1 144,721 100 55,278
100MPa
oct
3 1
oct 3
1
2
1
3
2
3
2 2
3 3
1
1
oct 144,721 1002 100 55,2782 55,278 3
89
36,515MPa
d) Determinamos el cambio unitario de volumen: 1 2.0,3 1 120 80 100 5 e Y Z 2.10 2
4
X
E 3. a) Para la barra de sección tubular: T
T
lg
8000 3 4 ( /16)(4) (1 0,875 )
máx
6.10
W p
T 41601,56lb.p
Luego:
TL GI p
41601,56.8.12 4.10 ( / 32)(4) (1 4 0,875 ) 6
4
0,096rad 5,5o
b) Por dato del problema, se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición: 41601,56 3 8000 ( /16)d d 2,98p lg
4. Graficamos el diagrama de momento torsor:
Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO: (
2T 3
/16).50 .10
9
100.10
T 1227,18N.m
T 1932,81N.m
6
ALUMINIO: (
3T 3
/16).75 .10
9
70.10 6
Ahora, aplicamos la condición de rigidez: 2T(1,5)
83.109 ( / 32).50 4.1012
3T(2)
28.109 ( / 32).754.10
T 1637,52N.m
Asumimos: Tadm 1227,18N.m
90
12
15
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC
C 0
91
TC .0,8
TC
G( / 32).404.10 12
.1,2 4 1 G.0,141.60 .10
0
T.1,2 4
G.0,141.60 .10
12
2
TC 0,171T
A partir del momento torsor determinado, graficamos el diagrama de momento torsor
Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR:
0,171T
(
T 2939,5N.m
6
3
/16).40 .10
9
40.10
SECCION CUADRADA: 0,829T 3
0,208.60 .10 9
40.10
T 2167,82N.m
6
Luego:
Asumimos: T 2167,82N.m
Determinamos el ángulo de giro en torsión en B
B
0,171.2167,82.0,8
0,0147rad
0,84o
8.10 4.10 6 ( / 32).404.10 12
Calculamos la energía potencial de deformación: 2 2 2 T L (0,829.2167,82) .1,2 i i U
2
1
92
(0,171.2167,82) .0,8 i p(t) i
16 2.8.10 .10 . N. 4 0,141.60 .1 m 12 0 4
6
16J
2.8.10 4.10 6 ( / 32).40 4.10 12
93
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DURACIÓN
110m
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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 o
60 . Determinar el valor del ángulo
y la carga máxima
se limita al intervalo de
o
0 a
Padm , si el área de sección
admisible 2 transversal de la barra es 1,5p lg y los esfuerzos admisibles en la junta son
2000psi adm
adm 1000psi
y
………………………. (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 , 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 G 8.10 kg / 2 cm 5
y que la fuerza del viento es perpendicular al panel e igual a
w 500kg / m . En 2
la figura también se muestra la sección transversal del poste. ………………………. (3
94
puntos)
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
4 . Considerar G 83GPa o
………………………. (4 puntos)
5. En la barra escalonada, doblemente empotrada en sus extremos, la porción AB tiene 75mm de diámetro y es de bronce, con
b
60MPa y G b 35GPa . La porción BC es de acero, de 50mm de diámetro,
a
80MPa y G a 83GPa . Determinar la relación de longitudes b/a que debe existir para
que el acero y el bronce trabajen al máximo esfuerzo posible ¿Qué mom ento torsor T es necesario para ello?
………………………. (5 puntos)
95
FECHA
La Molina, 21 de Abril del 2008
96
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2008 – I 1. Por dato del problema:
cos 2 1
…………… (a)
2000
Dividimos (b) entre (a) y obtenemos:
1sen cos 1000
…………… (b)
tg 0,5
Luego:
26,56o
Reemplazamos en (a):
26,56o P 1,5
2
o
cos 26,56
2000
P 3750lb
Asumimos: Padm 3750lb
2. Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:
X Y Analizamos la figura (b) del problema:
X
Y
2
X
X Y 0 Y
cos120o
X Y
o
cos120 sen120 0
X Y
sen120
……………. (b) o
XY
2
o
sen120o 0
XY
2
……………. (a)
o
cos120
30
2
XY
X Y
sen120o cos120o 30
……………. (c)
XY
2 o o Multiplicamos (b) por cos120 y (c) por sen120 , luego lo sumamos y obtenemos:
X Y
26 2 Resolvemos (a) y (d), 97
obteniendo:
Reemplazamos en (b) y obtenemos:
X Y 52 X 26MPa
Y 26MPa XY 15MPa
98
……………. (d)
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)
X
Y 1
Y 2
2
1 2
X
Y
XY
X 2
1 2
X
26 1 (26 26)2 2 26 2
32,80MPa
26 1 (26 26)2 2 26 2
32,80MPa
Y
XY
Ahora calculamos el ángulo de giro 0
tg2
0
2XY
X Y
tg2
2(20) 52
0
o
0 18,78 3. Calculamos la fuerza resultante del viento:
F w.A panel 500.1,3.1,5 975kg Determinamos el momento torsor que generará: T 975(7510) 63375kg.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, tal como se muestra en la figura:
99
Luego:
C
63375.100
7,38.10 rad 4
5 4 4 8.10 ( / 32).20 (1 0,75 )
10
0,04o
4. Graficamos el diagrama de momento torsor:
Aplicamos la condición de resistencia: 1000
m áx
2
6
( /16)d 3
60.10
d 4,39.10 m
d 43,9mm
Ahora, aplicamos la condición de rigidez: 1000.3
máx
83.10 ( / 4 32)d 9
500.2
9 4 83.10 ( / 32)d 45
2
d 5,15.10 m d 51,5mm
Asumimos: d 51,5mm
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC
C 0 TC b
TCa
G a I p( a) TC b
G b I p( b)
0
Ta
35.10 ( / 32).75 4.1012
9
9
TC
je
TA
9,03Ta
19,277b 9,03a
TC T 0
0 TA
19,277Tb 19,277b 9,03a 10
Ta 0 12 4 35.10 ( / 32).75 .10
Luego:
Te
G b I p( b)
TCa
83.10 ( / 32).50 4.10 12
9
Por condición del problema:
TA
b,m ( áx
/16)d
3
b
19,277Tb 19,277b 9,03a 19,277Tb
.75 3.10 9.60.106
16
19,277b 9,03a 4970,1
a,m TC ( áx a 3 a /16)d
9,03Ta 19,277b 9,03a 9,03Ta
Dividimos (a) entre (b) y obtenemos:
19,277b 9,03a b
…………….. (a)
.50 3.10 9.80.106
16
…………….. (b)
1963,5
1,186
a
Reemplazamos en la ecuación (a), dividiendo previamente dicha ecuación entre “a”, obteniendo: 19,277T(b / a)
4970,1
19,277(b / a) 9,03
19,277T(1,186) 4970,1 19,277(1,186) 9,03 T 6933,14N.m 6,933kN.m
10
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110m
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CICLO
V
1. 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). 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)
10
3. Un recipiente cilíndrico de hierro fundido de diámetro D 0,2m tiene las paredes de espesor igual a
t 20mm . La presión dentro del recipiente es p 4MPa . El recipiente está además comprimido por fuerzas P
aplicadas en sus extremos. Comprobar la resistencia del cilindro por la quinta
200kN teoría de resistencia (de Mohr), considerando que los esfuerzos admisibles son
tr
20MPa y
comp
60MPa ………………………. (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 t o 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 m ismo material ………………………. (5 puntos)
10
FECHA
La Molina, 03 de Mayo del 2006
10
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo “B”
F 0
X
P2 cos 30 0
P1 o
cos 60
o
P1 P2 3
F 0
Y
o
P1sen6 0
P
2
3
P2so
P 0
en30
3 P 1 P 2
2
2
P
P2
(COMPRESION)
P1
P
2
3
(TRACCION)
2
Luego:
P1 L1 1
EA
P 2L 2 2
EA
2 P 3 3 1 a 2 EA P a 1Pa 2 2 EA
(ALARGAMIENTO)
3Pa 4EA
(ACORTAMIENTO)
4EA
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
10
10
3Pa 1 Pa 3 X cos60o sen60o 1 2 4EA 2 4EA 2 3Pa 3 1 Pa o o sen60 cos 60 Y 1 2 4EA 2 4EA 2
Pa
Pa 3 0,158
3
8EA Pa
EA
1
3
Pa 3 0,774
8EA
EA
Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2)
P 1P 3 0,866 (TRACCION) P 1
A
P 2
2A
A
P
(COMPRESION)
P 0,5 2A A
2
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)
A(4a)(a) EA
E(2A)
R B (a)
E(4A)
A(4a)(4a) A(4a)(2a) (2A)(2a)(2a)
2EA
E(2A)
2E(2A)
(2A)(2a)(a) (4A)(a)(a) 2E(4A) 0 E(4A)
De donde: RB
22
Aa
7
Con el valor22 obtenido, graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal. 1 22 Aa a II
7
A 7
10
E(4A)
22
Aa A(4a)
1
6
Aa
1
6
a
sup
IIII 7 6 Aa
A 7 1 3 a
A
7
inf IIII
722 2A 7 Aa A(4a) (2A)(2a)
1 34 Aa
1
sup
III III
7
2A
10
7
2A
7
17
a
Aa
1
34
17
a
inf
4A 14 7 22 1 31 Aa A(4a) (2A)(2a) a (4A)(a) IV IV 4A 14 7 III III
3. Se sabe que para cilindros se tiene:
1
pDi 2t '
4.0,16 2.20.10 16MPa 3
3
pDi 4t
(ESFUERZO CIRCULAR)
4.0,16 4.20.10
8MPa (ESFUERZO MERIDIONAL)
3
" P 3
A
Luego:
200.10 ( / 4)(0,2 2 0,16 )
3
2
17,68MPa (ESFUERZO DE COMPRESION)
3 tr e,V tr 1 comp
Reemplazamos valores y obtenemos:
16 19,227MPa ˂
20
(8 17,68)
e,V
60 Por lo tanto, se cumple la condición de resistencia.
4. Por relación de triángulos:
tx
to
20MPa
11
tr
t
x
tox L
x
L
Luego: 1 T t x
2 1 tox t x .x o x x 2 2 L 2L L L 2 x 2 dx T dx x t o U 2
2GI 2L 2GI 0
p
0
p
t o2 L3
40GI p
11
5. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC m 0,5d
x
d d 2
dx
dx x d 2m d1
m
L
X
2L
2L
L
Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor TA
Sabemos que:
A 0 TA L G( / 32)d
L
4 0
Te je
0
G( / 32)d (1 x / L) 4
TA Como:
L
TA dx
7
4
G( / 32)d
0
T 0,226T
31
TA TC T 0 T
C
24
T 0,774T
31
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.
11
Tdx 4
0 (1 x / L)4
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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 "" 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 o cobre, debido a la variación de temperatura en 50 C . Considerar que el coeficiente de dilatación
térmica es
16,5.106 / o C , c
los módulos de
elasticidad son
Ea 2E c
2.105
y que las
MPa
áreas de los tres cables es de 1cm2 ………………………. (4
11
puntos)
o 3. Una barra metálica está doblemente empotrada a una temperatura ambiente de 68 F , tal como se
muestra en la figura. Calcular los esfuerzos normal y tangencial sobre la sección inclinada pq si la 6 o
temperatura se incrementa hasta 200 F . Considerar 6,5.10 / F y E 30.10 psi o
6
………………………. (3 puntos)
4. Determinar el valor del momento torsor T2 , el esfuerzo tangencial máximo y el ángulo de giro en torsión en el punto A, si
A 3B y G
4
MPa
8.10
………………………. (4
5. Determinar el valor del esfuerzo tangencial máximo
máx
puntos)
correspondiente al tramo BC de la barra
II
doblemente empotrada, si el esfuerzo tangencial máximo en el tramo AB es
máx
I
20MPa .
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)
11
FECHA
La Molina, 04 de Octubre del 2006
11
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – II 1. Analizamos el equilibrio del nudo B
FX
0
Pcos T1sen T2sen 0
……………….. (a)
P cos T1sen
FY
0
De la ecuación (a):
T2sen ……………….. (b)
T1 cos T2 cos Psen 0 Psen T1cos T2 cos
T2
P cos T1sen sen
Reemplazamos en la ecuación (b): Psen T cos
T sen Pcos 1 cos
1
sen P sensen cos cos T1 sen cos 2 P cos( ) sen2 La tensión será máxima, cuando cos( ) 1 , es decir, cuando y será igual a: T1
T1,máx
P
sen2
Según la condición de resistencia: A
T1,máx
A
P
sen2
El área será mínima, cuando sen2 sea máximo, es decir sen2 1 , lo que implica que
45
o
Como sabemos el peso y la masa están relacionados por la expresión
P mg , 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
11
45o .
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.
11
2. El calentamiento de la barra central provocará su alargamiento, surgiendo las fuerzas internas mostradas en la figura:
F
2Pa Pc 0
0
Y
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: Pa L
a
Ea A Pc L
c c
L(T)
Ec A
L(T)
c
2Pa L
EcA
Igualando ambas relaciones se obtiene: Pa
c (T)
6
16,5.10 .50
3300N 3,3kN
1 1 2 E A E A 4 11 2.10 .10 a c Pc 2Pa (COMPRESION)
(TRACCION)
2
1011.104
6,6kN
Los esfuerzos serán:
Pa
a
3,3.10
Pc
33M Pa (TRACCION)
10 4
A
3
6,6.10
c
3
66M Pa (COMPRESION)
4
10 A 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
E(T)
6
6
30.10 .6,5.10
11
(200 68)
1
1 25740psi 25,74ksi
(COMPRESION)
Esquematizamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado pq , así como el ángulo
11
Determinamos dichos esfuerzos:
cos 2 25,74 cos 2 30 19,305ksi 25,74 1 sen2 sen60 11,146ksi 1
2
2
Las orientaciones de
son las mostradas en el gráfico anterior.
y
4. Graficamos el diagrama de momento torsor:
Por dato del problema:
A 3B (T2 400).0,8
400.0,8 12
4
G( / 32).60 .10
4
400.0,8
4
G( / 32).40 .10 T2 812,5N.m
Luego:
C B
28,59MPa
16.1212,5 .603.10 9
9,43MPa B 16.400 .603.10 D
9
m 16.400 31,83M Pa 3 .40 .10 áx DA 9 Asimismo:
B
1212,5.0,8
9,5296.10 rad 3
8.10 4.10 6 ( / 32).604.10 12
A 3B 3.0,546 o 1,638 12
12
G( / 32).60 .10
3
(T2 400).0,8
0,546o
12
4
12
G( / 32).60 .10
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC
12
C 0 (T T)(a) C G.0,141d G( / 04 TC (a)
4
32)d
TC 0,5895T
Graficamos el diagrama de momento torsor:
Por condición del problema:
I
máx
16.0,4105T
T
d3
20d3
Luego:
II
máx
0,5895T
27,11MPa 0,208d
3
12
9,5663
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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
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)
12
3. En una banda de acero rectangular de dimensiones 300x100x10mm actúan los esfuerzos normales
1 120MPa y 2 60MPa . Determinar la variación volumétrica relativa V , si E 2.10 0,25
5
MPa y
………………………. (3 puntos)
4. La sección transversal de un tubo de pared delgada de acero (G 80GPa)
tiene la forma de un
triángulo equilátero. La longitud de cada lado a l o largo de la línea media es b
y el espesor
150mm de pared es
8mm .
torsor máximo admisible
Si el esfuerzo tangencial admisible es 60MPa, ¿Cuál es el momento
Tadm 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)
12
FECHA
La Molina, 02 de Mayo del 2007
12
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo C
F
Pcdsen45 P cos 0
0
Y
Pcd
F
P 2 cos (TRACCION)
Pcd cos 45 P bc Psen 0
0
X
P 2 cos cos 45 P bc Psen 0 P bc P(sen cos ) (TRACCION)
Luego, asumimos L cd
y obtenemos:
L
Pcd
Lcd cd
(P 2 cos )(L)
cos EA
P bc L bc
EA
PL 2 (ALARGAMIENTO) EA
P(sen cos )Lcos 45
cos ) PL(sen bc
EA
EA
(ALARGAMIENTO)
2EA
Esquematizamos el diagrama de desplazamientos:
En consecuencia:
cd b c cos( cos(90 )
PL
45) 2 cos
PL(sen co ) cos( 45) cos(90 ) s 12
EA
2EA
2sencos (sen cos ) cos( 45) tg2
1
2
72,37o
12
2. Analizamos el equilibrio del nudo C
F X
Pc
Pcdsen30 Pcesen30 0
0
Pce
d
F Y
P bc
0
2Pcd cos30 200 0
P bc Pcd
………… (a)
200 3
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
De donde:
bc cos 30 cd
3 Pcd a 2 EA 3 / 2 EA
P bc (a)
Pcd
3
4
P bc
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: P bc
(TRACCION)
87kN Pcd (COMPRESION) 65,25kN
Aplicamos la condición de resistencia: BARRA BC: 87.10
3
100.10
6
d
33,28.103 m
d 33,28mm
( / 4)d
2
BARRAS CD y CE: 65,25.10
3
( / 4)d 100.106 2
d
3
28,82.10 m 12
………… (b)
2
8,82mm
d
Asumimos: dmín 33,28mm
12
3. Aplicamos la Ley de Hooke generalizada: 1 1 120 0,25(60 0) ( )
1
1
2
2
1
E
60 0,25(120 0) 1,5.10
5
4
0 0,25(120 60) 2,25.10
1
3
1
2
2.10
V 1 2 3 5,25.10 4. Se sabe que: T
m
2A o m
áx
4
4
)
E Luego:
2.10
5,25.10
5
1
3
(
3
2.10
1
1
3
)
( 2
E
ín
5
1,5.1
2,25.104
0
4
4,5.104
b2 3 T 2 4 2 6 3 .8.103.60.106 150 .10 T 2 4 T 9353N.m Tadm 9,353kN.m
Luego:
o
T
9,353.10
3
0,01732rad / m
80.109.6,75.106
GI t
Donde: 2
L
I t
4A o
media
ds
0
2
4(b 0,45
0
2
3 / 4)
ds
2 6
4(150 .10
2
3
3 / 4) .8.10 0,45
6
4
6,75.10 m
3
8.10
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC
Se sabe que:
C 0
13
TC L
GI p
Ta
GI p
0
Te je
0
Ta
TC
L
Ta TA T0
T(L a) TC
Tb
13
TA
T L
L
L
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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 (E a
30.106 psi) y la parte BC es de aluminio (E
10.106 psi) . al
La
barra se somete a una fuerza de tracción de 30k a) Determinar las longitudes L1 y L2 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 2 un esfuerzo de tracción de 500kg / cm
MATERIAL ACERO
BRONCE
AREA DE LA
MODULO DE
COEFICIENTE DE
BARRA
ELASTICIDAD
DILATACION TERMICA
A 2 5cm a
E
A 2 10cm b
E
2 2,1.106 kg /
1,2.10 5 0 a C
2 8,5.105 kg /
1,95.10 5 0 b
cm
cm
a
b
………………………. (4 puntos)
13
3. Un punto de un cuerpo se encuentra sujeto al estado plano de esfuerzos, siendo
X
,
2
Y 100kg / cm
2
y
200kg / cm2
XY 200kg / . Determinar los valores de los esfuerzos principales y la
cm
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 G a
75GPa y el del núcleo es G L 39GPa . Los diámetros exteriores
son
d1 25mm
para el núcleo y d 2
para el tubo. Calcular los esfuerzos tangenciales máximos
40mm
a y L en el acero y el latón, respectivamente, ocasionados por un momento torsor T 900N.m ………………………. (4 puntos)
5. Determinar el valor de “b” y el ángulo de giro en torsión en C, si
80MPa y G 8.10 MPa 4
………………………. (4 puntos)
13
FECHA
La Molina, 03 de Octubre del 2007
13
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – II 1. a) Sabemos que:
L1 L 2
36
………………. (a)
Por dato del problema: 3
a al
30.10 .L
3
1
30.10 ( / 4).22 6
30.10 .L
2
2 10.10 ( / 4).2 6
………………. (b)
L1 3L2
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: L1 27p lg L 2
9p lg
b) El alargamiento total de la barra será:
a al 2a 2al 3 2 30.10 .27 0,017188p lg 0,0172p lg 6 2 30.10 (/ 4).2
2. Calculamos la fuerza de tracción en el cable de bronce:
P b b
A
b
A b
500.10 5000kg
P b
b
Analizamos el equilibrio de la barra rígida ABC
M A
0
5000.120 370Pa 10000.270 0
Pa 5675,67kg
Como la barra es rígida, analizamos su diagrama de desplazamientos:
13
b
120
a 370
120a
370
b
13
370(P(b)
T(b) ) 120(P(a) T(a) )
Reemplazamos valores y obtenemos:
5675,67.180 1,95.10 5 ( T).120 120 1,2.10 5 ( T).180 6 2,1.10 .5 T 23,8o C
370
5000.120
5 8,5.10 .10
3. Determinamos los esfuerzos principales:
1 200 100
1
100)2
2 200 100 1
100) 2
2
2
00)
2
/ cm
2
2
200)2
0kg / cm 2
2
Determinamos los planos, donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo
1 , es decir:
1
X
2
Y
6
X Y
2 200 100
2 200 100
2
cos sen2 6
300
XY
cos 2 200(2sen cos ) 50
2
3cos 2 8sen cos
0 (3cos sen)(cos 3sen) 3sen
De donde:
2
0 1ra solución: 2da solución: 4. Del equilibrio estático:
3cos sen 0
71,57 o 18,43o
cos 3sen 0
TL Ta
T
………………. (a)
De la compatibilidad de rotaciones:
L a TL L G L I p( L)
Ta
L Ga I p( a)
Ta
Ga I p(a ) G L I p( L)
………………. (b)
TL
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos:
TL 13
G a I p( a)
G L I p( L) TL
T
GLIp (L) TL T G L I p( L) a
TL 900 9 39.10 ( /
I p(G a)
39.10 ( / 32).25 .10 9
4
32).25 .10
12
4
12
( / 9 75.10 32).404.10
13
12
(1 0,625)
4
TL 77,055N.m
Ta 900 77,055 822,945N.m Luego: Ta
822,945
a
W p(a)
L
TL W p(L)
77,28M Pa
( /16).403.109 (1 4 0,625 )
25,12MPa
77,055
( 3
9
/16).25 .10
5. Eliminamos el empotramiento en E y lo reemplazamos por su momento torsor TE
Sabemos que:
E 0
TE
.1,6
60.1,2 20.0,8 GIt
GIt
GIt
20.0,4
TE 30kN.m
0 GIt
Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor:
Luego: 30.10
m áx
3
2
0,246(2b)(b)
b 0,0913m
80.10
6
Asumimos: b 9,13cm
Calculamos el ángulo de giro en torsión en C 3
C )
3
10.10 .0,4 4
6
8.10 .10 .0,229(18,26.10
2
)(9,13.10
2
10.10 .0,4 4
6
8.10 .10 .0,229(18,26.10
3
13
2
)(9,13.10
2
0 )
3
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D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 b1 en el extremo izquierdo hasta b 2 en el extremo derecho. Determinar el alargamiento de la barra, si L 1,5m ; b 2 150mm
y E
t 25mm ;
P 125kN ;
b1 100mm ;
200GPa
………………………. (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)
14
3. Dado el elemento de la figura, calcular los valores de
X y Y , 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 TC 300N.m Considerar para el acero G a
83000MPa ;
para el
aluminio
Gal 28000MPa
y TD .
700N.m
y para el bronce
G b 35000MPa . Determinar el esfuerzo tangencial máximo.
………………………. (4
14
puntos)
FECHA
La Molina, 30 de Abril del 2008
14
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2008 – I 1. Esquematizamos la variación del ancho de la sección transversal:
Por relación de triángulos rectángulos:
b 2
y
b1
x
(b 2
b1 )x
L
y
(b
A x
L
y)t (b 2 b1 )x .t b L 1 1
Luego: L
0
Pdx
L
EA x
0
E b1
Pdx
(b 2 b1 )x / L .t 3
125.10 .1,5 9
3
200.10 .25.10 (150 100).103
dx PL L Et 0 b1L
(b 2 b1 )x
b ln 2 Et(b 2 b1 ) b1 PL
150 ln 3,04.10 4 m 0,304mm 100
2. a) Esquematizamos el diagrama de cuerpo libre de la viga rígida ACE
F
Y
0
M E
0
P1 P2 P3 P
…………………. (a)
P1(2d) P2
(d) P(1,5d) 0 2P1
P2 1,5P
Esquematizamos el diagrama de desplazamientos:
De donde: 14
…………………. (b)
2 1 3 3 d
1 3 0 2 2
2d
14
P1L PL PL 2 2 3 0 EA EA EA
P1 2P2 P3 0
…………………. (c)
Restamos (a) menos (c) y obtenemos: 3P2
P
P2 0,333P
Reemplazamos en (b): 2P1 0,333P 1,5P P1 0,584P
Reemplazamos en (a):
0,584P 0,333P P3 P P3 0,083P
Luego:
PAB
P1 A A
AB
PCD CD
PEF
A
A
0,333P
P2
A
EF
0,584P P 0,584
A
A
A
P
A
0,083P
P3
A
0,333
0,083
A
P
A
b) Calculamos los desplazamientos: PL PL 1 0,584
AB
1
EA P2 L
CD
2
EF
3
EA P3L
EA
EA
0,333
PL
EA PL 0,083 EA
De esta manera, el diagrama de desplazamientos final coincide con el indicado anteriormente, el cual se muestra en la siguiente figura:
14
14
3. Por dato del problema:
Y 1
Y 2
1
X
2
2
1
X
2
( X
) 2XY 20 Y
…………………. (a)
( X
2 80 Y ) XY
…………………. (b)
2
Sumamos (a) y (b), obteniendo:
X Y 60
Reemplazamos (c) en (a): 1 2
( X
( X
…………………. (c)
2 Y ) XY 50
Y )2
1002
4(30)
2
X Y 80
Resolvemos (c) y (d):
…………………. (d)
X 10MPa
Y 70MPa Como toda raíz cuadrada tiene dos soluciones, una positiva y otra negativa, en este caso la 2da solución no cumple, es decir, cuando
X Y 80 ,
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:
G( /
2T
32).100 4.1012
G( /
1,5T
32).604.10 12
32T
(135740,74) G
Ahora, analizamos la barra hueca:
3,5T
4 G 5) ( / 32)
d
4
32T 2187,5 G 369d4
(4d /
Por condición del problema: 32T 2187,5 (135740,74) 4 G G 369d 32T
d 0,08129m 81,29mm
5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por su momento torsor TB
14
Sabemos que:
B 0
14
TB .1
T .1,5
28000.106 (B/
35000.10 ( / 32).25 4.10 12 6
32).50 4.10 12
700.1,5
28000.10 ( / 32).50 4.10 12
700.2
83000.10 ( / 32).25 4.1012
6
6
TB.2
83000.106 ( / 32).254.10 12
300.2
83000.10 ( / 32).25 .10 6
4
0
12
De donde: TB 472N.m
Graficamos el diagrama de momento torsor:
Calculamos los esfuerzos tangenciales para cada tramo, determinando de esta manera el esfuerzo tangencial máximo.
m áx
AC
C alu D
16TAC
acero
min io
D B bronce
16.528 .253.1 172,10MPa
3 AC
16TCD
3 CD
16TDB
3 DB
0
9
16.228 .503.1 9,29M Pa 0
9
16.472 .253.1 153,85MPa 0
9
14
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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
100kg / cm
2
………………………. (3 puntos)
2. Determinar el valor de “a”, si
tr
30MPa y comp 90MPa , 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
40MPa
tr
y comp posición
150MPa .
Previamente, ubique la
racional de la viga. ………………………. (5 puntos)
15
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 P
y Ea / Em los
1000kg
20 . Determinar
esfuerzos máximos en el acero y la madera. ………………………. (4
5. En una viga de concreto armado, b 15cm , d 25cm 4,62cm2. Considerar n 15 ,
c
40kg / cm2 ,
puntos)
y el área total de las varillas de acero es
1200kg/
y determinar el momento
2
a
cm
flector máximo en kg.m que puede soportar la viga. ………………………. (4
15
puntos)
FECHA
La Molina, 22 de Mayo del 2006
15
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – I 1. Graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Luego: 3
máx
Mmá
ymáx
x
9,3.10 .10 3
2
b(2b) /12
(b) 100
IZ
De donde: b
Asumimos:
24cm b
24cm h 2b 48cm 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. 15
YCG
(a)(16a)(8a).2 (20a)(4a)(18a) (a)(16a).2 (20a)(4a) 15,14a
3 2 2 4 (a)(16a) 3 (20a)(4a) IZ 3075,05a .2 12 (a)(16a)(7,14a) (20a)(4a)(2,86a) 12
15
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: Mmáx
26,4kN.m , implica que la zona superior al eje neutro es de
tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal:
(20a)(4a) 2(0,86a)(a)
sup
AZ
81,72a A inf Z
2(a)(15,14a) 30,28a
(TRACCION)
2
(COMPRESION)
2
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: tr máx
comp máx
26,4.10
3
30.10 6 4 3075,05a
26,4.10
.4,86a
a
a 1,12cm
a
a 1,13cm
2
1,12.10 m
3
90.106 4 3075,05a
.15,14a
2
1,13.10 m
15
15
Asumimos: a mín 1,13cm
3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Determinamos la ubicación del eje neutro: YCG
1.26.13 12.2.27 19,72cm
1.26 12.2
Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: Mmáx
2000L2 , implica que la zona superior al eje neutro es de
tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: sup
AZ
12.2 1.6,28 30,28cm
A inf Z
1.19,72 19,72cm
(TRACCION)
2
(COMPRESION)
2
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: t
r
máx
15
tr máx
Mmáx IZ
y
tr
2 2 .8,28.10 0 0 0 L
40.10 6
2
3 9 1 8 , 7 5 . 1 0
8
15
L 3,077m
Donde:
IZ
12.2
3
1.26
2
3
2
3918,75cm 4
12.2.7,28 1.26.6,72 12 12
Ahora, analizamos el efecto de compresión: comp máx
comp
y máx
2
2000L
3918,75.10
co
Mmáx
.19,72.10 2
150.106
8
mp
IZ
L 3,86m
Asumimos: L 3m
Ahora, graficamos el diagrama final:
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal.
A 0 B
B
Vmáx
SZ
6
3
12.10 .174,72.10
0,45MPa
3918,75.10 8.12.102
IZ b B
SZ 12.2.7,28 174,72cm B
3
B'
Vmáx
SZ B'
I
b B'
Z
12.10 .174,72.10 5,35MPa 3918,75.10 8.1.102 C
C SZ máx
6
3
Vmáx IZ b C
3
6
12.10 .194,44.10 5,95MPa 3918,75.10 8.1.102 15
SZC 174,72 1.6,28.3,14 194,44cm 3
D 0
16
4. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Transformamos la madera en acero: b 'a
Em
b E a
m
1
.10 0,5cm
20
Determinamos la ubicación del eje neutro: YCG
10.1,2.0,6 0,5.13,8.8,1 3,34cm
10.1,2 0,5.13,8
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 12 3 10.1,2 IZ 10.1,2.2,74 2
16
0,5.13,8 12
3
0,5.13,8.4,76 2
357,3 7cm 4
16
Determinamos los esfuerzos normales máximos en el acero y la madera: a máx
y
a máx
Mmáx IZ E m Mmáx
m
Ea IZ
máx
750.10
357,37
.3,34 700,95kg / cm
1
m
y máx
2
750.10
20 357,37
2
2
2
.11,66 122,35kg / cm
5. Transformamos el acero en concreto:
Ac'
nAa 15.4,62 69,3cm 2
Se sabe que: sup S SZZ
X 69,325 X 15 X 2
inf
7,5X2 69,3X1732,5 0 X 11,26cm
Luego:
IZ
15.11,26
12
3
15.11,26.5,63
2
20221,12cm4
2
69,3.13,74
Analizamos los esfuerzos en el concreto y el acero, comparándolos con los valores admisibles. CONCRETO: c áx
c
Mmáx I
y máx
c
Mmá x
m Z
ACERO: E a a Mmáx
E c máx IZ
.11,26 40
20221,12 Mmáx 71833,46kg.cm
áx a
ym
a
Mmáx 15. 20221,12
.13,74 1200
Mmáx 117735,78kg.cm
16
Asumimos: M máx
71833,46kg.cm 718,33kg.m
16
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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 P 50000lb 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 b 12p y h 10p lg . Calcular el esfuerzo de flexión máximo
lg
en el durmiente, si
máx
se supone que L 57p y a 19,5p
lg
lg
………………………. (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/cm2, 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. 16
………………………. (5 puntos)
16
4. Una viga compuesta por cuatro materiales
(E1
2
E3 250000kg / cm
2
, E4
300000kg /
150000kg / cm2
E
,
,
175000kg / cm2 2
) , está sometida a las cargas mostradas en la figura.
cm
Determinar los esfuerzos normales máximos que se producen en cada material. ………………………. (5 puntos)
5. En una viga de concreto armado, b 38cm , d 70cm 19,48cm2. Considerar n 20 ,
c
31,5kg/ cm2 ,
y el área total de las varillas de acero es
875kg / cm 2 . a
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)
16
FECHA
La Molina, 23 de Octubre del 2006
16
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – II 1. Por dato del problema:
sup 7 in f 3 Además, se sabe que:
su p M ysup
…………………. (a)
IZ M
yinf
…………………. (b)
IZ
inf
Dividimos (a) entre (b) y obtenemos:
y sup yinf
7 3
Del gráfico del problema: y sup yinf 7
10
yinf
y 10 inf
yinf
3p lg
3
De donde:
y sup 7p lg
De esta manera, la sección transversal quedará tal como se muestra en la siguiente figura:
Luego: sup
SZ
SZ inf
7.t..3,5.2 24t(3 0,5t) t.
(3
2
t)
.2
2
t 3 18t 2 32t 0 De esta ecuación se obtienen tres soluciones, siendo dos de ellas irreales y la tercera la correcta, cuyo valor es: 100
t 2p lg
100
2. Analizamos el equilibrio de la estructura:
F Y
q 1041,67lb / p lg
q(57 2.19,5) 2(50000)
0
Graficamos los diagramas correspondientes:
Determinamos el esfuerzo normal máximo:
máx
ymáx
Mmáx
225000
12.103 /12 .5 1125psi
IZ
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. 101
YCG
27.2.13,5 18.2.28 19,3cm
27.2 18.2
102
2.27
IZ
3
18.2
2
2.27.5,8
12
3
2
7833,9cm 4
18.2.8,7 12
Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: Mmáx la zona inferior de compresión.
2P , implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y
b) Áreas de la sección transversal: sup
AZ
18.2 7,7.2 51,4cm
inf
AZ
2.19,3 38,6cm
(TRACCION)
2
(COMPRESION)
2
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.
tr
Mmáx tr
ymáx
máx
2P
7833,9.10
IZ
máx M
comp
comp
ymáx
máx
áx
VmáxSZsup
sup
SZ
P 4,846T
.(19,3.10
) 12000
P 2,435T
P.372,49.106 2 8
I Z b
) 12000 2
7833,9.10
.(9,7.10
2P
IZ
m
2
P 2,524T
600
7833,9.10 .2.10
18.2.8,7 7,7.2.3,85 372,49cm 3
Analizamos el rango que cumple con las tres condiciones, obteniendo:
Asumimos: Pmáx 2,435T
Con este valor determinamos los valores para graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales.
A 0 103
2,435.313,2.10 B
8
6
54,08T / m
2
7833,9.10 .18.102 B
SZ
18.2.8,7 313,2cm3
104
2,435.313,2.10
6
8
B'
486,76T / m
2
2
7833,9.10 .2.10
2,435.372,49.10
6
8
m áx C
578,9T / m
2
2
7833,9.10 .2.10
D 0
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: b
' 4
E1
b E 4
1
150000
.30 15cm
300000
MATERIAL 2: b
' 4
E2
b E 4
2
175000
.30 17,5cm
300000
MATERIAL 3: b '4
b E 4
E3 3
105
250000
.30 25cm 300000
106
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. YCG
30.10.5 25.10.15 17,5.10.25 15.10.35
17cm IZ
30.10
3
12
300 250 175 150 25.10
2
30.10.12
3
25.10.2 12
2
17,5.10
3
17,5.10.8 12
15.10
2
4 I Z 111291,67cm
Calculamos los esfuerzos normales máximos para cada material. MATERIAL 4: 3
4 máx
Mmáx
y 4máx
24.10 .10
2
111291,67
.17 366,6kg / cm
2
IZ
MATERIAL 3: E 3 M máx 3 3
máx E 4
250000 24.103 .102 ymáx
2
.7 125,79kg / cm
300000 111291,67
IZ MATERIAL 2: E 2 M máx 2 2 máx E 4
175000 24.103 .102 2 ymáx .13 163,53kg / cm 300000 111291,67
IZ MATERIAL 1: E1 M máx 1 1 máx
150000 24.103 .102 2 ymáx .23 248kg / cm 107
12
3
15.10.182
E 4
300000 111291,67
IZ 5. Transformamos el área de acero en concreto.
Ac' nAa
20.19,48 389,6cm 2
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. X sup inf S 389,6 70 X 38 SZ Z
X
2
108
19X 2 389,6X 27272 0 De donde: X 29cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
IZ
38.29
3
12
38.29.14,5
2
963844,93cm 4
2
389,6.41
Aplicamos las condiciones de resistencia para el concreto y el acero. CONCRETO: c máx
c
y máx
Mmáx IZ
Mmáx .29 31,5 963844,93
c
Mmáx 1046935kg.cm
ACERO:
E a Mmáx a ymáx a máx E c I Z
Mmáx
a
20.
963844,93
.41 875
Mmáx 1028493kg.cm
De donde: M máx
1028493kg.cm 10284,93kg.m
109
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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 so metida a flexión, si se cumple que
comp
3tr ………………………. (3 puntos)
2. Una pequeña presa de altura h 2,4m se construye con vigas de madera verticales AB de espesor
t 150mm , 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 específico del agua es
en las vigas, si el peso
9,81kN / m 3 ………………………. (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/cm2 en cortante. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. 110
………………………. (5 puntos)
111
4. Una viga está compuesta de tres materiales, como se muestra en la figura. Las tres partes se hallan firmemente unidas entre si de m anera que no existe posibilidad de deslizamiento entre ellas. Determinar el momento flector máximo que puede soportar si los esfuerzos admisibles son
a
120MPa ,
al
80MPa , m 10MPa
y los módulos de
elasticidad son
Ea 200GPa ,
Eal 70GPa y
E m 10GPa ………………………. (5 puntos)
5. En la viga T de concreto armado, se tiene que el área de las varillas de acero es A a 3000mm2 relación modular
y la
n 10 . Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero, si el
momento flector aplicado es 140kN.m
………………………. (4 puntos)
112
FECHA
La Molina, 21 de Mayo del 2007
113
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: tr ymáx
tr
comp
y máx
comp
tr
ymáx
1
comp máx
3
y
comp
y máx
tr máx
Asimismo: ytr
ycomp
máx
máx
24
Reemplazamos datos y obtenemos: tr
y máx
6cm
comp
ymáx
18cm
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. sup
SZ
Z S
inf
2.18.9 2.2.1 4.(b).4
b 20cm
2. Esquematizamos la viga y el efecto de cargas, siendo w o hb
114
115
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Luego:
y máx
2
Mmáx
(w o
máx
(t / 2)
h IZ
/ 9 3)
2w o h 2 3 3bt
3
(bt /12)
2
2
2(hb)h
2,32M Pa 2 3bt 3
3
2h
3 3t
2
3
3
2.9,81.10 .2,4
3 3.0,15
2
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.
IZ
20.20 12
3
7.16 3 2
12
4
116
8554,67 cm
117
Aplicamos la condición de resistencia. ESFUERZO NORMAL:
máx
1,758w
ymáx
2
Mmáx
8554,67.10
IZ
140.104
.10.10
8
w 681,26kg / m
ESFUERZO TANGENCIAL:
VmáxSZsup
máx
2,125w.552.10
6
15.104
8554,67.10 8.6.102
IZ b
w 656,37kg / m
Donde: Ssup Z
SZ C 20.10.5 2.(7.8.4) 552cm3
Asumimos: w máx 656,37kg / m
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales.
A 0 B
6
1394,78.360.10 8
2
8554,67.10 .20.10 Vmáx B
SZ
kg / m
2
2,93kg/cm2
2,93.104
2,125.656,37 1394,78kg
20.2.9 360cm3
1394,78.360.10
B'
6
8
2
8554,67.10 .6.10
áx
2
9,78kg/cm2
9,78.104
1394,78.552.10
m C
kg / m
6
8
8554,67.10 .6.10
2
kg / m
15.104
D' B' 9,78kg2/ cm D B 2,93kg2/ cm
E 0
118
2
15kg / cm2
119
4. Determinamos los anchos equivalentes de los materiales convertidos en acero. MADERA: E ' b m a E b
.80 4mm
m a
9
10.10 9 200.10
ALUMINIO: E ' b al .80 28mm a 9 E 70.10 b al 9 200.10 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. YCG
IZ
28.50.25 4.150.125 80.20.210 28.50 4.150 80.20 123,89mm
28.50
3
4.150
2 28.50.98,89
3
80.20
2 4.150.1,11
12
12
12
3
2
27025555,56mm4
80.20.86,11
Aplicamos la condición de resistencia para cada material. ACERO: 12
6 a áx m
a máx
Mmáx IZ
y
120.10 .27025555,56.10 3
M
a
96,11.10
máx
Mmáx 33,74kN.m
MADERA: m
E m M máx
m
6
10.10 .27025555,56.10
m
máx
áx
máx I E a
ym
Z
M
7 6 ,
120
11.10
3
12
200
10
Mmáx 71,02kN.m
ALUMINIO: E al M máx al
80.10 6.27025555,56.10 12 200
al
máx E Ia Z
ymáx
al
Mmáx
123,89.10 3
Mmáx 49,86kN.m
121
70
Asumimos: Mmáx 33,74kN.m
5. Calculamos el área del acero transformado en concreto.
Ac' nA 10.3000 a 2 30000mm
300cm2
Determinamos la ubicación del eje neutro, a través del momento estático. S
sup Z
Z
225 50.15.(7,5 X)X
Sinf
X
300.(50 X)
12,5X2 1050X 9375 0
De donde: X 8,14cm
Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 50.15
IZ
3
12
25.8,14
50.15.15,64
2
3
2
727692,19cm4
25.8,14.4,07 12
300.41,86
2
Calculamos los esfuerzos máximos para ambos materiales. CONCRETO:
máx c
Mmáx IZ
y
c
má x
140.10
3
.23,14.10 2 4,45M Pa
727692,19.108
ACERO:
3 Mmáx n 140.10 .41,86.10 2 80,53M Pa a 10. y máx máx I 727692,19.10 8 Z a
122
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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 2h 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 empotramiento?
máx ? ¿Cuál es la relación de este esfuerzo al esfuerzo B
en el
……………………….
(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)
123
3. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales en función del esfuerzo tangencial máximo
máx o
………………………. (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
Eal
70GPa
y
Ea
210GPa . 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 b 300mm , d 500mma, A 2 1200mm
y n 8 , 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 124
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – II 1. Graficamos el diagrama de momento flector:
Analizamos la variación de la sección transversal:
m
2 x
h/
m
L
hx
2L
Luego:
hx x h x h 2m h1 h 2 2L L
Calculamos el momento de inercia a una longitud “x”, siendo:
I
(X ) Z
h 1 x / L h(1 x / L) 12
h (1 x / L) 4
3
4
12
En consecuencia, se tendrá:
y (X )
h x 1 2 L
125
(X)
MX I(X) Z
(X)
y
4 12Px 4 x / h (1 L)
h
x
1 2 L
126
3 6Px 3 x / h (1 L)
El esfuerzo normal máximo se obtendrá al derivar En consecuencia: d( X ) 6Ph (1 x / L)
3
3
3h (1 x / L) (1/ L)6Px 2
3
h (1 x / L) 6
dx
d (X ) 0 dx
0
6
De donde: x L/2
De esta manera:
6P
L
X L máx /2
h 3 1
B
Luego:
máx
6PL
X L
2 L / 2 3
h (1 L / 3 L) 3
8PL/ 9h
3
3PL/ 4h
3
L
8PL3 9h
3PL
4h
3
32
27
B
2. Determinamos las características geométricas de la sección transversal de la viga.
YCG
2.30.150.75 180.30.165 2.30.150 180.30 108,75mm
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. sup
AZ
180.30 2.30.41,25 7875mm
inf
AZ
2.30.108,75 6525mm
(TRACCION)
2
(COMPRESION)
2
127
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
IZ
180.30
12
3
30.150 3 2 4 2. 44617500mm 180.30.56,25 12 30.150.33,75 2
128
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 máx
tr
y máx
Mmáx
15X 44617500.10
tr
IZ
12
.71,25.10 3
48.103
X 2m
COMPRESION: comp máx
comp
y máx
Mmáx
co
15X .108,75.10 3 44617500.10
X 3,28m
mp
IZ
120.10 3
Asumimos: Xmáx
2m
Comprobamos que la zona más peligrosa es la de tracción, aplicando la fórmula:
tr
ymáx
tr
comp
71,25
˃
48
108,75 120
y máx
˃
comp
129
0,655 ˃ 0,4
De esta manera, no es necesario comprobar a través del momento positivo máximo. 3. Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales:
A 0 VS
B
B
3
V.(0,1875b )
Z
4
I Z b B
(0,375b )(0,5b)
b
V
o
2
SZ (0,5b)(0,5b)(0,75b) 0,1875b B
3
(0,5b)(0,5b) 3
2. b B 0,5b IZ
B'
3
V.(0,1875b )
VSZB' I
b B'
V
0,52 0,5o b
3
VSZ I
4
(0,375b )(b)
Z
C
C
12
b(b) 3 2 4 (0,5b)(0,5b)(0,75b) 0,375b 12
V.(0,3125b )
b C
4
(0,375b )(b)
Z
V
0,833 0,833o b 2
(b)(0,5b)(0,25b) 0,3125b3
SZ 0,1875b3 C
En la parte inferior por simetría, el diagrama será el mismo, es decir:
D' B' 0,5o
o
D B máx E 0
4. Calculamos el ancho equivalente del acero transformado en aluminio. b 'al
Ea
b Eal
a
210
.30 90mm
70
Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transformada. YCG 130
9 0 . 8 0 . 4 0
3 0 . 4 0 . 1 0 0
4 8 , 5 7 m m 9 0 . 8 0
3 0 . 4 0
131
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
IZ
30.40
3
12
90.80
30.40.51,43
2
3
2
7702857,16mm 4
90.80.8,57 12
Determinamos el valor del momento flector máximo: al máx
al
60.10
y máx
Mmáx
Mmáx
6
7702857,16.10 12
.71,43.10 3
IZ Mmáx 6470,27N.m
Ahora, calculamos el esfuerzo normal máximo en el acero: 6470,27 210 E M 3 .48,57.10 máxa a máx y amáx E al IZ 7702857,16.10 12 70
122,39MPa
5. Calculamos el área de acero transformado en concreto:
Ac' nA a 9600mm2
8.1200
96cm2
Determinamos la ubicación del eje neutro, a través de los momentos estáticos: X sup inf S 96 50 X 30 SZ Z
X
2 5X 2 32X 1600 0 X 14,97cm
132
133
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 30.14,97
IZ
3
30.14,97.7,485
12
2
151349,59cm 4
2
96.35,03
Determinamos los esfuerzos máximos en el concreto y acero:
máx c
Mmáx IZ
a n yamáx
y
70.10
c
máx
Mmáx
máx
.14,97.102 6,92MPa
151349,59.108 8.
IZ
3
3
70.10
2
.35,03.10
151349,59.108
134
129,61M Pa
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 M o . 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)
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)
135
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 Mmáx que puede soportar la viga si se considera que el esfuerzo normal permisible en el acero es
a
. Considerar que los módulos de elasticidad para el acero y el aluminio son
y E al ,
Ea
respectivamente. ………………………. (5 puntos)
5. En una viga de concreto armado, b 20cm ,
d 40cm ,
normales en el concreto y acero, para los casos (a)
n
A
14cm2 . Determinar los
esfuerzos a
6
y (b)
n
10 ,
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)
136
FECHA
La Molina, 19 de Mayo del 2008
137
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que: Mo tr ytr
IZ
comp M o IZ
ycomp
Luego: a) TRIANGULO EQUILATERO:
tr comp
ytr ycomp
1 b 3 3 0,5 2 2 b 3 3 2
b) SEMICIRCULO:
tr
2d
c y tr omp
3 0,7374 d 3 4
ycomp
6
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.
VmáxSZsup
2w(0,15.0,1.0,05 0,1.0,075.0,0375)
138
1,2.10 6
máx
IZ b mín
0,15.0,2 3
12
0,1.0,153 .0,050 12
139
w 4600N / m
Asumimos: w 4,6kN / m
3. Analizamos la parte superior de la sección transversal.
b x
b
x
b
x
h/2
2bx
h
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 2 2x 1 2bx h 2x bx 1 h h (b )(x). x x Ssup(x)
Z
2
2
3 2 h 2
3
h
2
2x
3
Ahora, calculamos el momento de inercia de toda la sección transversal de la viga, respecto al eje neutro Z
3 2 1 h 1 b(h / b bh IZ 2. h . 2) 2 2 2 48 36
3
3
Luego: sup(x)
bx 2 h V.
2x
24Vx h
2x
140
VSZ (X)
IZ b
h bh
2 3
x
.
48
2bx
3
2 bh
3
3
h
d (X )
El esfuerzo tangencial máximo se obtendrá al derivar
dx
141
0
En consecuencia:
24V h bh 3
d (X) dx 2
2x 3
2 24Vx 0 3 bh 3
De donde:
x
3h
8
Luego, graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial.
A 0 3h h 2w
B
8 2 3 8 x 3h / 8
h 24V
C
2 3h .
h bh
3
9V
4bh
2 2 3 2 2V
x h / 2
bh
2 h .
3
bh
D B máx 9V 4bh E 0
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 c ontinuación. Se sabe que: M a y a IZ Siendo:
I
Z
Ia 142
n.Ial
E I a al Ea I E a
Ia
Eal Ial E
al
a
Reemplazamos valores: M ya Ea
a
Ea Ia
a
Ial E al
143
d E a 2 4 d d4 M
E
a d4
a
64
2
Eal
64 2
Efectuando cálculos obtenemos: M Ea
15E a 3
a
Eal
d
512
De donde:
d3 15E E a al a M 512 Ea De esta manera, el momento flector máximo será:
Mmáx
d3 E a 15 al 512 E a
5. a) Calculamos el área del acero transformado en concreto.
Ac'
nA 6.14 84cm2 a
Determinamos la ubicación del eje neutro: X sup inf S 84 40 X 20 SZ Z
X
2 10X 2 84X 3360 0 X 14,6cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 3 0.14,6 IZ 2 20.14,6.7,3 2 144
1 2
74941
84.25,42
cm 4 Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: c máx
c
y máx
Mmáx IZ
.14,6 29,22kg/ cm
2
1500.100 74941
145
a máx
n
M
1500.10 0 6
a
y máx
máx
74941
IZ
305,04kg / cm2
.25,4
b) Calculamos el área del acero transformado en concreto.
Ac'
nAa 10.14 140cm 2
Determinamos la ubicación del eje neutro: X sup inf 140 40 X S 20 SZ
X
Z
2 10X 2 140X 5600 0 X 17,68cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:
IZ
20.17,68
3
20.17,68.8,84
12
2
106588,58cm 4
140.22,32 2
Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero: c máx
y
c máx
Mmáx a
máx
1500.100
IZ Mmáx a n ymáx IZ
106588,58
.17,68 24,88kg/cm
2
1500.100 2 10 .22,32 314,10kg / cm 106588,5 8
146
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 E 3.10 T / 2 m 6
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 E 3.10 T / 6
m
2
e I
4
0,0054m
………………………. (6
147
puntos)
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
por debajo de la viga antes de aplicarse las cargas. Considerar
0,5plg ; L 20pie; E 30.106 psi e I 396p lg 4 . Determinar la magnitud de las cargas P de tal forma que la viga tenga contacto con el soporte C
………………………. (4 puntos)
148
FECHA
La Molina, 19 de Junio del 2006
149
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – I 1. Analizamos las inercias para cada parte de la viga:
0,3.0,43 6 2 EIAB EI1 3.10 . 4800T.m 12 0,4.0,63 6 2 EIBC EI 2 3.10 . 21600T.m 12 Luego: EI BC EI AB
EI2 EI1
21600
4800
4,5
Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB , calculando las reacciones en los otros apoyos.
M A
VC (10) 12(4)(2) 10(6)(7) VB(4) 0
0
VC 51,6 0,4VB
F
VA
VB (51,6 0,4VB ) 12(4) 10(6) 0 VA 56,4 0,6VB
Y
0
Ahora, analizamos tramo por tramo en forma consecutiva.
TRAMO I-I (0 x
4)
EI1 y "
2 6x (56,4 0,6VB)x
EI1 y '
(56,4 0,6VxB 3
2
)
2x
C1
2 x3 EI1 y (56,4 0,6VB ) 6
x
4
2
C 1x C 2
Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x 0 b) Si x 4m
yA 0
yB 0
y x 0
y x 4
0
C2
C1 1,6VB 118,4
TRAMO II-II (4 x 10)
EI2 y" (56,4 0,6VB )x 48(x 2) VB (x 4)2 5(x 4) ' EI 2 y (56,4 0,6VB )
150
x
(x 4)
2
2
24( x 2
VB
2
2)
2
5
(
x
4 ) 3
C 3
3 EI2 y (56,4 0,6VB)
x
3
6
38(x 2)
(x 4) V3
5(x 4 4)
6
12
B
151
C3 x C 4
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD c) Si x 4m
I x4
1
4
IIx 4
1
2
(56,4 0,6VB ) EI1 2 2(4)
4
2
2
(56,4 0,6VB ) C3 (1,6VB 118,4) 2 2 24(2)
3
EI C3 566,4 9,6VB
d) Si x 4m
I
yx 4
IIx 4
1
4
3
(56,4 0,6VB) EI1 6
4
1
4
3
3
4C 3 C 4 (56,4 0,6VB )6 2 8(2)
4C1
2
4
EI Reemplazamos C1 y C3 por los valores calculados anteriormente, obteniendo: C4
44,8VB 2803,2
CONDICION ADICIONAL e) Si x 10m
3
(56,4 0,6VB
yC
10 8(8)3 ) 6 (6)
y x 10 0 VB 3
6
4
(566,4
5(6) 9,6VB 12
)(10) (44,8VB
2803,2) 0
De donde:
VB 66,188T
VA
16,687T
VC 25,125T
Con estos valores graficamos los diagramas finales, los cuales se muestran en la siguiente figura.
152
153
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 (0 x
4) 16,687
x2
2x 3 12,499 0
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.
x1
3,720m x
2
1,541m x 3
1,089m Luego: 1
y1 y
y2 y
x3,720
4800
3
4
3,720
3,720
16,687. 6
2
12,499.3,720 1,9.10 4 m 0,19mm
x1,541
1
4 3 1,541 1,541 2,48.103 m 2,48mm 12,499.1,541 16,687 .
4800
6
2
TRAMO II-II (4 x 10)
16,687
x2
24(x 2) 2 66,188 4)
2
(x 2
5(x
4)
2
69,005 0
3
3
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. x
4
3,266m
x5
7,238m x6 11,956m
Luego: y5
1
yx 7,238
y5 y
21600 .
,
7,238
3
3 8.5,2383 66,188.3,238
6
6
4
5.3,238 12
69,005.7,238 162,022
x7, 2 4,81.103m 4,81mm 38
Con este resultado, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la siguiente figura, siendo la deflexión máxima ymáx
yx7,238 4,81mm 154
155
2. Calculamos las reacciones en la viga: wa
M
(4a)
0
A
F Y
VB
VA 3wa 0
0
2
0 2
a wa w(3a)(2,5a)
VB 1,625wa
2
1,625wa wa
VA 0,375wa
Planteamos la ecuación universal: 0,375wax x
y
o
3
2
2
0,5wa (x a)
6EI
4
wx
4
2EI
w(x a)
24EI
4
w(x a)
24EI
w(x 4a)
4
24EI
24EI
Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x
yB
y x 4a 0
4a
o (4a)
0,375wa(4a)
3
2
2
0,5wa (3a)
6EI
w(4a)
4
2EI
4
w(3a)
24EI
w(3a)
4
24EI
0
24EI
De donde: 17wa
o
3
12EI
En consecuencia: 17wa
3
wa
3
1,417
A o 12EI
EI
La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. Ahora, analizamos el punto C, calculando la deflexión en dicho punto. 3
yC y x 2a
1,417wa (2a)
3
0,375wa(2a)
EI
2
0,5wa (a)
6EI
2EI
2
w(2a)
4
w(a)
4
24EI
w(a)
4
24EI
24EI
2wa
EI
3. Eliminamos el apoyo en C y lo reemplazamos por su reacción vertical VC , 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:
1 30
(3)(5)
1
(3)
3VC
y1 y 2 0 1,5V 1,5VC 1 C (2) (3)(4,5) (3) (5) 0
156
4
De donde:
2 EI
2
EI
EI
VC 5,556T
157
2
EI
Luego, determinamos las reacciones en el empotramiento A y graficamos los diagramas correspondientes de fuerza cortante, momento flector y refuerzo para la viga hiperestática.
F
Y
0
M A
0
VA 14,444T
VA
5,556 20 0
M A 26,664T.m
MA
5,556(6) 20(3) 0
Ahora, calculamos la pendiente en C, sabiendo que la pendiente en A es cero por ser empotramiento.
C A 158
A,C (M / EI)
1 30
C
(3)
2 EI
1
2
1,5.5,556 1 1,5.5,556 3.5,556 (3) (3) (3) EI
EI 2
159
EI
C
17,505 EI
17,505
rad 0,06
o
1,08.10 3 6 3.10 .0,0054
La pendiente en C va en sentido antihorario. Luego, determinamos1la deflexión B 1,5.5,556 30 en el punto (3) (3) (2) (1,5) y d
B tgA
B
2
yB
27,495 6
3.10 .0,0054
EI
1
(3)
EI
1,5.5,556
(2)
EI
2
27,495
EI
1,7.10 3 m 1,7mm
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 y C Luego, como y C
0,5plg
M C5400P tendremos: 1 60P 60P (120) (60)(80) (60)(30) 0,5 EI 2 EI EI
De donde: 0,5EI
P 396000
6
0,5.30.10 .396
396000
160
15000lb 15k
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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 x . Determinar la deflexión máxima si es de sección distribuida de intensidad variable w L wo sen 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)
161
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 cor tante y momento flector. ………………………. (5 puntos)
162
FECHA
La Molina, 20 de Noviembre del 2006
163
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – II 1. Se sabe que: IV
EIy
w
III
EIy
V EIyII Luego:
M x sen w o L
IV
EIy
Integramos una vez: EIy
III
wo L
cos L
x
C 1
CONDICIONES: a) Si x L / 2
V x L / 2 0
Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero. wo L cos 90 o C 0
0
C
1
1
De esta manera, la ecuación quedará así: EIy
III
wo L
x
cos L
Integramos otra vez: 2
EIy
b) Si x 0
0
II
w L
sen
o
2
x
C 2
L
M x 0
Luego, el término del lado derecho de l a igualdad es cero. 2
woL
2
sen0 o 2C
0
C2
De esta manera, la ecuación quedará así: 2
EIy
II
Integramos otra vez y obtenemos:
w L
o
sen
EIy c) Si x 2
L/
x L / 2 0 3
w L
L
2 3
'
wo L
3
3
164
cos
x
x L
C 3
o
0
cos 90
o
C 0
3
0
C3
De esta manera, la ecuación quedará así:
165
x
3
EIy
'
wo L
cos
L
3 Integramos otra vez: 4
w L
sen
EIy o d) Si x 0
y x 0
0
x
C 4
L
4
4
w L
sen0 0
o
4
C4
o
C4
0
De esta manera, la ecuación quedará así:
x
4
wo L
EIy
sen
L
4 Calculamos la deflexión máxima: ymáx
w L4
1
yx L / 2
o
4
sen90
4
wL
o
o 4
EI 2. Determinamos el grado de indeterminación:
EI
G.I. 6 3 3 La viga es tres veces hiperestática. La viga quedará así:
Aplicamos la ecuación universal, obteniéndose: y
MAx
2
3
40x
V
x 6EI
4
4
40(x 3)
A
2EI M x
dy
A dx
CONDICIONES: a) Si x 6m
yB
24EI
V x
2
40x
40(x 3)3
3
A
EI
24EI
2EI
6EI
6EI
y x6 0 1
3
8MA EI
6VA EI
166
2160 EI
EI
135
0
b) Si x 6m
M ………………… (1) A
2 V A
1 1 2 , 5
B
x6 0 6
1
MA EI
8VA EI
1440 EI
M A 3VA 210
167
180
0
EI ………………… (2)
Resolvemos las ecuaciones (1) y (2), obteniendo:
VA 97,5kN M A 82,5kN.m
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.
168
TEOREMA 1:
1 PL
A
A,C A AREA C M / EI 1 L PL PL L
2 4 8EI
2 16EI
8EI 4
2
5PL
A
128EI
La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. TEOREMA 2: yC d AtgC
L PL 3L 1 L
1 L PL L
2 4 8EI 4 16EI 6 8
PL 5L
2 4 16EI 12
3
yC
3PL
256EI
Indica que el punto A está por encima de la tangente en C 4. Reemplazamos la reacción en A por VA y aplicamos el Principio de Superposición de Cargas.
Aplicamos la viga conjugada y lo cargamos con los diagramas correspondientes:
Se sabe que:
M M
a
0 (a)
3a
(a) 2 EI 2EI 2
2
1
aMA 2a 0 yA V V a 3a V a 5a 1 A (a) (a) A (a) A
3 EI 169
2EI 2 2
2EI 3
V
5M
A
Retornamos a la viga original, la cual quedará así:
170
6a
M B 0
M M
5M
2a
0 6a
0,667
De esta manera, los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector serán los mostrados en la siguiente figura.
171
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D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 E 200GPa e
I 12.106 mm4
………………………. (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
E 19000N/mm
b 400mm y h 600mm
,
2
………………………. (5 puntos)
172
4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Determinar la deflexión B en el extremo libre B de la viga en voladizo AB mostrada en la figur a. La viga soporta una carga uniforme de intensidad “w” y tiene momentos de inercia
I2
2I e I1 I en las porciones AC y CB, respectivamente. ………………………. (4 puntos)
FECHA
La Molina, 18 de Junio del 2007 173
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2007 – I 1. Calculamos 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 , calculando las reacciones en A
F Y
VA 3wa 0
0
M A
VB
9wa
MA
VB (2a) w(3a)(3a / 2) 0
MA
0
VA 3wa VB
2
2
2VBa
TRAMO I-I (0 x
2a) )x
EIy" (3wa V
2
9wa
2
2V a
wx
2 B 2 wx 3 x 2 9wa 2 EIy' (3wa VB 2VB a x C1 ) 2 2 6 2 4 x wx 3 x 2 C 1x C 2 2V EIy (3wa VB 9wa ) a B 6 2 2 24 B
Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x 0 b) Si x 0 c) Si x 2a
yA 0
y x 0
0
C2
C1 0
A
x 0 0
yB 0
y x 2a
(3wa V B
)
(2a) 3 6
9wa 2
2
De donde:
V B
4
w(2a) 0 (2a) 2V a B 24 2
17wa 8
174
2
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: 2
EIy'
2
7wax wa x 16 4
3
wx 6
175
3
EIy
2
2
4
7wax wa x 48 8
wx 24
TRAMO II-II (2a x 3a)
EIy" wa
7wa
x
EIy
2
w
17wa
(x 2a)
x 8
EIy'
2
7wax
4 2
16 7wax 48
2 2
wa x
wx
2
wa x
3
4 3
8
6 2
8
wx
17wa(x 2 2a) 16
4
24
C3
17wa(x 2a) 3
C3 x C4
48
Aplicamos el Principio de Continuidad, para determinar los coeficientes C 3 y C 4 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: d) Si x 2a
I x2a
De donde:
IIx2a
7wa(2a) 16
2
2
wa (2a)
w(2a)
4
6 176
3
7wa(2a)
16
2
2
C3
0
wa (2a)
4
w(2a) 6
3
C3
177
e) Si x 2a
IIx2a
yxI2a
7wa(2a)
3
48
2
wa (2a)
2
w(2a)
8
4
3
2
7wa(2a)
24
wa (2a)
48
2
w(2a)
8
4
24
0 0 C4
De donde:
0
C4
De esta manera, las ecuaciones finales para el tramo II-II serán: 2
2
3
7wax wa x 16 4
EIy'
3
EIy
2
7 ax wa x 48
2
wx 17wa(x 2a) 6
2
16
wx
8
17wa(x a) 3
4
24
48
Determinamos la deflexión en el extremo libre C y
1 7wa(3a)
y
C
2
wa (3a)
2
w(3a)
4
4
17wa
48
24
8
5wa
EI
x 3
3
4
24EI
48
a
2. Calculamos las reacciones en los apoyos: 1 VB(2,4) M (1,2)(12)(2) (1,2)(12)(3) 0 0 A 2 FX H A 0
VB 24kN
0
V 24 (1,2)(12) 0
F Y
0
A
1
(1,2)(12)
VA 2,4kN
2
Planteamos la ecuación universal: 2,4x
y
o
x
3
3
24(x 2,4)
4
6EI
5
12(x 2,4)
6EI
5
10(x 2,4)
10(x 1,2)
24EI
4
12(x 2,4)
120EI
120EI
24EI
Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x
yx 2,4
0
2,4m 3
2,4
o
5
2,4(2,4) 6EI
10(1,2) 120EI
0
De donde:
o Por lo tanto, la ecuación universal quedará así: 2,3904 2,4)x
2,4x
EI
6EI
3
3
24(x 2,4)
2,3904 EI 4
12(x 2,4)
6EI
5
10(x 1,2)
24EI
178
5
10(x 2,4)
120EI
12(x
120EI
24EI
4
Calculamos las deflexiones en C y D y y
2,3904 (1,2) 2,4(1,2) x1,2
C
EI
3
6E I 3
y y D
2,1773
6
EI
200.10 .12.10 3
9,07.104 m 0,907mm
2,1773
6
4
2,3904 2,4(3,6) (3,6) 24(1,2) 12(1,2) 10(2,4) 10(1,2) 12(1,2) 6EI 6EI 24EI 120EI x 3,6 EI
179
5
5
120EI
4
24EI
yD y
x3 9,5731 ,6 EI
9,5731 6
200.10 .12.10
3,989.103 m 3,989mm
6
3. Determinamos el grado de indeterminación:
G.I. 6 3 3 La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos el diagrama M/EI
TEOREMA 1: A,B AREA B A M / EI
1 120
120
M
(2)(2) (2) (6) 0 2 EI EI EI M 80kN.m De esta manera, los diagramas finales son los m ostrados en el gráfico.
180
181
TEOREMA 2:
1 120
y d
máx
A tgC
2 EI
ymáx
4
5 (1) (2)
120 80
3
100
100
(3) 6 19.103.(0 3 E 2 EI 2 ,4.0,6 I EI /12)
7,3.104 m 0,73mm
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
1 L wL2 3L y
MB
B
L wL2 3L
1 L 3wL2 7L
4
15wL
8 256EI 3 2 8EI 4 3 2 16EI 8 2 16EI
182
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
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)
183
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 184
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 w x en el sector triangular mostrado en la figura.
wx w x a
x
w
wx
a
TRAMO I-I (0 x
a) 3wax EIy" 2
EIy'
3wax
EIy
wax
3
4
1
2
2
4
2
wx
2
wx
3
wx
wx
wx
wx
2
6a
C1
5
24
3wax
4
24a
4
x
6
wx
wx
a 3 2
(x)
3
2
C 1x C 2
120a
Aplicamos las condiciones de borde o extremos: a) Si x 0
0
b) Si x a
y x 0
C2
0
13wa
xa
C1
3
24
0 De esta manera, las ecuaciones finales serán: 2
EIy'
3wax wx 4 6 3
EIy
3
4
wx 13wa 24a
4
wax wx 4 24
3
5
24
3
wx
13wa x 120a 24
Determinamos la deflexión máxima, la cual sucede en el centro de la viga, debido a la simetría. 4 y wa 4y wa 4 13wa 1 wa 4 185
4
41wa máx
x a
EI 4
24
120
24
120EI
2. Determinamos el grado de indeterminación:
G.I. 4 3 1
186
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 A
VB (2a) VD (4a) w(2a)(3a) 0
0
3wa VB 2 wa VB
VD
3wa VB
F Y
VA
VB
0
w(2a) 0
VA
2
2
Planteamos la ecuación de la elástica: wa V
2 y x
x 3 3 4 VB (x w(x 2a)
B
2a)
o
6EI
6EI
24EI
CONDICIONES:
a) Si x 2a
yB
y x 2a
wa VB 3 (2a) 2 o (2a) 0
0
6EI
o b) Si x 4a
y x 4a
De donde:
yD
(wa )a VB
2
3EI
0
(wa
VB )a
2
(4a) )(4a)
(wa VB 3
3EI
(2a) 6EI
12EI
V Luego, reemplazamos valores y obtenemos:
B
5wa
4 wa
V A
8
V D
7wa 8
187
VB 3
w(2a)
24EI
4
0
De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinamos la deflexión vertical en C wa 3 y y C
wa x 3
3
12EI
(3a) (3a) 8 6EI
5wa 3 (a )
4
6EI
a
188
4
w
a 24EI
4
7wa
48EI
Donde:
5wa
wa (a) 2 3 wa 4 o 3EI 12EI
3. Graficamos la deformada de la viga, así como su diagrama M/EI
189
Del gráfico, se tiene que: tg
d Ctg
A es muy pequeño, se cumplirá que tg A
Como
A Luego:
A
L
A
2
ML
ML A 8EI L
8EI
La pendiente en A está orientada en sentido antihorario. Siendo:
2 1 1 L M L ML d M 2L L M L L C t 8EI 2 2 4EI 2 2EI 2 2 2EI gA 3 6 4
Además: d L
2 1 L M 1. ML
B
tgA
2 2 4EI 3 2
96EI
Del gráfico tenemos que: 1
dB tgA
Ahora, reemplazamos valores:
2
yB
2
ML y 16EI
2
ML
96EI
dC tg A
B
Obtenemos, el valor de la deflexión en B 2
yB
4. Determinamos el grado de indeterminación:
5ML
96EI
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 190
De esta manera, la viga conjugada será la mostrada en la figura, en la cual calculamos sus reacciones.
Se sabe que:
204,17
EI
yB
M izq
0
14 9VB 1 35 35 1 10 4 1 3V (6) (2) (4)(2) (4) B (6)(2) 0 2 EI 3 EI 3 2 EI EI 2
191
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.
192
193
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D E
SAN MARTIN DE PORRES
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 b 30cm , h 60cm y E 2345000T / m
2
………………………. (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 E 2.10 kg / cm y 6
2
1400kg / cm
2
………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Resolver la viga mostrada en la figura y determinar la deflexión en D. Considerar b 30cm , h
y E 2345000T /
60cm
m
2
………………………. (5
194
puntos)
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
195
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2008 – I 1. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB , calculando las otras reacciones en función de VB , 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 (0 x
2)
EIy" (6VB 20) V Bx V x
EIy' (6VB 20)x
B
2 2
x EIy (6VB 20)
2
C1
V x3 B
C 1x C 2
6
2
CONDICIONES: a) Si x 0 b) Si x 0
x0 0
0 TRAMO II-II (2 x 4)
C1 0
C2
0
y x 0
EIy" (6VB 20) V Bx 10(x 2) V x
EIy' (6VB 20)x
2
5(x
B
2 2
x EIy (6VB 20)
2
2)
2
5(x 2)
V x3
B
6
C3
3
C3 x C4
3
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x 2m d) Si x 2m
I x
2
IIx 2
C3
0
xII2
C4
0
I
yx 2
196
TRAMO III-III (4 x
6)
EIy" (6VB 20) V Bx 10(x 2) 10(x 4) EIy' (6VB 20)x
V x B
2
2
5(x 5(x 2 2 2)
4)
197
C5
x
2
5(x 2)3
V x3
EIy (6VB 20)
2
5(x 4)
3
B
6
3
C5 x C 6
3
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x 4m
II x
4
f) Si x 4m
xIII4
C5
0
xIII4
C6
0
II x 4
y
CONDICION ADICIONAL: g) Si x 6m
yIII 0
(6V
x 6
B
20)
2
6
VB
(6) 2
6
3
3
5(4) 3
3
0
5(2) 3
VB 3,704T Con este valor, determinamos las reacciones en A y graficamos los diagramas correspondientes.
De esta manera, las ecuaciones finales serán:
TRAMO I-I (0 x
2)
EIy' 2,224x 1,852x2 EIy 1,112x
2
0,617x3
TRAMO II-II (2 x
4)
EIy' 2,224x 1,852x 2 5(x 2) 2 198
EIy 1,112x
2
0,617x3
5(x3 2)
3
199
TRAMO III-III (4 x
6)
EIy' 2,224x 1,852x2 5(x 2) 2 5(x 4) 2 EIy 1,112x 2)
2
0,617x3
5(x3
3
5(x3 4)
3
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 (0 x
2) 2,224x 1,852x 2
0
Esta ecuación tiene dos soluciones, siendo válida la segunda por encontrarse en el tramo analizado y la primera es inválida por ser empotramiento perfecto.
x1 x2
Luego:
1,2m
1,112.1,2 0,617.1,2 0,535
y y
0
1
2
3
4,22.105 m 0,042mm
0,535
x1,2
2
EI
EI
3
2345000.(0,3.0,6 /12)
TRAMO II-II (2 x
4)
2,224x 1,852x 2 5(x 2) 2 0 3,148x2 17,776x 20 0
Esta ecuación también tiene dos soluciones, no siendo válidas ninguna de ellas, por encontrarse fuera del tramo analizado. x3
4,1m
x 4 1,55m TRAMO III-III (4 x
6)
2,224x 1,852x2 5(x 2) 2 5(x 4) 2 0 1,852x 2 22,224x 60 0
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. x5
7,9m
x6
4,1m
Luego:
y y 6
3 1 2 3 1,112.4,1 0,617.4,1 5.2,1
y
y
3
5.0,1 x 4,1
6
200
8,398 x 4,1
8,398
EI
2 3 6, 4 63.10 5 4 m 0 0 0,66 0 3mm .( 0 , 3 3 EI . 0 , 6
3
3
/ 1 2 )
De esta manera: ymáx
yx4,1 0,663mm
201
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:
y x
(wL / 2).x
o
3
wx
4
6EI
3
4
x wLx o
24EI
wx
12EI
24EI
CONDICION: 3
Si x L
y x L 0
wL.L
o (L)
12EI
4
wL
0
24EI
3
wL
o
24EI
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 A 0,01rad , de donde se desprende la siguiente igualdad: 3
wL
24EI 0,01 Planteamos la ecuación para la deflexión máxima (centro de la viga)
………………… (1)
4 w L 4 5wL L wL L 3 384EI 24EI 2 12EI 2 24EI 2 3
wL
ymáx
yx L / 2
Por dato del problema, se tiene que ymáx 9,375mm , de donde se desprende la otra igualdad: 4
5wL
384EI 9,375.103
Reemplazamos (1) en (2) y obtenemos:
3
………………… (2)
5 wL L 9,375.103 16 24EI
5
(0,01)L 9,375.103 16 202
L 3m
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:
203
Aplicamos la condición de resistencia en flexión: M
máx
ymáx
Iz
Esforzamos al máximo la viga, igualando la expresión: 2 w.3 / 8 14000
2
wL / 8 (b) 14000
3
3
b(2b) /12
8b /12
De donde: w
………………… (3)
8296,3 b 3
Reemplazamos (3) en (1) y obtenemos: 3
w.3 7
0,01
3
24.2.10 .b.(2b) /12 3
8296,3.3 .12
b 0,07m 7cm 7 24.2.10 .8.0,01 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: w 8296,3.0,07
3
2,8456T/m
3. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos los diagramas M/EI para cada caso, tal como se muestra en la figura:
204
205
Las deformadas de las vigas son:
Como el apoyo C es m óvil, se cumplirá:
y1 1y ' 0 72 1 72 16 24 1 48 8 1 6VC (2)(5) (2) (4)(2) (4) (6)(4) 0
EI
2
EI 3 EI
2 3
EI
2 EI
VC 21,555T Con el valor obtenido, calculamos las reacciones en el apoyo A
VA 14,445T
M A 14,67T.m 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:
206
Ahora, determinamos determinamos la deflexión deflexión vertical en D
dDtgA y2 2' 72 1 72 24 1 48 14 1 24 4 1 6.21,555 y (2)(7) (6) (6) (2) (4)(4) (4) (2) D EI 2 2 EI 3 EI EI 3 2 EI 3 2 EI yD 22
72,06
D EI y
72,06 3
2345000.0,3.0,6 /12
0,0057m 5,7mm
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 las cargas de los voladizos en sus acciones equivalentes, calculando calculando sus reacciones en los apoyos y luego eliminamos wL / 2 en los apoyos, debido a que existe wL / 2 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.
207
Luego, por dato del problema, se sabe que la deflexión en C es cero. 2
L y
M 0
C C
De donde:
LP
1 L
PL
16EI 2
1 L wL .
2 2 4EI 3 2
P
208
3wL 4
2
3
L
wL
16EI 2
8EI
L
L
2 4
0
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
1.
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
Para la viga mostrada en la figura, determinar el valor de “a” de la sección transversal, si el esfuerzo normal admisible es
150MPa ………………………. (3 puntos)
2.
Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante, cortante, momento flector y esfuerzos tangenciales. ………………………. (5
puntos)
3. METODO DE LA DOBLE DOBLE INTEGRACION. INTEGRACION. Una Una viga en voladizo AB está está sometida a una carga
L2 x 2 parabólica que varía de intensidad intensidad según la l ey w w o 2 , tal como se muestra en la figura. L Determinar la deflexión B y la pendiente B en el extremo libre.
209
………………………. (6
puntos) puntos)
4. METODO DE LA VIGA VIGA CONJUGADA CONJUGADA.. Graficar los diagramas de fuerza cortante, momento momento flector y de refuerzo para la viga mostrada en la figura, considerando considerando que es de sección constante. constante. ………………………. (6 puntos)
FECHA
La Molina, 26 de Junio del 2006 210
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.
IZ
2a.a3
a(2a) 3 2 10a4 .2 12 12 2a.a(1,5a)
Aplicamos la condición de resistencia de esfuerzo normal para flexión.
máx
30.10 10a
4
3
(2a) 150.10
6
a 3,42.10 m
a 3,42cm
Asumimos: a mín 3,42cm
2.
Calculamos las reacciones en los apoyos: 1 1 VB (6) (3)(60)(5) M (3)(60)(1) 0 0 2 2 A 1 1 VA (3)(60) F (3)(60) 60 0 0 2 2 Y Planteamos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flector: y
y 20(3 x) 60 20x
60
3x 3
211
VB 60kN
VA 60kN
212
Vx 60
(60 60 20x)x 2
60 60x 10x 2
2 Como se sabe, la cortante será cero, donde 60 60x 10x
0
, obteniendo las
siguientes
soluciones:
x1
1,268m x 2
M x 60x
4,732m 1 (60 2 (x)(60 60 20x x 60x 20x)x 2 2 30x 2
Luego: Mmáx
)
60.1,268 30.1,268 2
M mín
10
10
x3 3
.1,268 3 34,641kN.m
3
M x 1,268 M
2 3
10
60.4,732 30.4,7322 .4,7323 34,641kN.m
x 4,732
3 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: YCG
10.50.25 40.10.55
10.50 40.10 38,33cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: 3 IZ 10.50
213
10.50.13,332 12
4 0 . 1 0
307500cm4
3
1 2
40.10.16,67 2
214
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales:
A 0 6
3
60.10 .6668.10
B 307500.10 8.40.102 0,325MPa sup,B
SZ
40.10.16,67 6668cm 3 6
3
B' 60.10 .6668.10 1,301M Pa
8
307500.10 .10.10 2 6
3
m 60.10 .7348,94.10 8 2 áx C 1,434MPa 307500.10 .10.10 Ssup,C Z
6668 10.11,67.5,835 7348,94cm 3
D 0
3. Sabemos que: IV
EIy
IV
EIy IV
EIy
w L2 x 2 w o 2 L w
w2 o x
o
2
o
3L
L Integramos una vez y obtenemos: w x o3 C III EIy w x 2
1
1
CONDICIONES: a) Si x L
C
V
0
x L
w oL
De donde: 215
2w o L 3
woL 3
C 1
0
216
La ecuación quedará así: EIy III
w
wo
x x
2w o L
3
3 2
3L
o
Integramos otra vez y obtenemos: EIy
II
wo
x
2
w
ox 2 12L
2
o
4
Lx 2
w
C 2
3
2
w L
b) Si x L
M x L 0
De donde:
o
o
o
12 2
C2 De esta manera, la ecuación quedará así: EIy
II
2
w ox
2w Lx
w
o
4
x 2 12L
w oL 4
2
w L
o
o
2
3
4
Integramos otra vez, obteniendo:
EIy'
w x
3
x 2 60L
o
o
6
c) Si x 0
Lxw
w
2
L wx
2
5
o
C
o
3
3
4
x 0 0
C3
0
La ecuación de la pendiente quedará así: EIy' wo x
3
5
w
x 2 60L
o
6
2
w Lx
2
o
w Lx 3
o
4
De donde: 1
w L3
B x L EI
o
3
w L
o
o
6
w L3
3
w L
3
o
3
w L o
4
60
La pendiente en B va en sentido horario. Integramos una vez más y obtenemos: 4 EIy w o x
w 6
x 2 360L
3
o
24
d) Si x 0
0
Lx w
o
L2w x2
o
9
y x 0
C4
Luego, la ecuación de la deflexión será: 6
C 4
8
3
217
2
2w L 3
2
2
w L
0
15EI
C2 0
EIy wo x
2
4
w
x 2 360L
o
24
o
w Lx 9
w Lx
2
o
8
De donde:
yB
yx L
1
4
woL 24
4
w L
o
4
w L
360
o
4
w L
9
o
8
EI
4
19w L o
360EI
Como se podrá entender la deflexión en B va verticalmente hacia abajo. 4. Determinamos el grado de indeterminación:
G.I. 4 3 1 La viga es una vez hiperestática.
218
Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB , 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.
219
Se sabe que: yB 4V
1
2V
4
181,67
MB 0 1
5
8
85
(4) (4) (4) (2) 0 (2) 3 EI 2 2 EI EI EI 3 EI
B
1
B
5 2 (2)(1)
2 EI
3
VB 50,62kN Con este valor determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
220
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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
Una viga simple AB con una longitud entre apoyos L 24pie se somete a dos cargas rodantes separadas entre si una distancia una carga
P
3k
d
6pie, tal como se muestra en la figura. Cada rueda transmite
y el conjunto puede ocupar cualquier posición sobre la viga. Determinar el
esfuerzo por flexión máximo sobre la viga con módulo dez resistencia
W
máx , debido a las cargas rodantes si la viga es un perfil I
16,2plg 3 ………………………. (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
45MPa ………………………. (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)
221
4. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. La viga simplemente apoyada AB mostrada mostr ada en la figura soporta dos cargas concentradas P, una actuando hacia abajo y la otra hacia arriba. Determinar la pendiente
A
en el extremo izquierdo y la deflexión
y B bajo la carga P hacia abajo. ………………………. (6 puntos)
FECHA
La Molina, 27 de Noviembre del 2006 222
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – II 1.
Analizamos la posición posición crítica de las cargas rodantes, rodantes, determinando previamente previamente las reacciones en los apoyos y graficando luego su diagrama de m omento flector.
M A
3x 3(x 6) VB(24) 0
0
VB
x3
F Y
VA 6
04
0
x 3 4 21 x
VA
4
Determinamos la distancia “x”, a través de la intersección de rectas: CASO 1: Intersección de las rectas recta s y e y 21 x
x Recta y
x
24
Recta y 21 x
m
a
am
a 3 24 m
24
a 3 24 m
24 24
m 3 24 m m 10,5pie
De esta manera, conociendo el valor de “x”, graficamos el diagrama de momento flector, el cual se muestra en la siguiente figura. 223
CASO 2: Intersección de las rectas y x 3 e y 18 x
Recta y x 3
c
cm
c 9 24
24 m
Recta y 18 x
24
c9
24 24 m 24
m m 9 24 m m 7,5pie
Para este caso, el diagrama de momento m omento flector, flector, será el mostrado en la figura.
Ambas posiciones son peligrosas, siendo el momento flector máximo M máx 27,5625k.pie, luego el esfuerzo normal máximo será:
224
máx
Mmáx Wz
20,42ksi
27,5625.12 16,2
225
2.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante cortante y momento flector.
Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo, aplicando la condición de resistencia: 3 2,25.10 d 6 d 7,99cm 4 45.10 máx ( / 2 64)d Asumimos:
d 8cm 8cm
En consecuencia:
máx
4Vmáx 3A
4.6.10
3
1,59.106 Pa 1,59M Pa
3(/ 4)(0,08)
2
3. Analizamos la viga AB
TRAMO I-I (0 x L) 2 2 wx TL (wL T)x EIy wL 2 2 2 2 wx3 EIy' (wL T wL L x x T) II
226
C1
2 3
EIy (wL x T)
2 2
wL
2 x
6
2
L
T
2
6 wx
4
24
227
C1 x C 2
CONDICIONES: a) Si x 0
b) Si x 0
x 0
C1 0
0
C2
0
yx 0
0
De esta manera, las ecuaciones serán:
2
EIy' x (wL T) wL
T2 L x w x
3
6
2 3 2 2 EIy x (wL xT w T) L x 2 wL 6 2
4
24
2
Luego: 1
3
L
y B y x L (wL T) EI 6
2
2
wL
wL4
L
TL 2 2
24
1
wL4
TL3
EI 8
3
El desplazamiento y B hacia abajo debido a la flexión de la viga, será igual al desplazamiento
B
del cable que trabaja en tracción. Hay que indicar que y B debe ser con signo negativo para que se trate de una dimensión (longitud). Determinamos el alargamiento del cable, utilizando la fórmula de tracción. TH
B
EA
Por geometría se tendrá:
B
yB
wL4 TL3 TH EI 8 3 EA 1
De donde: T
4
3wAL 3
8AL
24HI
4. Graficamos su diagrama M/EI, calculando previamente las reacciones en los apoyos.
228
229
Luego, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la figura.
2Pa 2a 1 2Pa a L 2a L L 5L P P 1
d
a
L EI 2
D tgA
2
2
6
L EI 2
6
Pa
(L a)(L 2a) 6EI
Además, del gráfico tenemos:
d Dtg A
tg
A Como
A
L
es muy pequeño, entonces: d
DtgA
A
Pa (L a)(L 2a) 6LEI
L
La pendiente en A va en sentido horario. Ahora, determinamos la deflexión en B d
yB d BtgA
a yB d d DtgA B tg A L
a Pa
1 (L a)(L 2a)
P 2
6LEI
B
L
2
2
y
D tg A
Pa (L 2a) 2 6LEI
230
a (a)
2Pa a
L
EI
3
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EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
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RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
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Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
La viga de la figura tiene la sección que se muestra. Determinar el máximo valor de “w” si los esfuerzos
admisibles son
130kg / cm y 12kg / cm 2
2
………………………. (5 puntos)
2.
Para la siguiente viga, determinar los valores “b”, “h” y el esfuerzo tangencial máximo esfuerzo normal admisible es
máx ,
si el
10MPa ………………………. (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)
231
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
E 2100T / cm e I 40000cm 2
4
………………………. (6 puntos)
FECHA
La Molina, 25 de Junio del 2007 232
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.
IZ
Ssup Z
30.28
3
12
20.18
3
12
45160cm4
30.14.7 20.9.4,5 2130cm3
Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL:
máx
ymáx
Mmáx IZ
0,888w 2
45160.10 8
.14.10
w 4,722T / m
w 1,526T / m
1300
ESFUERZO TANGENCIAL:
máx
sup VmáxSZ
1,667w.2130.10
6
120
IZ b mín
8
2
45160.10 .10.10
De donde: w máx
1,526T/ m 1526kg / m 233
2.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la siguiente figura:
234
Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.
15,7.10
ymáx
Mmáx
máx
IZ
3
3
.(0,75b) 6 10.10
b 16,12.102
m
(b)(1,5b) /12
b 16,12cm
Asumimos: b
16,2cm h
24,3cm Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx
3Vmáx 2A
3
3.14,6.10
556317,6Pa 0,56MPa
2.0,162.0,243
3. Calculamos las reacciones en los apoyos: 3L
M A
0
F Y
0
P
TRAMO I-I (0 x
EIy
II
wL 2 0 2 3P wL
VB (L)
wL
VA
3P wL
L
P 0
2
L)
wL P wx 2 x 2 2 235
VB
2 wL P
VA
2
2wL P wx3 x EIy' 6 2 2 3wL P wx4 x EIy 24 2 6
C1
C1 x C 2
236
CONDICIONES: a) Si x 0
y x0 0
b) Si x L
0
C2
0 2
2PL
y x L
C1
wL3
24
De esta manera, las ecuaciones para este tramo son: 3 2 wL P x EIy' 6 2
2
2
3
wx
2PL
wL
24
wL P x wx 2PL wL EIy 24 24 2 6 TRAMO II-II (L x 3L/ 2) P L 3P wL II x wL x EIy (x L) wL 4
3
2 2wL P x
EIy'
2
2
3
2
3P wL (x L) 2 x C3 2 2 2 2 L 2
wL
3 2 2 L 3P wL (x L) 3 3wL P wL x EIy x C3 x C4 2 6 6 2 2 6 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: 2
c) Si x L
I x L
xII L
d) Si x L
I x L
PL
C3
w
3
L 12 4
y
II x L
C4
wL
48
De esta manera, las ecuaciones para el tramo II-II quedarán así:
2 2 2 2 P x wL EIy' 3P wL (x P x wL L L) L 2 2 2 12 2 2
3
wL
2
3 3 EIy P x wL wL L x
6
2
6
3 3P wL (x L L)
2
PL 2
237
6
2
3
wx w
4
L
12
48
Por condición del problema:
y C y x 3L / 2 0 Luego: 1 wL P 3L
6
3
wL
2
2
6
(L)
3
3 2 3 4 L3P wL PL 3L wL wL 0 12 2 12 2 48
De donde:
w
6P L
4. Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB , así como aplicamos el Principio de Superposición de Cargas.
238
Ahora, retornamos a la viga real, convirtiéndola en viga conjugada.
602,64 18,37VB
iz 0 M q
B
1
(8)
4,24VB 8 2 103 (8) (7,18) (3,51)
EI 2 EI 3 3 EI 101,65 2 1,35 5 (0,82) .0,82 0 (0,41) (0,82)
De donde:
3 EI
EI
8
VB 30,04T 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 f igura 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 derecho hacia el izquierdo. 1 lado91,76 (6) 1 2,83.30,04 539,88 17,67.30,04 13,96 (2) (6) (2) (6) der y M 239
C
yC
C
2 EI
2
13,96 4
2100.10 .40000.10
EI
EI
1,66.103 m 1,66mm
8
240
EI
241
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CURSO
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SECCIÓN
26E
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DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
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
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 yo 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)
242
4.
METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga continua ABC y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y ref uerzo. ………………………. (6 puntos)
FECHA
La Molina, 26 de Noviembre del 2007 243
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
Mmáx WZ
0,28125w (/
60.106
w 1340,4N / m
32).403.109
Asumimos: w máx 1340,4N / m
2.
Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
244
245
Calculamos la ubicación del centro de gravedad. YCG
(5h.0,5h).2 10.0,5h.0,25h 0,416h
(5.h).2 10.0,5h
Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro.
5h 3 10(0,5h) 3 2 2 3 I Z 2 5h(0,084h) 1,14584h 12 10.0,5h(0,166h) 12
Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal. Mmáx 20.10 3.10 2 .ymáx .0,584h 16000 máx 3 1,14584h IZ
h 7,98cm
Asumimos: h 8cm
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:
A 0 6
3
10.10 .110,75.10
B 586,67.108.20.102 0,944MPa sup,B
SZ
20.3,328.1,664 110,75cm 3
IZ 1,14584.8 3
3
586,67cm 4 6
246
10.10 .106,23.10
C 586,67.108.20.102 0,905M Pa
247
Ssup,C Z
110,75 20.0,672.0,336 106,23cm3 6
3
10.10 .106,23.10
m áx C' Pa
1,810M 2
8
586,67.10 .10.10
D 0 3. Analizamos el equilibrio de la viga, considerando la condición del problema: (2w w)L 3wL VA VB VA VB F 2 4 Y 0
ECUACION UNIVERSAL:
y yo
y
y o
MA x 2 2EI MA x 2 2EI
x3 6EI 3 wLx
wx
4
8EI
12EI 2
M Ax
EI
(w / L) 5 x 120EI
24EI
dx
4
(3wL / 4)
3wLx
dy
2wx
8EI
wx
wx
5
120LEI 3
4
wx
3E I
24LEI
CONDICIONES: a) Si x L
0
x L
M AL
3
EI
M
A
3wL
3
8EI
0
y x L
y o 12
2EI
248
3E I
3
wL
0
24EI
wL (sentido antihorario) 12
wL2 L2 b) Si x L
wL
wL 4 8EI
4
wL 4
12EI
wL
120EI
0
4
yo
4. Determinamos el grado de indeterminación:
wL
120EI
G.I. 4 3 1 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 VB , 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.
249
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
M
A
y luego
FY 0
0
Como el apoyo B es movible, entonces su deflexión será cero, quedando así:
yB
MB 0
81wL3 40V L2 B L 72EI
1 2
2VBL L 2 I 3 3
wL2 3L
EI 8
0
De donde:
VB 1,96875wL 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.
250
251
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
1.
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
Determinar el número de secciones rectangulares de 20cm x 24cm necesarios para que la viga mostrada en la figura no colapse. Considerar
9MPa ………………………. (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
IZ
10573333,33mm 4 . Usando estos valores, graficar
el
diagrama de esfuerzos tangenciales. ………………………. (5
3.
puntos)
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 Ea
2,1.105MPa ………………………. (6
252
puntos)
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 253
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.
máx
67,5.10
.ymáx
M máx
3
.0,126 9.10
3
n 3,9
n(0,2.0,24 /12)
IZ
Asumimos:
n4 Siendo: n - número de secciones rectangulares.
2.
Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transversal. YCG
20.100.50 200.40.120
20.100 200.40
106mm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. IZ
200.40 12
3
20.100
2
200.40.14
3
2
10573333,33mm 4
20.100.56 12
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 IZ 10573333,33mm
Graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial (figura b)
A 0 3
9
254
4
60.10 .115600.10
B 12 3 3,28M Pa 10573333,33.10 .200.10
255
200.34.17 115600mm 3
Ssup,B Z
9
3
C' Pa
60.10 .112000.10
10573333,33.10
Ssup,C' Z
3,18M 3
12
.200.10
115600 200.6.3 112000mm3 9
3
m 60.10 .112000.1012 31,8M 3 áx C Pa 10573333,33.10 .20.10 D 0
3. Calculamos las reacciones en los apoyos y esquematizamos la forma de la deformada de la viga.
TRAMO I-I (0 x II
EIy
2,4)
0,25Px
EIy' 0,125Px 2 C 1 EIy
0,125Px
3
3
C 1x C 2
CONDICIONES: a) Si x 0
b) Si x 2,4m
yx 0
0
C2
yx 2,4
0
C1 0,24P
0
c) Por condición del problema y D 0,4cm 200
EIyD
0,125P(1,2) 3
3
0,24P(1,2)
200
5
6
2,1.10 .10 . 64
0,12 0,108 .0,4.10 4
4
2
0,216P
De donde: P 13612,96N
Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo.
Mmáx máx
.y I Z
máx
8167,776
( / 64)(0,124
.0,06 140MPa
4
0,108 )
Siendo sus diagramas de fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura.
4. Determinamos el grado de indeterminación:
G.I. 6 3 3 La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas, graficando los diagramas M/EI para cada caso.
201
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:
M L L yA
MA 0
M L L
M L 7L 8 2 2 EI 4 EI 4 8 2EI
L
PL
L
1 L
De donde:
2 16EI 2
2 4 8EI 3
PL
1 L PL 2 L
L
1 L
PL
3L
5PL 48
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.
202
1 L 0.
2 2 16EI 2 4 8EI 2 4
M
.4
3 4
203
Determinamos la deflexión máxima, la cual se producirá en el centro de la viga, debido a la simetría. 1 L PL 1 L L PL L 1 L PL 1 L L ymáx y . . C MC
2 4 8EI 3 4
L 5PL L De donde:
4 48EI 8
4 4 16EI 2 4 16EI 3 4 8 L L 5PL L 4 4 96EI 8 3
ymáx
11PL
3072EI
204
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205
