RESISTENCIA DE MATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP

RESISTENCIA DE MATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP ______________________________________________

Ph.D. Genner Villarreal 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. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2006-I al 2008-I, correspondiente al curso Resistencia de Materiales I dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto al editado anteriormente por el autor, denominado Resistencia de Materiales, el cual se usa como texto base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo tracción y compresión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los capítulos esfuerzo y deformación y torsión. En el Examen Parcial se evalúan los capítulos tracción y compresión, esfuerzo y deformación y torsión. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el capítulo flexión. En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el capítulo deformación en vigas. En el Examen Final se evalúan los capítulos flexión y deformación en vigas. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales I; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo.

2

De manera muy especial, dedico el presente libro a mi sobrina Joanna Noriko Villarreal Imamura, quien con su inteligencia, carisma y dulzura, fue un soporte invalorable en la culminación de este trabajo, rogando a Dios Todopoderoso podamos seguir juntos aportando al desarrollo integral de la sociedad.

Ph.D. Genner Villarreal Castro [email protected]

Lima, Abril del 2012

3

U N I V E R S I D A D

D E

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 2

terreno tiene una capacidad portante de 2,5kg / cm . 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 de acero de 4cm de espesor se muestra en la figura. Se pide determinar el incremento de longitud en esta estructura debido a su peso propio, si en la parte superior está empotrada y en la parte inferior libre. Considerar que el peso específico del acero es  a  7,8T / m y 3

el módulo de elasticidad es E a  2,1.10 kg / cm 6

2

………………………. (4 puntos)

4

3. Un bloque perfectamente rígido ABC, cuyo peso es 75000kg, está soportado por tres cables de la misma sección y del mismo material. Determinar la fuerza que soporta cada cable, teniendo en consideración que el bloque no queda en forma horizontal. ………………………. (4 puntos)

4. Una columna cuadrada de concreto armado de 30cm de lado y 3m de altura, está reforzada con 4 varillas de acero de ¾” de diámetro y sometida a la acción de una carga axial de compresión de 50T. Considerar E c  15000 f c , siendo f c  210kg / cm '

'

2

y E a  2,1.10 kg / cm . Determinar los 6

2

esfuerzos normales en el concreto y en el acero, así como el acortamiento que se produce en la columna. ………………………. (4 puntos)

5. La barra compuesta mostrada en la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. El montaje o

se ejecutó a la temperatura ambiente de 17 C . Calcular los esfuerzos en cada material, si la o

temperatura se eleva a 60 C . Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL

AREA DE LA

MODULO DE ELASTICIDAD

BARRA

COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA

ACERO

A a  14cm 2

E a  2,1.10 6 kg / cm 2

 1   a  1,2.10 5  0   C

ALUMINIO

A al  10cm 2

E al  7,2.105 kg / cm 2

 1   al  2,4.10 5  0   C ………………………. (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  20357,52r 2 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 20357,52r 2  10368r  2888  0 De donde:

r  0,2m 2. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la siguiente figura:

De la relación de triángulos rectángulos se obtiene:

m 15  x 150



m  0,1x

Luego:

b x  5  m  5  0,1x A x  (5  0,1x).4  20  0,4x x

x

0

0

Px   a Vx   a  A x dx   a  (20  0,4x )dx   a (20x  0,2x 2 ) En consecuencia:

 Px dx  a Ea Ax Ea 0

L



(20x  0,2x 2 )dx 7,8.10 3 5  0 (20  0,4x) 10 6.2,1.10 6 .7642,13  2,838.10 cm

150

3. Efectuamos un corte por los tres cables y analizamos el equilibrio del bloque ABC

F  0 M  0 Y

A



P1  P2  P3  75

………………….. (a)



2,8P2  4P3  150

………………….. (b)

6

Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos.

 2   3 1   3  1,2 4 1,21  4 2  2,8 3  0 Reemplazamos valores:

P L  PL  P L  1,2 1 1   4 2 2   2,8 3 3   0  EA   EA   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:

P1  30,730T  30730kg P2  22,567T  22567kg P3  21,703T  21703kg 4. Como la columna es de concreto armado, se debe de cumplir la siguiente relación:

a  c

Pa L PL  c Ea Aa EcAc



Siendo:

E c  15000 210  217370,65kg / cm 2

  A a  4 .0,75 2   1,767p lg 2  11,4cm 2 4  A c  30 2  11,4  888,6cm 2 Luego:

Pa 

2,1.10 6.11,4 Pc  0,124Pc 217370,65.888,6

7

Además:

Pa  Pc  P 0,124Pc  Pc  50000 Pc  44483,99kg Pa  5516,01kg Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero:

c 

Pc 44483,99   50,06kg / cm 2 Ac 888,6

a 

Pa 5516,01   483,86kg / cm 2 Aa 11,4

Determinamos el acortamiento en la columna:

 columna   a   c 

Pc L 44483,99.300   0,069cm  0,69mm E c A c 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  al (T)L al   a (T)L a 

2,4.10 5.43.25  1,2.10 5.43.38 

PL al PL a  0 E al A al E a A a

P.25 P.38  0 5 7,2.10 .10 2,1.10 6.14

De donde:

P  9530kg Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal.

Luego:

 al 

P 9530   953kg / cm 2 A al 10

a 

P 9530   680,71kg / cm 2 Aa 14

8


D E


USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2006 – II

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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 3

peso específico 2400kg/m . 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 d 1 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)

9

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

 a

del primero. Considerar E a  2.10 MPa , E c  10 MPa , E al  0,7.10 MPa ,  5

5

5

 160MPa ,

c  60MPa 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

  0,4mm menor de lo proyectado. Considerar E  2.105 MPa , A 2  1,5A1 y A 3  2A1 ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 28 de Agosto del 2006 10

SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1. Calculamos la deformación transversal:

d d f  d i 6,0004  6    6,667.10 5 d di 6

' 

Ahora, determinamos la deformación longitudinal:



 L f  L i 11,9935  12    5,416.10 4 L Li 12

El coeficiente de Poisson será:



' 6,667.10 5   0,123   5,416.10 4

Calculamos el módulo de elasticidad:

E

 P    A

 52000   5,416.10 4. .6 2 4

 339,57.10 4 psi  3,39.10 6 psi

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:

qa 

Ptotal A zapata



qa 

4881,6 110.240

q a  0,185kg / cm 2 De donde:

q a ,mín  0,185kg / cm 2  1,85T / m 2 (SUELO BLANDO) 3. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la figura:

11

El diámetro a una distancia “x” será:

d x  d1 

(d 2  d 1 ) x L

Calculamos la energía potencial de deformación: L

Px2 dx L 4P 2 dx 2P 2 L U   2EA x 0 2Ed1  (d 2  d1 ) x / L2 Ed 1d 2 0 Luego, por ser P carga única que actúa en toda la barra, se tendrá:



2U 4PL (ALARGAMIENTO)  P Ed 1d 2

4. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB

F  0 M  0 Y

A



P1  P2  P3  300



1,5P2 a  2,5P3 a  300a

………………… (a)

1,5P2  2,5P3  300

………………… (b)

El sistema estructural es una vez hiperestático y dicha hiperestaticidad lo resolvemos a través del diagrama de desplazamientos.

Aplicamos la relación de triángulos rectángulos, obteniendo:

 2   3 1   3  a 2,5a 1  2,5 2  1,5 3  0 Además:

1 

P1 h ; Ea Aa

2 

P2 (0,6h ) ; EcAc

3 

P3 (0,7h ) E al A al

Reemplazamos valores y obtenemos:

P3 (0,7h ) P1h P (0,6h )  2,5 52 6  1,5 0 6 2.10 .10 (A) 10 .10 (3A) 0,7.10 5.10 6 (2A) 5

12

0,5P1  0,5P2  0,75P3  0

………………… (c)

Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c):

P1  117,39kN P2  156,52kN P3  26,09kN Aplicamos la condición de resistencia: ACERO:

 a  a



117,39.10 3  160.10 6 A



A  7,33.10 4 m 2 A  7,33cm 2

COBRE:

 c  c



156,52.10 3  60.10 6 3A



A  8,69.10 4 m 2 A  8,69cm 2

ALUMINIO:

 al  al



26,09.10 3  120.10 6 2A



A  1,09.10 4 m 2 A  1,09cm 2

De donde:

A mín  8,69cm 2 Luego:

A a  A  8,69cm 2 A c  3A  26,07cm 2 A al  2A  17,38cm 2 5. Se fija la barra 3 a la viga, obteniéndose las fuerzas internas después del corte efectuado.

F

Y

0



P3  2P1

………………… (a)

Analizamos el equilibrio en el nudo D

F

Y

0



2P2 cos 45o  P3 P3  P2 2

………………… (b) 13

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:

 cos 45o   2

  2 2



………………… (c)

Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del sistema estructural correspondiente a la viga CFH, traccionando la barra central hasta la viga, denominada posición inicial y retornando a una posición final del sistema.

De donde:

  1   3   P L  P L  P L  2  2 2    1 1    3 3   0,4.10 3  EA 2   EA 1   EA 3 

P 2   P3 2   P3 .1  3 2 3 .  .    0,4.10  2 E(1,5A1 )   2 EA 1   E(2A1 )  4 2  P3   P3   P3     2      80.10 6 3  2A 1   2 A 1   2 A 1  14

4 2  3  2 3   3  80.10 6 3

 3  16,37.10 6 Pa  16,37MPa (TRACCION) 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  2 

P P1 P3  1      3   3  16,37MPa (COMPRESION) A1 2  A 1  2A 1

P  1  P2 2  P3  2       3   3  15,43MPa (TRACCION) A2 2  1,5A1  1,5  2A1  1,5

15


D E


USMP - FIA

EVALUACIÓN


SEM. ACADÉMICO

2007 – I

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

CICLO

V

1. Determinar la fuerza de tracción máxima que puede soportar una varilla de acero de diámetro 5/8”, donde el esfuerzo de fluencia es f y  4200kg / cm , considerando un factor de seguridad n  2 en 2

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  2500kg y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 750kg / cm . 2

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 las barras, si L 2  L 3 , A 3  2A 2  4cm y A1  3cm . Considerar E  2.10 MPa 2

2

5

………………………. (5 puntos)

16

6 o

4. Para la barra escalonada, se tiene que E c  100GPa ; A c  1500mm ;  c  16,5.10 / C ; 2

E al  72GPa ; A al  1800mm 2 ;  al  23,9.10 6 / o C . Se pide determinar la fuerza de compresión en 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 6 o

( E  200GPa y   12,5.10 / C ) y a una temperatura inicial de 23 C . Si el sistema pasara a una o

o

temperatura de 40 C . Se pide determinar la deformación y esfuerzos finales en los cables. ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 26 de Marzo del 2007

17

SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el esfuerzo admisible:

fy

 



n

4200  2100kg / cm 2 2

Luego:

P   A

 5 P  2100. .  .2,54 2 4 8 2



P  4156,58kg De donde:

Pmáx  4156,58kg 2. La carga que soportará cada perno es:

Pperno 

P  1250kg 2

Aplicamos la condición de resistencia:

  



Pperno A perno

 

1250  750 d 2 / 4 De donde:

d  1,456cm d  14,56mm Como se puede apreciar, cumplen los diámetros 16mm y 20mm, pero por economía elegimos:

d mín  16mm 3. Analizamos el equilibrio del nudo B

F F

X

0



P1  P2,3

Y

0



P1sen30 o  P2,3sen30 o  30

Luego:

1 

P1L1 30.10 3.2   10 3 m  1mm EA 1 2.10 5.10 6.3.10 4

18



P1  P2,3  30kN (TRACCION)

 2,3   2   3 

P2,3 L 2 EA 2



P2,3 L 3 EA 3



30.10 3.1 30.10 3.1   11,25.10 4 m  1,125mm 5 6 4 5 6 4 2.10 .10 .2.10 2.10 .10 .4.10

Efectuamos el diagrama de desplazamientos:

Del gráfico:

 cos(60  )  1

…………………. (a)

 cos(60  )   2,3

…………………. (b)

Dividimos (a) entre (b), obteniendo:

cos(60  ) 1  cos(60  ) 1,125 Efectuando operaciones, obtenemos:

tg 

0,125 ctg60 o 2,125

De donde:

  1,945o Luego:



1 1   2,126mm cos(60  ) cos 61,945 o

Del diagrama de desplazamientos:

 BH  sen  2,126sen1,945o  0,072mm   BV   cos   2,126 cos 1,945o  2,125mm  Calculamos los esfuerzos normales:

1 

P1 30.10 3   100MPa (TRACCION) A1 3.10 4 19

2 

P2,3

3 

P2,3

A2 A3



30.10 3  150MPa (TRACCION) 2.10 4



30.10 3  75MPa (TRACCION) 4.10 4

4. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura:

 T   al (T)L al   c (T)L c  23,9.10 6.96.0,35  16,5.10 6.96.0,45  1,516mm Como  T es mayor que 0,5mm; significa que en el extremo derecho existe una reacción que impide se desplace mayor a este valor de 0,5mm e implica que la reacción R disminuye la magnitud 1,016mm

RL c RL al   1,016.10 3 E c A c E al A al R.0,45 R.0,35   1,016.10 3 9 6 9 6 100.10 .1500.10 72.10 .1800.10

R  178,24kN Ahora, calculamos la variación de longitud en la barra de cobre.

 c   Tc   cR   c (T)L c 

RL c 178,24.10 3.0,45  16,5.10 6.96.0,45   178.10 6 m EcAc 100.10 9.1500.10 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  54

Luego, efectuamos el diagrama de desplazamientos:

1   2 1,2 2,4 21   2

20

……………. (a)

P L  PL 2 1 1  (T)L1   2 2  (T)L 2 EA  EA  P1 .1.4 P2 .1,8.4   2  12,5.10 6.17.1   12,5.10 6.17.1,8 6 2 4 6 2 4  200.10 ..1,5 .10  200.10 ..1,5 .10

5,659P1  5,093P2  4,250

……………. (b)

Resolvemos (a) y (b), obteniendo:

P1  16,240kN P2  18,880kN Calculamos los esfuerzos en los cables:

 BE 

P1 16,240.10 3.4   91,90MPa A .1,5 2.10 4

 CF 

P2 18,880.10 3.4   106,84MPa A .1,5 2.10 4

La deformación en los cables será:

16,240.10 3.1.4 1   12,5.10 6.17.1  67,2.10 5 m  0,672mm 9 2 4 200.10 ..1,5 .10

 2  21  1,344mm

21


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1. Determinar la fuerza de tracción P necesaria para producir una deformación unitaria longitudinal

  0,0007 en una varilla de acero (E  30.10 6 psi) de sección transversal circular, cuyo diámetro es igual a 1plg ………………………. (2 puntos)

2. La columna de un edificio aporticado de concreto armado recibe la carga axial de 25T. Determinar las dimensiones de la columna y zapata, sabiendo que ha sido diseñado con una capacidad portante de 1,51kg/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 2

tres varillas de acero indicadas, cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm . 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)

22

4. Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura, están hechas de aluminio

(E al  10,6.10 6 psi ,  al  13.10 6 / o F) y las diagonales son cables de acero (E a  29.10 6 psi ,  a  6,5.10 6 / o F) . Las áreas de sección transversal de las barras de aluminio y los cables de acero guardan una proporción 20:1. Determinar el esfuerzo  a en los cables de acero, 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)

FECHA

La Molina, 27 de Agosto del 2007 23

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. .12.0,0007  16493,36lb 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:

X1  0,4m (OK) X 2  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/cm 2 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  0 F  0 M  0 X



P2  P3

……………… (a)

Y



P1  2P2 sen37 o  10500

……………… (b)



2P2 sen37 o (2)  4500(2)  6000(1)  0

A

P2  P3  6250kg (TRACCION) Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos:

P1  3000kg

24

Luego:

 

fy



n

4200  2333,33kg / cm 2 1,8

A través de la condición de resistencia, elegimos los diámetros de las varillas. VARILLA 1:

3000  2333,33  A1

A1  1,286cm 2

 2 d1  1,286cm 2 4

d1  1,279cm Para la varilla 1, elegimos el diámetro 5/8” VARILLAS 2 y 3:

6250  2333,33  A2

A 2  2,678cm 2

d 2  1,846cm 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

0



Pal  Pa cos 45o

………….......... (a)

Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del nudo C

 a cos 45o   al

 Pa L 2  P L   a L 2 (T) cos 45 o   al (L)(T)  al  E al A al  E a A a 





Pa Pal   (T)( al   a ) E a A a E al A al

25

……………….. (b)

Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema, que A al  20A a , obteniendo:

Pa P cos 45 o  a  (T)( al   a ) E a A a E al (20A a )  1 cos 45 o  a   20E al  Ea

a 

a 

   (T)( al   a ) 

20E a E al (T)( al   a ) 20E al  E a cos 45 o

20.29.10 6.10,6.10 6.80.(13.10 6  6,5.10 6 )  13750psi 20.10,6.10 6  29.10 6. cos 45 o  a  13,75ksi (TRACCION)

5. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción, se tendrá:

a  c   Pa L PL QL  c  Ea Aa EcAc Ea Aa De la figura (c) se sabe que:

Pa  Pc Luego:

 1 1 Pa    Ea Aa EcAc

 Q    Ea Aa

Además:

o 

Q  820MPa Aa

Se tendrá:

Pa (E a A a  E c A c ) 820  Ea Aa EcAc Ea  E A   a 1  a . a   820  Ec Ac 

 8 1   a 1  .   820  1 30   a  647,368MPa (TRACCION) Entonces:

 a  c 820   Ea Ec Ea c 

Ec 1 (820   a )  (820  647,368) Ea 8

 c  21,579MPa (COMPRESION) 26


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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 MPa y 5

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? ………………………. (5 puntos) 27

4. Determinar los esfuerzos en la barra escalonada doblemente empotrada, si es de acero, siendo la variación de temperatura T  36 C , E a  2.10 MPa y  a  125.10 5

o

7 o

/ C . Las áreas de cada

tramo están expresadas en función de A ………………………. (4 puntos)

5. Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres postes de concreto de alta resistencia, cada uno con sección transversal cuadrada de 200mm x 200mm y longitud L  2m . Antes de aplicarse la carga P el poste central es más corto que los otros en una cantidad s  1mm . Determinar la carga máxima admisible Padm si el módulo de elasticidad del concreto es E c  30GPa y el esfuerzo admisible en compresión es  adm  18MPa ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 24 de Marzo del 2008 28

SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que   E y   P / A , obteniendo la siguiente expresión:

P E  A



3  5 6  2 6 0,1.10 P  EA  EA  2,04.10 .10 . .50 .10 .  400553N L 4 100.10 3

P  400,553kN Calculamos el esfuerzo:



P 400553.4   204.10 6 Pa  204MPa ˂  prop 2 6 A .50 .10

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

0

X





F2 cos   0

F2  0

La respuesta es VERDADERO, es decir, que el cable (2) no trabaja b)

M

A

0



 L   L    W  F3   tg   2tg 



F3 

W 2

F1 

W 2

Luego, calculamos el desplazamiento vertical del nudo B

c)

 BV 

F3 L WL (FALSO)  EA 2EA

F

0

Y



F1 

W W 0 2



Luego:

 máx 

N máx W  A 2A

Además:

 máx  



W   2A



W fy  2A n

Donde:

 

fy n

n

2Af y W

(VERDADERO)

29

3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra:

F

0

X

M

B

0



P1  P2  P



b b  P1    Pe  P2    0 2 2

…………….. (a)

b b P1    Pe  P2   2 2

…………….. (b)

Además, por dato del problema, las placas son rígidas, es decir:

1   2



P1 L PL  2 E1A E 2 A P1 

E1 P2 E2

…………….. (c)

Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos:

E1 P2  P2  P E2



P2 

PE 2 E1  E 2

Luego, reemplazamos en (c), obteniendo:

P1 

PE1 E1  E 2

Reemplazamos los valores obtenidos en (b):

 PE1  b   PE 2  b      Pe      E1  E 2  2   E1  E 2  2 

e

b( E 2  E 1 ) 2(E1  E 2 )

4. Eliminamos el empotramiento en B y analizamos el efecto de temperatura y reacción que surge en dicho apoyo.

30

Como B es empotramiento perfecto, se cumplirá:

RB  T

R B .0,2 R B .0,4 R B .0,3    125.10 7.36.0,9 5 6 5 6 5 6 2.10 .10 .A 2.10 .10 .(7A / 6) 2.10 .10 .(7A / 5) RB  106,98.10 6 Pa A

 BE  106,98MPa (COMPRESION) Luego, determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada:

 DE 

6  BE  91,70MPa (COMPRESION) 7

 CD 

5  BE  76,41MPa (COMPRESION) 7

5. Una vez aplicada la carga se tendrá:

F

Y

0



2P1  P2  P

……………… (a)

Luego, analizamos el diagrama de desplazamientos:

1   2  s



P1 L PL  2  10 3 EcA EcA

P1  P2 

30.10 9.200 2.10 6 .10 3 2

P1  P2  600000

………………. (b)

Reemplazamos (b) en (a), obteniendo:

P1 

P  600000 3

P2 

P  1200000 3 31

Ahora, analizamos los postes extremo y central. POSTE EXTREMO:

1 

P1 P  600000   18.10 6 2 6 A 3.200 .10

P  1560000N

P  1,56MN POSTE CENTRAL:

2 

P2 P  1200000   18.10 6 A 3.200 2.10 6

P  3360000N

P  3,36MN

Como debe cumplir con ambas condiciones, se tendrá:

Padm  1,56MN

32


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1. Determinar la magnitud de la fuerza P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm, si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales    20MPa y   60MPa en los planos recíprocamente perpendiculares ab y cd ………………………. (4 puntos)

2. Por un punto en estado plano de esfuerzos pasan los planos AB, BC y AC como se indica en la figura. Determinar los esfuerzos que faltan. ………………………. (5 puntos)

3. Hallar el valor del diámetro de una barra de sección circular, necesario para transmitir un momento torsor T  4600kg.m , si el ángulo de giro en torsión no debe de exceder de



1o en 2 metros y si el

esfuerzo tangencial admisible es   820kg / cm . Considerar que el módulo de elasticidad al corte del material es G  0,8.10 kg / cm 6

2

2

………………………. (3 puntos)

33

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 esfuerzo tangencial no exceda de 100kg / cm

2

………………………. (3 puntos)

5. Graficar el diagrama de momento torsor y determinar el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra de sección rectangular, considerando que su módulo de corte es G  8.10 MPa 4

………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 24 de Abril del 2006

34

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. Analizamos cada uno de los planos, sabiendo que se trata de un estado de esfuerzos lineal. PLANO ab:

   1 cos 2 (180  )  1 (cos 180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  PLANO cd:

  1 cos 2 (180  )  1 (cos180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  Además, si sumamos y consideramos que     90 se obtendrá:





     1 cos 2   1 cos 2   1 cos 2   cos 2 (90  )  1 (cos 2   sen 2 )  1 Reemplazamos valores y obtenemos:

1  20  60  80MPa Además:

1 

P A



P  1A  80.10 6.50.10 3.20.10 3  80000N P  80kN

2. Analizamos el estado plano, para ello formamos el cuadrado ABED (figura a), luego efectuamos los cortes ABD (figura b) y ABEF (figura c), analizando sus estados de esfuerzos Para determinar los esfuerzos en el plano inclinado, aplicamos las siguientes ecuaciones:

 

X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2

 

X  Y sen 2   XY cos 2 2

35

PLANO INCLINADO BC: Para ello, debemos de considerar que  BE   X ,  BC    135o ,   135o  60kg / cm y   135 2

o

Luego, tenemos:

  135o 

 X  120 sen 270 o  50 cos 270 o  60 2



 BE   X  0

  135o 

0  120 0  120  cos 270 o  50sen 270 o 2 2



 BC   135o  110kg / cm 2

PLANO INCLINADO AC: Consideramos  BE   X  0 ,  AC    210o ,  AC    210o y   210 , obteniendo: o

  210o 

0  120 0  120  cos 420 o  50sen 420 o 2 2



 AC   210o  13,30kg / cm 2

  210o 

0  120 sen 420 o  50 cos 420 o 2



 AC   210o  26,96kg / cm 2

3. Por dato del problema:

   TL   GI p 36

4600.100.200   6 4 180 0,8.10 .( / 32).d

d  16,10cm Asimismo:

   T   Wp

4600.100  820 ( / 16).d 3

d  14,19cm Luego:

Asumimos:

d mín  16,10cm 4. Se sabe que:

 máx 

T   2A o 

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

D  0 TD .5 400.4 200.2 2 400xdx    0 GI t GI t GI t GI t 0 37

TD  400N.m Luego:

T

eje

0



TA  200  400  400.2  400  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.

C 

400.1  4,15.10 4 rad  0,024 o 8 8.10 .10 .1204,224.10 4

6

Siendo:

I t  0,196.12.83  1204,224cm 4

38


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CICLO

V

1. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo   30 . Sobre el elemento girado, los o

esfuerzos normales y tangenciales tienen las magnitudes y direcciones mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos  X ,  Y y  XY ………………………. (4 puntos)

2. Determinar la relación entre  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 2

momento torsor que puede soportar sin que el esfuerzo tangencial sobrepase de 800kg / cm , ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de 2,7 en los 4,6m. Considerar G  8,6.10 kg / cm 5

o

2

………………………. (3 puntos) 39

4. Determinar el valor del momento torsor T1 , el esfuerzo tangencial máximo  máx y el ángulo de giro en torsión  A , si se sabe que  A  0,5 B y G  8.10 MPa para toda la barra. 4

………………………. (4 puntos)

5. Determinar el valor de “b” en función de “a”, si  AB máx   CD máx y la barra doblemente empotrada es de un mismo material. ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 25 de Setiembre del 2006 40

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – II 1. Esquematizamos la distribución de esfuerzos, tal como se muestra en la figura:

Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:

      X   Y Reemplazamos valores y obtenemos:

 X   Y  31060  8940

 X   Y  40000

……………….... (a)

Luego:

 

X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2

 20000 

X  Y cos 60 o   XY sen60 o  31060 2 X  Y cos 60 o   XY sen60 o  11060 2

………………… (b)

Además:

 

X  Y sen 2   XY cos 2 2

X  Y sen60 o   XY cos 60 o  5160 2 Multiplicamos la ecuación (b) por cos 60

o

………………... (c)

o

y la ecuación (c) por sen60 , luego lo sumamos y

obtenemos:

X  Y  10000 2

 X   Y  20000 Resolvemos (a) y (d), obteniendo:

 X  30000psi  Y  10000psi Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo:

 XY  7000psi 41

………….…….. (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  I1  2  I 2   I 3  0 Siendo:

I1   X   Y   Z I 2   X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ I 3   X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2YZ   Y  2XZ   Z  2XY CONVERSION A ESTADO PLANO: Para que dicho estado espacial, cuya orientación de esfuerzos es positiva, se convierta en plano, se deberá de cumplir que I 3  0 , es decir:

 X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2YZ   Y  2XZ   Z  2XY  0 Quedando la ecuación cúbica:

 3  I1  2  I 2   0 ( 2  I1  I 2 )  0 De donde:

1  2 

I1  I12  4I 2 2 I1  I12  4I 2 2

3  0 Además, se deberá de cumplir que I1  4I 2  0 2

CONVERSION A ESTADO LINEAL: Para que el estado espacial de esfuerzos se convierta en lineal, deberá de cumplirse que 1  0 y

 2  3  0 Luego, será necesario que I 2  0 , obteniéndose:

 X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ  0 Quedando la ecuación:

 3  I1  2  0  2 (  I1 )  0 De donde:

1  I1  2  3  0

42

Nótese, que para que el estado de esfuerzos espacial se convierta en lineal, deberá de cumplirse que

I2  0 e I 3  0 3. Esquematizamos la barra con sus dimensiones:

CONDICION DE RESISTENCIA: a) SECCION TUBULAR:

 máx  



T  800 ( / 16).10 .(1  0,75 4 )



T  107378,65kg.cm

16T  800 .7,53



T  66267,97kg.cm

3

b) SECCION MACIZA:

 máx  



CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra.

 máx  



T.160 T.300 2,7   4 5 4 4 8,6.10 .( / 32).7,5 8,6.10 .( / 32).10 .(1  0,75 ) 180 5

T  42215,11kg.cm Como debe ser una sola respuesta, analizamos el intervalo, para que cumpla con ambas condiciones del problema.

De donde:

Tmáx  42215,11kg.cm 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:

Aplicamos la condición del problema:

 A  0,5 B  (T1  400).0,8  (T1  400).0,8 T1 .0,6  0,5  4 12 4 12 4 12  G( / 32).40 .10 G.0,141.(20 2 ) .10   G( / 32).40 .10

T1  367,37 N.m 43

Luego, el diagrama de momento torsor es:

 CA 

16.767,37  61,06MPa .40 3.10 9

 máx   AB 

367,37 0,208.(20 2 ) 3 .10 9

 78,05MPa

Calculamos el ángulo de giro en A

A 

767,37.0,8  0,03rad  1,75 o 8.10 .10 6.( / 32).40 4.10 12 4

5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por TD

D  0 TD .b (TD  T).(2a ) (TD  2T).(a )   0 4 G( / 32).(1,5d) G( / 32).(2d) 4 G( / 32).d 4

TD 

2,125Ta 1,125a  0,1975b

……………. (a)

Por condición del problema:

 AB máx  CD máx 16TA 16TD  3 d (1,5d) 3

TD  3,375TA

……………. (b)

Además:

T

eje

0



TA  TD  2T

De donde:

TA  0,4571T TD  1,5429T Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos:

1,5429T 

2,125Ta 1,125a  0,1975b

b  1,278a 44


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CICLO

V

1. Sobre las caras de un elemento cortado de una barra en esfuerzo uniaxial, actúan esfuerzos normales de 12000psi y 6000psi. Determinar el ángulo  y el esfuerzo tangencial   . También, determinar el esfuerzo normal máximo  máx y el esfuerzo tangencial máximo  máx ………………………. (4 puntos)

2. Determinar la relación entre los esfuerzos 1 y  2 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 y no debe experimentar una deformación angular superior a 3

o

en una longitud de 6m. ¿Cuál es

entonces el esfuerzo tangencial máximo que aparecerá en el? Considerar G  83GPa ………………………. (3 puntos)

45

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 46

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1. Se sabe que:

   1 cos 2  Por dato del problema:

1 cos 2   12000

…………….. (a)

Además:

 90  1 cos 2 (  90)  1sen 2  Entonces, por dato del problema:

1sen 2   6000

…………….. (b)

Sumamos (a) y (b), obteniendo:

1 (sen 2   cos 2 )  18000  máx  1  18000psi Luego, reemplazamos en (b) y obtenemos:

sen 

1



3

  35,26 o

Asimismo:

 

1 18000 sen 2  sen70,52 o  8484,82psi 2 2

 máx 

1 18000   9000psi 2 2

2. Las deformaciones principales, según la Ley de Hooke generalizada son para el estado plano:

1 

1 1   2  E

2 

1  2  1  E

Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura:

Además, según condición del problema, se tiene:

 AC 

 AC 0 L AC

Esto, se debe a que:

 AC  0 47

Luego:

 AC  1 cos    2 cos(90  )  0

1 1  2 cos   1  2  1 cos(90  ) E E

1 (cos   sen)   2 (sen   cos ) Dividimos ambas expresiones entre cos  y obtenemos:

1 tg     2 1  tg 3. Se sabe que:

  



TL   GI p 14.10 3.6   9 4 60 83.10 .( / 32).d

d  11,84.10 2 m Asumimos:

d  118,4mm Luego:

 máx  4. a)

16T 16.14.10 3   42,96.10 6 Pa  42,96MPa 3 3 9 d .118,4 .10

Graficamos el diagrama de momento torsor de acuerdo a los criterios conocidos y el diagrama de ángulo de giro en torsión por el método de las áreas:

48

D  0 C 

(2T)(L) TL  4,3668 4 4 G(0,458b ) Gb

I t  (2b)(b) 3  0,229(2b)(b) 3  0,458b 4

 B  4,3668 A  

TL (T)(2L)  0 4 Gb G(0,458b 4 )

(2T)(L) TL  4,3668 4 4 G(0,458b ) Gb

b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:

 máx 

Tmáx 2T T   4,065 3 3 Wt 0,492b b Wt  (2b)(b) 2  0,246(2b)(b) 2  0,492b 3

Determinamos la energía potencial de deformación:

U

(2T) 2 (L) (T) 2 (2L) (2T) 2 (L) T2L    10 , 917 2G(0,458b 4 ) 2G(0,458b 4 ) 2G(0,458b 4 ) Gb 4

5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB

Se sabe que:

B  0 TB (b) TB (a ) T (a )   0 4 4 G( / 32)(d b ) G( / 32)(d a ) G( / 32)(d a ) 4 Tad 4b TB  4 ad b  bd a4 Como:

T

eje

0



TA  TB  T  0 Tbd a4 TA  4 ad b  bd a4

Para que el diseño sea más económico, se debe cumplir:

 AC   CB 49

16TA 16TB  d 3a d 3b  Tbd a4  3  Tad 4b  3  4     ad  bd 4 .d b   ad 4  bd 4 .d a a  a   b  b

bd a  ad b (L  a )d a  ad b

a

da L da  db

b

dbL da  db

50


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INGENIERIA CIVIL

CICLO

V

1. Una placa delgada, rectangular y de acero está sometida a esfuerzos normales uniformes  X y  Y 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 y

 Y  0,0007 . Determinar los esfuerzos  X y  Y , considerando E  30.10 6 psi y   0,3 ………………………. (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 de 6

3,5plg tiene una longitud de 8pie a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos, ¿cuál será el ángulo de giro en torsión  cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte el mismo momento torsor con el mismo esfuerzo tangencial máximo? ………………………. (3 puntos)

51

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

 a

con las siguientes condiciones: 

 100MPa , al  70MPa y el ángulo de giro en torsión en el

extremo libre está limitado a 12 . Considerar G a  83GPa y G al  28GPa o

………………………. (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

52

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que:

X 

1  X   Y  E

1  X  0,3 Y   0,001 30.10 6



 X  0,3 Y  30000 Y 

1  Y   X  E

………………. (a)

1  Y  0,3 X   0,0007 30.10 6



 Y  0,3 X  21000

………………. (b)

Resolvemos (a) y (b), obteniendo:

 X  26043,96psi  Y  13186,81psi 2. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica:

I1   X   Y   Z  120  80  100  300 I 2   X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ  120(80)  120(100)  80(100)  40 2  28000 X

 XY

 XZ

I 3   XY

Y

 YZ  40

80

 XZ

 YZ

Z

0

120 40 0

0 0  120(80)(100)  40(40)(100)  800000 100

Luego, reemplazamos valores en la ecuación cúbica:

 3  I1  2  I 2   I 3  0

3  300 2  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 b) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:

 máx 

1   3 144,721  55,278   44,721MPa 2 2

c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos:

 oct 

1 1   2   3   1 144,721  100  55,278  100MPa 3 3

 oct 

1 3

1   2 2   2   3 2   3  1 2

 oct 

1 3

144,721  1002  100  55,2782  55,278  144,7212

53

 36,515MPa

d) Determinamos el cambio unitario de volumen:

e

1  2  X   Y   Z   1  2.05,3 120  80  100  6.10 4 E 2.10

3. a) Para la barra de sección tubular:

 máx 

T Wp



T  8000 ( / 16)(4) (1  0,875 4 )



3

T  41601,56lb.p lg

Luego:



TL 41601,56.8.12   0,096rad  5,5 o 6 4 4 GI p 4.10 ( / 32)(4) (1  0,875 )

b) Por dato del problema, se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición:

41601,56  8000 ( / 16)d 3

d  2,98p lg 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:

Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO:

2T  100.10 6 3 9 ( / 16).50 .10



T  1227,18N.m

3T  70.10 6 3 9 ( / 16).75 .10



T  1932,81N.m

ALUMINIO:

Ahora, aplicamos la condición de rigidez:

2T(1,5) 3T(2)    4 12 9 4 12 15 83.10 ( / 32).50 .10 28.10 ( / 32).75 .10 9

T  1637,52N.m

Asumimos:

Tadm  1227,18N.m 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC

C  0

54

TC .0,8 TC .1,2 T.1,2   0 4 12 4 12 G( / 32).40 .10 G.0,141.60 .10 G.0,141.60 4.10 12 TC  0,171T A partir del momento torsor determinado, graficamos el diagrama de momento torsor

Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR:

0,171T  40.10 6 ( / 16).40 3.10 9



T  2939,5N.m



T  2167,82N.m

SECCION CUADRADA:

0,829T  40.10 6 3 9 0,208.60 .10 Luego:

Asumimos:

T  2167,82N.m Determinamos el ángulo de giro en torsión en B

B 

0,171.2167,82.0,8  0,0147rad  0,84 o 4 6 4 12 8.10 .10 ( / 32).40 .10

Calculamos la energía potencial de deformación:

Ti2 L i (0,829.2167,82) 2 .1,2 (0,171.2167,82) 2 .0,8 U    16 N.m  16J 2.8.10 4.10 6.0,141.60 4.10 12 2.8.10 4.10 6 ( / 32).40 4.10 12 i 1 2GI p ( t )i 2

55


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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  se limita al intervalo de 0 o a

60 o . Determinar el valor del ángulo  y la carga máxima admisible Padm , si el área de sección transversal de la barra es 1,5p lg

2

y los esfuerzos admisibles en la junta son  adm  2000psi y

 adm  1000psi ………………………. (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 5 kg / cm 2 y que la fuerza del viento es perpendicular al panel e igual a w  500kg / m 2 . En la figura también se muestra la sección transversal del poste. ………………………. (3 puntos)

56

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

 b  60MPa y G b  35GPa . La porción BC es de acero, de 50mm de diámetro,

y es de bronce, con 

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 momento torsor T es necesario para ello? ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 21 de Abril del 2008

57

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2008 – I 1. Por dato del problema:

1 cos 2   2000

…………… (a)

1sen cos   1000

…………… (b)

Dividimos (b) entre (a) y obtenemos:

tg  0,5   26,56 o Luego:

  26,56 o Reemplazamos en (a):

P cos 2 26,56 o  2000 1,5 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  0  

X  Y X  Y  cos 120 o   XY sen120 o  0 2 2

X  Y cos 120 o   XY sen120 o  0 2  

……………. (a)

……………. (b)

X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 o

……………. (c)

o

Multiplicamos (b) por cos 120 y (c) por sen120 , luego lo sumamos y obtenemos:

X  Y  26 2

 X   Y  52 Resolvemos (a) y (d), obteniendo:

 X  26MPa  Y  26MPa Reemplazamos en (b) y obtenemos:

 XY  15MPa 58

……………. (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)

1 

X  Y 1  2 2

 X   Y 2  4 2XY



26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32,80MPa 2 2

2 

X  Y 1  2 2

 X   Y 2  4 2XY



26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32,80MPa 2 2

Ahora calculamos el ángulo de giro  0

tg2 0  

2 XY X  Y



tg2 0  

2(20) 52

 0  18,78o 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(75  10)  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:

Luego:

C 

63375.100  7,38.10 4 rad  0,04 o 4 4 8.10 ( / 32).20 (1  0,75 ) 5

59

4. Graficamos el diagrama de momento torsor:

Aplicamos la condición de resistencia:

 máx  



1000  60.10 6 3 ( / 16)d



d  4,39.10 2 m

d  43,9mm Ahora, aplicamos la condición de rigidez:

 máx  



1000.3 500.2    9 4 9 4 45 83.10 ( / 32)d 83.10 ( / 32)d



d  5,15.10 2 m

d  51,5mm

Asumimos:

d  51,5mm 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC

C  0 TC b TC a Ta   0 G a I p(a ) G b I p( b) G b I p( b)

TC b TC a Ta   0 4 12 9 4 12 9 83.10 ( / 32).50 .10 35.10 ( / 32).75 .10 35.10 ( / 32).75 4.10 12 9

TC 

9,03Ta 19,277b  9,03a

Luego:

T

eje

0



TA  TC  T  0

TA 

19,277Tb 19,277b  9,03a

60


 b,máx 

TA  b ( / 16)d 3b



19,277Tb   .753.10 9.60.10 6 19,277b  9,03a 16

19,277Tb  4970,1 19,277b  9,03a  a ,máx 

TC  a ( / 16)d 3a



…………….. (a)

9,03Ta   .50 3.10 9.80.10 6 19,277b  9,03a 16

9,03Ta  1963,5 19,277b  9,03a

…………….. (b)

Dividimos (a) entre (b) y obtenemos:

b  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

61


D E


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EVALUACIÓN

EXAMEN PARCIAL

SEM. ACADÉMICO

2006 – I

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


DURACIÓN

110m

ESCUELA

INGENIERIA CIVIL

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)

62

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  200kN aplicadas en sus extremos. Comprobar la resistencia del cilindro por la quinta

 tr  20MPa y

teoría de resistencia (de Mohr), considerando que los esfuerzos admisibles son 

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 mismo material ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 03 de Mayo del 2006 63

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo “B”

F

0

X



 P1 cos 60 o  P2 cos 30 o  0 P1  P2 3

F

0

Y



P1sen60 o  P2 sen30 o  P  0

P 3  2

3 1   P2    P  2  2  P2 

P (COMPRESION) 2

P1 

P 3 (TRACCION) 2

Luego:

1 

P1 L1  P 3  a 3  1  3Pa    (ALARGAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA

2 

P2 L 2  P  a  1  Pa     (ACORTAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA


64





Pa Pa  3Pa  1   Pa  3   X  1 cos 60 o   2 sen 60 o    3  3  0,158        EA  4EA  2   4EA  2  8EA





Pa Pa  3Pa  3   Pa  1   Y  1sen 60 o   2 cos 60 o     1  3 3  0 , 774       EA  4EA  2   4EA  2  8EA Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2)

1 

P1 P 3 P   0,866 (TRACCION) A 2A A

2 

P2 P P   0,5 (COMPRESION) A 2A A

2. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por la reacción R B

Sabemos que:

B  0 R B (4a ) R B (2a ) R B (a ) A(4a )(4a ) A(4a )(2a )  (2A)(2a )(2a ) A(4a )(a )        EA E ( 2A ) E ( 4A ) 2EA E(2A) 2E ( 2 A ) E ( 4A )



 (2A)(2a )(a )  (4A)(a )(a )  0 E ( 4A ) 2E ( 4A )

De donde:

RB 

22 Aa 7

Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal.

 22  1  22  II   Aa    a  7  A  7 6  22  1   6  1   sup Aa  A(4a )      Aa     a II  II   7  7  A   7  A  3  6  1   inf Aa     a II  II    7  7  2A  17  22  1   34  1   sup Aa  A(4a )   (2A)(2a )      Aa     a III  III   7  7  2A   7  2A  65

17  34  1   inf Aa     a III  III    14  7  4A  31  22  1   IV IV   Aa  A(4a )   (2A)(2a )   (4A)(a )     a 14  7  4A 

3. Se sabe que para cilindros se tiene:

1 

pDi 4.0,16   16MPa (ESFUERZO CIRCULAR) 2t 2.20.10 3

 3' 

pDi 4.0,16   8MPa (ESFUERZO MERIDIONAL) 4t 4.20.10 3

"3  

P 200.10 3   17,68MPa (ESFUERZO DE COMPRESION) A ( / 4)(0,2 2  0,16 2 )

Luego:

 e,V  1 

tr    tr comp 3

Reemplazamos valores y obtenemos:

 e,V  16 

20 (8  17,68)  19,227MPa ˂ tr  20MPa 60

Por lo tanto, se cumple la condición de resistencia. 4. Por relación de triángulos:

tx to  x L



tx 

tox L

Luego:

tox2 1 1  tox  Tx  t x x   .x  2 2 L  2L 2

t o2 L3 T 2 dx L  t o x 2  dx  U x     2GI p 0  2L  2GI p 40GI p 0 L

66

5. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC

m 0,5d  x L



m

dx 2L

 dx   x d X  d  2m  d  2   d1    2L   L



Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor TA

Sabemos que:

A  0 L L TA L TA dx Tdx   0 4 4 4 4 4   G( / 32)d G (  / 32 ) d ( 1  x / L ) G (  / 32 ) d ( 1  x / L ) 0 0

TA 

7 T  0,226T 31

Como:

T

eje

0



TA  TC  T  0 TC 

24 T  0,774T 31

Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.

67


D E


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EVALUACIÓN

EXAMEN PARCIAL

SEM. ACADÉMICO

2006 – II

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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 6 o

térmica es  c  16,5.10 / C , los módulos de elasticidad son E a  2E c  2.10 MPa y que las 5

áreas de los tres cables es de 1cm 2 ………………………. (4 puntos)

68

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  3 B y G  8.10 MPa 4

………………………. (4 puntos)

5. Determinar el valor del esfuerzo tangencial máximo  II máx correspondiente al tramo BC de la barra doblemente empotrada, si el esfuerzo tangencial máximo en el tramo AB es  I máx  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)

FECHA

La Molina, 04 de Octubre del 2006 69

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – II 1. Analizamos el equilibrio del nudo B

F

X

0



P cos   T1sen  T2 sen  0 P cos   T1sen  T2 sen

F

Y

0



……………….. (a)

T1 cos   T2 cos   Psen  0

Psen  T1 cos   T2 cos 

……………….. (b)

De la ecuación (a):

T2 

P cos   T1sen sen

Reemplazamos en la ecuación (b):

 P cos   T1sen  Psen  T1 cos     cos  sen  

T1 

P  sensen  cos  cos     2 sen cos   T1 

P cos(  ) sen 2

La tensión será máxima, cuando cos(  )  1 , es decir, cuando    y será igual a:

T1,máx 

P sen 2

Según la condición de resistencia:

A

T1,máx





A

P sen 2

El área será mínima, cuando sen 2 sea máximo, es decir sen 2  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   45 . o

No se analizó T2 debido a que por las condiciones de equilibrio y el gráfico respectivo, se desprende que T1 ˃ T2 y la condición de resistencia se aplica para comprobar con la tracción máxima.

70

2. El calentamiento de la barra central provocará su alargamiento, surgiendo las fuerzas internas mostradas en la figura:

F

Y

0





2Pa  Pc  0

Pc  2Pa

El sistema es una vez estáticamente indeterminado. Luego, por la simetría se deduce que la viga se desplazará, pero en forma uniforme, o sea serán iguales todos los alargamientos de las barras.

a  c Donde:

a 

Pa L Ea A

 c   c L(T) 

Pc L 2P L   c L(T)  a EcA EcA

Igualando ambas relaciones se obtiene:

Pa 

 c (T)  1 2      Ea A EcA 



16,5.10 6.50  3300 N  3,3kN (TRACCION) 1 2    11 4   11 4 10 .10   2.10 .10

Pc  2Pa  6,6kN (COMPRESION) Los esfuerzos serán:

a 

Pa 3,3.10 3   33MPa (TRACCION) A 10 4

Pc 6,6.10 3 c    66MPa (COMPRESION) A 10 4 3. Ante el incremento de temperatura y como los soportes son rígidos, en este caso empotramientos, la fuerza de reacción de dichos extremos serán iguales y los denotaremos como R, que impide que producto de la dilatación del material se desplacen los empotramientos, es decir:

R  T



RL  (T)L EA

1  E(T)  30.10 6.6,5.10 6 (200  68)



1  25740psi  25,74ksi (COMPRESION) Esquematizamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado pq , así como el ángulo 

71

Determinamos dichos esfuerzos:

   1 cos 2   25,74 cos 2 30  19,305ksi

 

1 25,74 sen 2   sen60  11,146ksi 2 2

Las orientaciones de   y   son las mostradas en el gráfico anterior. 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:

Por dato del problema:

 A  3 B  (T2  400).0,8  (T2  400).0,8 400.0,8 400.0,8    3 4 12 4 12 4 12 4 12  G( / 32).60 .10 G( / 32).60 .10 G( / 32).40 .10  G( / 32).60 .10 

T2  812,5N.m Luego:

 CB 

16.1212,5  28,59MPa .60 3.10 9

 BD 

16.400  9,43MPa .60 3.10 9

 máx   DA 

16.400  31,83MPa .40 3.10 9

Asimismo:

B 

1212,5.0,8  9,5296.10 3 rad  0,546 o 6 4 12 8.10 .10 ( / 32).60 .10 4

 A  3 B  3.0,546  1,638o 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC

72

C  0 TC (a ) (T  T)(a )  C 0 4 G.0,141d G( / 32)d 4 TC  0,5895T Graficamos el diagrama de momento torsor:


 I máx



16.0,4105T  20 d 3



0,5895T  27,11MPa 0,208d 3



T  9,5663 d3

Luego:

 II máx

73


D E


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EVALUACIÓN

EXAMEN PARCIAL

SEM. ACADÉMICO

2007 – I

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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)

74

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  2.105 MPa y

  0,25 ………………………. (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 lo largo de la línea media es b  150mm y el espesor de pared es   8mm . Si el esfuerzo tangencial admisible es 60MPa, ¿Cuál es el momento torsor máximo admisible 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)

FECHA


SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo C

F

Y

0



Pcd sen 45  P cos   0 Pcd  P 2 cos  (TRACCION)

F

X

0



 Pcd cos 45  Pbc  Psen  0  P 2 cos  cos 45  Pbc  Psen  0

Pbc  P(sen  cos ) (TRACCION) Luego, asumimos L cd  L y obtenemos:

 cd 

Pcd L cd (P 2 cos )(L) PL 2 cos  (ALARGAMIENTO)   EA EA EA

 bc 

Pbc L bc P(sen  cos )L cos 45 PL(sen  cos )   (ALARGAMIENTO) EA EA 2EA

Esquematizamos el diagrama de desplazamientos:

En consecuencia:

 cd  bc  cos(  45) cos(90  )

 PL 2 cos    PL(sen  cos )    cos(90  )    cos(  45)   EA 2 EA    

2sen cos   (sen  cos ) cos(  45) tg2  

1 2

  72,37 o 76

2. Analizamos el equilibrio del nudo C

F F

X

0



Pcd sen30  Pce sen30  0



Pcd  Pce

Y

0



Pbc  2Pcd cos 30  200  0



Pbc  Pcd 3  200

………… (a)


De donde:

 bc cos 30   cd



Pbc (a )  3  Pcd  a       EA  2  EA  3 / 2 

Pcd 

3 Pbc 4

Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos:

Pbc  87kN (TRACCION) Pcd  65,25kN (COMPRESION) Aplicamos la condición de resistencia: BARRA BC:

87.10 3  100.10 6 2 ( / 4)d



d  33,28.10 3 m



d  33,28mm



d  28,82.10 3 m



d  28,82mm

BARRAS CD y CE:

65,25.10 3  100.10 6 2 ( / 4)d

Asumimos:

d mín  33,28mm

77

………… (b)

3. Aplicamos la Ley de Hooke generalizada:

1 

1 1  ( 2  3 )  1 5 120  0,25(60  0)  5,25.10 4 E 2.10

2 

1  2  (1  3 )  1 5 60  0,25(120  0)  1,5.10 4 E 2.10

3 

1 3  (1   2 )  1 5 0  0,25(120  60)  2,25.10 4 E 2.10

Luego:

 V  1   2   3  5,25.10 4  1,5.10 4  2,25.10 4  4,5.10 4 4. Se sabe que:

T    2A o  mín

 máx



 b2 3   T  2  4    150 2.10 6 3  .8.10 3.60.10 6 T  2  4   T  9353N.m

Tadm  9,353kN.m Luego:

o 

T 9,353.10 3   0,01732rad / m GI t 80.10 9.6,75.10 6

Donde:

4A o2

It 

L media

 0

ds 



4(b 2 3 / 4) 2 0 , 45

 0

ds 8.10 3



4(150 2.10 6 3 / 4) 2 .8.10 3  6,75.10 6 m 4 0,45

5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC

Se sabe que:

C  0

T

eje

0



TC L Ta  0 GI p GI p



TC 



TA  TC  T  0



TA  T 

78

Ta L Ta T(L  a ) Tb   L L L


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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  30.10 psi) y la parte BC es de aluminio (E al  10.10 psi) . La 6

6

barra se somete a una fuerza de tracción de 30k a) Determinar las longitudes L1 y L2 para las partes de acero y aluminio, respectivamente, a fin de que ambas partes tengan el mismo alargamiento b) ¿Cuál es el alargamiento total de la barra? ………………………. (4 puntos)

2. Una barra rígida ABC de peso despreciable está soportada como se indica en la figura. Determinar la variación de temperatura que deben experimentar los cables verticales, para que la de bronce alcance un esfuerzo de tracción de 500kg / cm MATERIAL

2

AREA DE LA

MODULO DE

COEFICIENTE DE

BARRA

ELASTICIDAD

DILATACION TERMICA

ACERO

A a  5cm 2

E a  2,1.10 6 kg / cm 2

 1   a  1,2.10 5  0   C

BRONCE

A b  10cm 2

E b  8,5.105 kg / cm 2

 1   b  1,95.10 5  0   C ………………………. (4 puntos)

79

3. Un punto de un cuerpo se encuentra sujeto al estado plano de esfuerzos, siendo  X  200kg / cm , 2

 Y  100kg / cm 2 y  XY  200kg / cm 2 . Determinar los valores de los esfuerzos principales y la orientación de los planos donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo ………………………. (4 puntos)

4. Una barra compuesta se construye mediante el montaje por contracción de un tubo de acero sobre un núcleo de latón, en forma tal que ambos actúan como una unidad en torsión. El módulo de elasticidad a cortante del tubo es G a  75GPa y el del núcleo es G L  39GPa . Los diámetros exteriores son

d1  25mm para el núcleo y d 2  40mm para el tubo. Calcular los esfuerzos tangenciales máximos  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)

FECHA


SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – II 1. a) Sabemos que:

L1  L 2  36

………………. (a)

Por dato del problema:

 a   al



30.10 3.L1 30.10 3.L 2  30.10 6 ( / 4).2 2 10.10 6 ( / 4).2 2

L1  3L 2

………………. (b)


L1  27p lg

L 2  9p lg b) El alargamiento total de la barra será:

   a   al  2 a  2 al  30.10 3.27    2  0,017188p lg  0,0172p lg 6 2   30.10 ( / 4).2  2. Calculamos la fuerza de tracción en el cable de bronce:

b 

Pb Ab



Pb   b A b  500.10  5000kg

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:

b   a 120 370



370 b  120 a 81

370( P( b)   T ( b) )  120( P (a )   T (a ) ) Reemplazamos valores y obtenemos:

 5000.120   5675,67.180  370  1,95.10 5 (T).120  120  1,2.10 5 (T).180 5 6  8,5.10 .10   2,1.10 .5 

T  23,8o C 3. Determinamos los esfuerzos principales:

1 

200  100 1  (200  100) 2  4(200) 2  300kg / cm 2 2 2

2 

200  100 1  (200  100) 2  4(200) 2  200kg / cm 2 2 2

Determinamos los planos, donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo 1 , es decir:

 

1 6



X  Y X  Y 300  cos 2   XY sen 2  2 2 6

200  100 200  100  cos 2  200(2sen cos )  50 2 2

3 cos 2   8sen cos   3sen 2   0 (3 cos   sen)(cos   3sen)  0 De donde: 1ra solución:

3 cos   sen  0



  71,57 o

2da solución:

cos   3sen  0



  18,43o

4. Del equilibrio estático:

TL  Ta  T

………………. (a)

De la compatibilidad de rotaciones:

  L  a Ta L TL L  G L I p( L) G a I p(a )

Ta 

G a I p(a ) G L I p(L)

………………. (b)

TL


TL 

G a I p(a ) G L I p( L)

TL  T

 G L I p(L) TL  T G I  L p(L)  G a I p(a )

   

  39.10 9 ( / 32).25 4.10 12  TL  900 9 4 12 9 4 12 4   39.10 ( / 32).25 .10  75.10 ( / 32).40 .10 (1  0,625 )  82

TL  77,055N.m Ta  900  77,055  822,945N.m Luego:

a 

Ta 822,945   77,28MPa Wp ( a ) ( / 16).40 3.10 9 (1  0,625 4 )

L 

TL 77,055   25,12MPa Wp ( L) ( / 16).253.10 9

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 20.0,4    0 GI t GI t GI t GI t



TE  30kN.m



b  0,0913m

Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor:

Luego:

 máx  



30.10 3  80.10 6 0,246(2b)(b) 2

Asumimos:

b  9,13cm Calculamos el ángulo de giro en torsión en C

C 

10.10 3.0,4 10.10 3.0,4  0 8.10 4.10 6.0,229(18,26.10 2 )(9,13.10 2 ) 3 8.10 4.10 6.0,229(18,26.10 2 )(9,13.10 2 ) 3

83


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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 b2 en el extremo derecho. Determinar el alargamiento de la barra, si L  1,5m ; t  25mm ; P  125kN ; b1  100mm ;

b 2  150mm y E  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)

84

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 y TD  700 N.m . Considerar para el acero G a  83000MPa ; para el aluminio G al  28000MPa y para el bronce

G b  35000MPa . Determinar el esfuerzo tangencial máximo. ………………………. (4 puntos)

FECHA

La Molina, 30 de Abril del 2008 85

SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2008 – I 1. Esquematizamos la variación del ancho de la sección transversal:

Por relación de triángulos rectángulos:

y b 2  b1  x L



y

( b 2  b1 ) x L



( b  b1 ) x   A x  ( b 1  y) t   b 1  2 .t L  

Luego: L L  b2  Pdx Pdx PL dx PL       ln    EA E b  ( b  b ) x / L . t Et b L  ( b  b ) x Et ( b  b ) x 1 2 1 2 1 2 1  b1  0 0 0 1 L



125.10 3.1,5  150  4 ln    3,04.10 m  0,304mm 9 3 3 200.10 .25.10 (150  100).10  100 

2. a) Esquematizamos el diagrama de cuerpo libre de la viga rígida ACE

F  0 M  0 Y

E



P1  P2  P3  P



 P1 (2d)  P2 (d)  P(1,5d)  0 2P1  P2  1,5P

Esquematizamos el diagrama de desplazamientos:

De donde:

 2   3 1   3  d 2d



1  2 2   3  0

86

…………………. (a)

…………………. (b)

P1 L 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:

 AB 

PAB P1 0,584P P    0,584 A A A A

 CD 

PCD P2 0,333P P    0,333 A A A A

 EF 

PEF P3 0,083P P    0,083 A A A A

b) Calculamos los desplazamientos:

 AB  1 

P1 L PL  0,584 EA EA

 CD   2 

P2 L PL  0,333 EA EA

 EF   3 

P3 L PL  0,083 EA EA

De esta manera, el diagrama de desplazamientos final coincide con el indicado anteriormente, el cual se muestra en la siguiente figura:

87

3. Por dato del problema:

1 

X  Y 1  ( X   Y ) 2  4 2XY  20 2 2

…………………. (a)

2 

X  Y 1  ( X   Y ) 2  4 2XY  80 2 2

…………………. (b)

Sumamos (a) y (b), obteniendo:

 X   Y  60

…………………. (c)

Reemplazamos (c) en (a):

1 ( X   Y ) 2  4 2XY  50 2

( X   Y ) 2  4(30) 2  100 2

 X   Y  80

…………………. (d)

Resolvemos (c) y (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:



2T 1,5T 32T   (135740,74) 4 12 4 12 G G( / 32).100 .10 G( / 32).60 .10

Ahora, analizamos la barra hueca:



3,5T 32T  2187,5     4 4 G  369d 4  G( / 32) d  (4d / 5)






32T 32T  2187,5  (135740,74)    G G  369d 4 

d  0,08129m  81,29mm 5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por su momento torsor TB

Sabemos que:

B  0 88

TB .1 TB .1,5 TB .2    4 12 6 4 12 6 35000.10 ( / 32).25 .10 28000.10 ( / 32).50 .10 83000.10 ( / 32).25 4.10 12 6



700.1,5 700.2 300.2   0 4 12 6 4 12 6 28000.10 ( / 32).50 .10 83000.10 ( / 32).25 .10 83000.10 ( / 32).25 4.10 12 6

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.

 máx   AC   acero   CD   alu min io   DB   bronce 

16TAC 16.528   172,10MPa 3 d AC .253.10 9

16TCD 16.228   9,29MPa 3 d CD .50 3.10 9

16TDB 16.472   153,85MPa 3 d DB .253.10 9

89


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CICLO

V



1. Determinar el ancho “b” de la viga mostrada en la figura, si   100kg / cm

2

………………………. (3 puntos)

 tr  30MPa y comp  90MPa , ubicando previamente la posición

2. Determinar el valor de “a”, si  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

 tr  40MPa y comp  150MPa .

mostrada en la figura, si 

Previamente, ubique la posición

racional de la viga. ………………………. (5 puntos)

90

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  1000kg y E a / E m  20 . Determinar los esfuerzos máximos en el acero y la madera. ………………………. (4 puntos)

5. En una viga de concreto armado, b  15cm , d  25cm y el área total de las varillas de acero es

 c  40kg / cm 2 , a

4,62cm2. Considerar n  15 , 

 1200kg / cm 2 y determinar el momento

flector máximo en kg.m que puede soportar la viga. ………………………. (4 puntos)

FECHA

La Molina, 22 de Mayo del 2006

91

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – I 1. Graficamos sus diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Luego:

 máx  



M máx y máx   IZ



9,3.10 3.10 2 (b)  100 b(2b) 3 / 12

De donde:

b  24cm Asumimos:

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.

YCG 

(a )(16a )(8a ).2  (20a )(4a )(18a )  15,14a (a )(16a ).2  (20a )(4a )

 (a )(16a ) 3  (20a )(4a ) 3 IZ    (a )(16a )(7,14a ) 2 .2   (20a )(4a )(2,86a ) 2  3075,05a 4 12 12   92

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx  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: 2 A sup Z  (20a )(4a )  2(0,86a )(a )  81,72a (TRACCION) 2 A inf Z  2(a )(15,14a )  30,28a (COMPRESION)

Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Aplicamos la condición de resistencia para cada zona:



tr máx

26,4.10 3  .4,86a  30.10 6 4 3075,05a

 comp máx 

26,4.10 3 .15,14a  90.10 6 3075,05a 4



a  1,12.10 2 m



a  1,12cm



a  1,13.10 2 m



a  1,13cm

93

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: M máx  2000L , implica que la zona superior al eje neutro es de 2

tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: 2 A sup Z  12.2  1.6,28  30,28cm (TRACCION) 2 A inf Z  1.19,72  19,72cm (COMPRESION)

Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Luego: tr  máx 

M máx tr y máx  tr IZ



2000L2 .8,28.10 2  40.10 6 8 3918,75.10 94

L  3,077m Donde:

IZ 

12.2 3 1.26 3  12.2.7,28 2   1.26.6,72 2  3918,75cm 4 12 12

Ahora, analizamos el efecto de compresión:

 comp máx 

M máx comp y máx  comp IZ



2000L2 .19,72.10 2  150.10 6 3918,75.10 8

L  3,86m

Asumimos:

L  3m Ahora, graficamos el diagrama final:

Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal.

A  0 Vmáx S BZ 12.10 3.174,72.10 6 B    0,45MPa IZbB 3918,75.10 8.12.10 2

SBZ  12.2.7,28  174,72cm 3  B' 

Vmáx S BZ' 12.10 3.174,72.10 6   5,35MPa I Z b B' 3918,75.10 8.1.10 2

 máx   C 

Vmáx SCZ 12.10 3.194,44.10 6   5,95MPa IZbC 3918,75.10 8.1.10 2

SCZ  174,72  1.6,28.3,14  194,44cm 3

D  0 95

4. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Transformamos la madera en acero:

b 'a 

Em 1 b m  .10  0,5cm Ea 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:

IZ 

10.1,2 3 0,5.13,83  10.1,2.2,74 2   0,5.13,8.4,76 2  357,37cm 4 12 12 96

Determinamos los esfuerzos normales máximos en el acero y la madera:



a máx

M máx a 750.10 2  y máx  .3,34  700,95kg / cm 2 IZ 357,37

 mmáx 

Em Ea

 M máx m  1  750.10 2    y máx   .11,66   122,35kg / cm 2   IZ  20  357,37

5. Transformamos el acero en concreto:

A 'c  nA a  15.4,62  69,3cm 2

Se sabe que: inf Ssup Z  SZ



X 15X   69,325  X  2 7,5X 2  69,3X  1732,5  0

X  11,26cm Luego:

15.11,26 3 IZ   15.11,26.5,632  69,3.13,74 2  20221,12cm 4 12 Analizamos los esfuerzos en el concreto y el acero, comparándolos con los valores admisibles. CONCRETO:

 cmáx 

M máx c y máx  c IZ



M máx .11,26  40 20221,12 M máx  71833,46kg.cm

ACERO:

 amáx 

Ea Ec

 M máx a   y máx   a  IZ 



15.

M máx .13,74  1200 20221,12

M máx  117735,78kg.cm

Asumimos:

M máx  71833,46kg.cm  718,33kg.m

97


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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 lg y h  10p lg . Calcular el esfuerzo de flexión máximo  máx en el durmiente, si se supone que L  57p lg y a  19,5p 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 2

2

normales mayores a 1200kg/cm , ni esfuerzos tangenciales mayores a 60kg/cm , calcular el máximo valor de la carga “P”, expresada en toneladas, que puede aplicarse sobre dicho sistema y graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. ………………………. (5 puntos) 98

4. Una viga compuesta por cuatro materiales (E1  150000kg / cm

2

, E 2  175000kg / cm

2

,

E 3  250000kg / cm 2 , E 4  300000kg / cm 2 ) , está sometida a las cargas mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos normales máximos que se producen en cada material. ………………………. (5 puntos)

5. En una viga de concreto armado, b  38cm , d  70cm y el área total de las varillas de acero es

 c  31,5kg / cm 2 , a

19,48cm2. Considerar n  20 , 

 875kg / cm 2 . Determinar el momento

flector máximo que puede soportar la viga. Considerar “d” la distancia desde el eje de las varillas de acero hasta la cara superior de la viga. ………………………. (4 puntos)

FECHA

La Molina, 23 de Octubre del 2006

99

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2006 – II 1. Por dato del problema:

 sup



 inf

7 3

Además, se sabe que:

 sup 

M y sup IZ

…………………. (a)

 inf 

M y inf IZ

…………………. (b)

Dividimos (a) entre (b) y obtenemos:

y sup y inf



7 3

Del gráfico del problema:

y sup  y inf  10

7 y inf  y inf  10 3 De donde:

y inf  3p lg y sup  7p lg De esta manera, la sección transversal quedará tal como se muestra en la siguiente figura:

Luego: inf Ssup Z  SZ

7.t..3,5.2  24t (3  0,5t )  t.

(3  t ) 2 .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:

t  2p lg 100

2. Analizamos el equilibrio de la estructura:

F

Y

0



q(57  2.19,5)  2(50000)



q  1041,67lb / p lg

Graficamos los diagramas correspondientes:

Determinamos el esfuerzo normal máximo:

 máx 

M máx 225000 y máx  .5  1125psi IZ 12.10 3 / 12

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.

YCG 

27.2.13,5  18.2.28  19,3cm 27.2  18.2 101

IZ 

2.27 3 18.2 3  2.27.5,8 2   18.2.8,7 2  7833,9cm 4 12 12

Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx  2P , implica que la zona superior al eje neutro es de tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: 2 A sup Z  18.2  7,7.2  51,4cm (TRACCION) 2 A inf Z  2.19,3  38,6cm (COMPRESION)

Como coincide la ubicación de las zonas de tracción y de compresión, tanto por momento flector, como por áreas, se concluye que dicha posición es la racional. Comprobamos las condiciones para esfuerzos normales en tracción y compresión, así como para el esfuerzo tangencial. tr  máx 

M máx tr y máx    IZ

2P .(9,7.10 2 )  12000 8 7833,9.10



P  4,846T

 comp máx 

M máx comp y máx    IZ

2P .(19,3.10 2 )  12000 8 7833,9.10



P  2,435T

P.372,49.10 6  600 7833,9.10 8.2.10 2



P  2,524T

Vmáx Ssup Z   IZb

 máx 



3 Ssup Z  18.2.8,7  7,7.2.3,85  372,49cm

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 B 

2,435.313,2.10 6  54,08T / m 2 8 2 7833,9.10 .18.10

SBZ  18.2.8,7  313,2cm 3 102

 B'   máx

2,435.313,2.10 6  486,76T / m 2 8 2 7833,9.10 .2.10

2,435.372,49.10 6  C   578,9T / m 2 8 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 150000 b1  .30  15cm E4 300000

MATERIAL 2:

b '4 

E2 175000 b2  .30  17,5cm E4 300000

MATERIAL 3:

b '4 

E3 250000 b3  .30  25cm E4 300000 103

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 

IZ 

30.10.5  25.10.15  17,5.10.25  15.10.35  17cm 300  250  175  150

30.10 3 25.10 3 17,5.10 3 15.10 3  30.10.12 2   25.10.2 2   17,5.10.8 2   15.10.18 2 12 12 12 12

I Z  111291,67cm 4 Calculamos los esfuerzos normales máximos para cada material. MATERIAL 4:

 4máx 

M máx 4 24.10 3.10 2 y máx  .17  366,6kg / cm 2 IZ 111291,67

MATERIAL 3: 3 2 E M  250000  24.10 .10  3máx   3  máx y 3máx   .7  125,79kg / cm 2  E I 300000 111291 , 67    4 Z

MATERIAL 2: 3 2 E M  175000  24.10 .10  2máx   2  máx y 2máx   .13  163,53kg / cm 2   300000  111291,67  E4  IZ

MATERIAL 1:



1 máx

3 2  E1  M máx 1  150000  24.10 .10     y máx   .23  248kg / cm 2   300000  111291,67  E4  IZ

5. Transformamos el área de acero en concreto.

A 'c  nA a  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. inf Ssup Z  SZ



X 38X   389,670  X  2 104

19X 2  389,6X  27272  0 De donde:

X  29cm

Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro.

IZ 

38.29 3  38.29.14,5 2  389,6.412  963844,93cm 4 12

Aplicamos las condiciones de resistencia para el concreto y el acero. CONCRETO:

 cmáx 

M máx c y máx  c IZ



M máx .29  31,5 963844,93 M máx  1046935kg.cm

ACERO:

E M  amáx   a  máx y amáx  a  Ec  IZ



20.

M máx .41  875 963844,93

M máx  1028493kg.cm

De donde:

M máx  1028493kg.cm  10284,93kg.m

105


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CICLO

V

1. Determinar el valor de la dimensión “b” de la sección transversal de una viga sometida a flexión, si se

 comp  3tr

cumple que 

………………………. (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 en las vigas, si el peso específico del agua es   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 2

2

valor máximo de “w”, si los esfuerzos admisibles son 140kg/cm en tracción y compresión, 15kg/cm en cortante. Graficar el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal. ………………………. (5 puntos) 106

4. Una viga está compuesta de tres materiales, como se muestra en la figura. Las tres partes se hallan firmemente unidas entre si de manera que no existe posibilidad de deslizamiento entre ellas. Determinar

 a

el momento flector máximo que puede soportar si los esfuerzos admisibles son 

al  80MPa , m  10MPa y

 120MPa ,

los módulos de elasticidad son E a  200GPa , E al  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  3000mm y la 2

relación modular n  10 . Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero, si el momento flector aplicado es 140kN.m ………………………. (4 puntos)

FECHA


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 y máx tr  comp comp y máx



tr y máx 1  comp 3 y máx tr y comp máx  3y máx

Asimismo: tr y máx  y comp máx  24

Reemplazamos datos y obtenemos: tr y máx  6cm

y comp máx  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. inf Ssup Z  SZ



2.18.9  2.2.1  4.(b).4 b  20cm

2. Esquematizamos la viga y el efecto de cargas, siendo w o  hb

108

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:

Luego:

 máx 

M máx (w o h 2 / 9 3) 2w o h 2 2( hb)h 2 2h 3 2.9,81.10 3.2,4 3 y máx  ( t / 2 )      2,32MPa IZ (bt 3 / 12) 3 3bt 2 3 3bt 2 3 3t 2 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.

 7.16 3  20.20 3 4 IZ   2   8554,67cm 12  12  109

Aplicamos la condición de resistencia. ESFUERZO NORMAL:

 máx 

M máx y máx    IZ

1,758w .10.10 2  140.10 4 8 8554,67.10

w  681,26kg / m ESFUERZO TANGENCIAL:

 máx 

Vmáx Ssup Z   IZb



2,125w.552.10 6  15.10 4 8554,67.10 8.6.10 2

w  656,37kg / m Donde: C 3 Ssup Z  S Z  20.10.5  2.(7.8.4)  552cm

Asumimos:

w máx  656,37kg / m Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales.

A  0 B 

1394,78.360.10 6  2,93.10 4 kg / m 2  2,93kg / cm 2 8 2 8554,67.10 .20.10 Vmáx  2,125.656,37  1394,78kg SBZ  20.2.9  360cm 3

 B' 

1394,78.360.10 6  9,78.10 4 kg / m 2  9,78kg / cm 2 8 2 8554,67.10 .6.10

 máx   C 

1394,78.552.10 6  15.10 4 kg / m 2  15kg / cm 2 8 2 8554,67.10 .6.10

 D'   B'  9,78kg / cm 2  D   B  2,93kg / cm 2

E  0

110

4. Determinamos los anchos equivalentes de los materiales convertidos en acero. MADERA:

b 'a 

Em 10.10 9 bm  .80  4mm Ea 200.10 9

ALUMINIO:

b 'a 

E al 70.10 9 b al  .80  28mm Ea 200.10 9

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  123,89mm 28.50  4.150  80.20

28.50 3 4.150 3 80.20 3  28.50.98,89 2   4.150.1,112   80.20.86,112  27025555,56mm 4 12 12 12

Aplicamos la condición de resistencia para cada material. ACERO:

 amáx 

M máx a y máx  a IZ



M máx 

120.10 6.27025555,56.10 12 96,11.10 3

M máx  33,74kN.m MADERA:

E M  mmáx   m  máx y mmáx  m   Ea  IZ

M máx 

10.10 6.27025555,56.10 12  200    76,11.10 3  10 

M máx  71,02kN.m ALUMINIO:

E  almáx   al  Ea

 M máx al  y máx  al  IZ



M máx 

80.10 6.27025555,56.10 12  200    123,89.10 3  70 

M máx  49,86kN.m 111

Asumimos:

M máx  33,74kN.m 5. Calculamos el área del acero transformado en concreto.

A 'c  nA a  10.3000  30000mm 2  300cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro, a través del momento estático. inf Ssup Z  SZ



X 50.15.(7,5  X)  25X   300.(50  X) 2 12,5X 2  1050X  9375  0

De donde:

X  8,14cm

Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro:

50.153 25.8,14 3 2 IZ   50.15.15,64   25.8,14.4,07 2  300.41,86 2  727692,19cm 4 12 12 Calculamos los esfuerzos máximos para ambos materiales. CONCRETO:

 cmáx 

M máx c 140.10 3 y máx  .23,14.10 2  4,45MPa IZ 727692,19.10 8

ACERO:

M    140.10 3  amáx  n máx y amáx   10. .41,86.10 2   80,53MPa 8  727692,19.10   IZ 

112


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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  máx ? ¿Cuál es la relación de este esfuerzo al esfuerzo  B en el empotramiento? ………………………. (5 puntos)

2. La viga de hierro fundido soporta las cargas mostradas en la figura. Si los esfuerzos admisibles son de 48MPa y 120MPa en tracción y compresión, respectivamente, determinar el valor máximo de la longitud del voladizo, sabiendo que la posición racional de la sección transversal de la viga es la mostrada en la figura. ………………………. (5 puntos)

113

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 E al  70GPa y E a  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  500mm , A a  1200mm 2 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


SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – II 1. Graficamos el diagrama de momento flector:

Analizamos la variación de la sección transversal:

m h/2  x L



m

hx 2L

Luego:

x  hx   h x  h  2m  h  2   h1    2L   L Calculamos el momento de inercia a una longitud “x”, siendo:

I (ZX ) 

h1  x / Lh(1  x / L)3 12



h 4 (1  x / L) 4 12

En consecuencia, se tendrá:

y (X) 

h x 1   2 L

 (X) 

MX 12Px y (X)  4 (X) IZ h (1  x / L) 4

h  x  6Px  2 1  L   h 3 (1  x / L) 3    115

El esfuerzo normal máximo se obtendrá al derivar

d ( X ) dx

0

En consecuencia:

d ( X ) dx



6Ph 3 (1  x / L) 3  3h 3 (1  x / L) 2 (1 / L)6Px 0 h 6 (1  x / L) 6

De donde:

x  L/ 2 De esta manera:

 máx   X  L / 2

 B   XL 

L 6 P  8PL 2   3 3 9h  L/2 h 3 1   L  

6PL 3PL  3 h (1  L / L) 4h 3 3

Luego:

 máx 8PL / 9h 3 32   B 3PL / 4h 3 27 2. Determinamos las características geométricas de la sección transversal de la viga.

YCG 

2.30.150.75  180.30.165  108,75mm 2.30.150  180.30

Comprobamos las áreas de las zonas, para conocer la zona de tracción y de compresión, y como se trata de hierro fundido el área mayor será de tracción. 2 A sup Z  180.30  2.30.41,25  7875mm (TRACCION) 2 A inf Z  2.30.108,75  6525mm (COMPRESION)


IZ 

 30.150 3  180.30 3  180.30.56,25 2  2.  30.150.33,75 2   44617500mm 4 12  12 

116

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 

M máx tr y máx  tr IZ



15X .71,25.10 3  48.10 3 12 44617500.10 X  2m

COMPRESION:

 comp máx 

M máx comp y máx  comp IZ



15X .108,75.10 3  120.10 3 12 44617500.10

X  3,28m

Asumimos:

X máx  2m Comprobamos que la zona más peligrosa es la de tracción, aplicando la fórmula: tr y máx tr ˃ comp y máx comp



71,25 48 ˃ 108,75 120



117

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 BZ V.(0,1875b 3 ) V B    2  o 4 I Z b B (0,375b )(0,5b) b

SBZ  (0,5b)(0,5b)(0,75b)  0,1875b 3  (0,5b)(0,5b) 3  b( b) 3 I Z  2.  (0,5b)(0,5b)(0,75b) 2    0,375b 4 12 12  

b B  0,5b VS BZ' V.(0,1875b 3 ) V  B'    0,5 2  0,5 o 4 I Z b B' (0,375b )(b) b C 

VS CZ V.(0,3125b 3 ) V   0,833 2  0,833 o 4 I Z b C (0,375b )(b) b

SCZ  0,1875b 3  (b)(0,5b)(0,25b)  0,3125b 3 En la parte inferior por simetría, el diagrama será el mismo, es decir:

 D'   B'  0,5 o  D   B   máx   o

E  0

4. Calculamos el ancho equivalente del acero transformado en aluminio.

b 'al 

Ea 210 ba  .30  90mm E al 70

Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transformada.

YCG 

90.80.40  30.40.100  48,57mm 90.80  30.40

118


IZ 

30.40 3 90.80 3  30.40.51,432   90.80.8,57 2  7702857,16mm 4 12 12

Determinamos el valor del momento flector máximo:

 almáx 

M máx al y máx IZ



60.10 6 

M máx .71,43.10 3 12 7702857,16.10

M máx  6470,27 N.m Ahora, calculamos el esfuerzo normal máximo en el acero:

E M 6470,27  210   amáx   a  máx y amáx   .48,57.10 3  122,39MPa  12  70  7702857,16.10  E al  I Z 5. Calculamos el área de acero transformado en concreto:

A 'c  nA a  8.1200  9600mm 2  96cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro, a través de los momentos estáticos: inf Ssup Z  SZ



X 30X   9650  X  2

5X 2  32X  1600  0 X  14,97cm

119


30.14,97 3 IZ   30.14,97.7,485 2  96.35,032  151349,59cm 4 12 Determinamos los esfuerzos máximos en el concreto y acero:



c máx

M máx c 70.10 3  y máx  .14,97.10 2  6,92MPa 8 IZ 151349,59.10

 amáx  n

M máx a 70.10 3 y máx  8. .35,03.10 2  129,61MPa IZ 151349,59.10 8

120


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DURACIÓN

110m

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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)

121

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 M máx que puede soportar la viga si se considera que el esfuerzo normal permisible en el acero

 a .

es 

Considerar que los módulos de elasticidad para el acero y el aluminio son E a y E al ,

respectivamente. ………………………. (5 puntos)

5. En una viga de concreto armado, b  20cm , d  40cm , A a  14cm . Determinar los esfuerzos 2

normales en el concreto y acero, para los casos (a) n  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)

FECHA

La Molina, 19 de Mayo del 2008

122

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que:

 tr 

Mo y tr IZ

 comp 

Mo y comp IZ

Luego: a) TRIANGULO EQUILATERO:

1b 3    3  2 

 tr y  tr   0,5  comp y comp 2  b 3    3  2 

b) SEMICIRCULO:

 tr y  tr  comp y comp

2d 3   0,7374 d3  4 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.

 máx 

Vmáx Ssup Z   I Z b mín



2w (0,15.0,1.0,05  0,1.0,075.0,0375)  1,2.10 6 3 3  0,15.0,2 0,1.0,15    .0,050 12   12 123

w  4600N / m Asumimos:

w  4,6kN / m

3. Analizamos la parte superior de la sección transversal.

bx b  x h/2



bx 

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 x) Ssup(  Z

2 1  h 2x  1  2bx   h 2x  bx  h 2x  (b x )( x ).    x       2 h 2 3   2 3  2 h   2 3 

Ahora, calculamos el momento de inercia de toda la sección transversal de la viga, respecto al eje neutro Z

 b(h / 2) 3 1  h  1 h  2  bh 3 I Z  2.  b   .    2  2  3 2   48  36 Luego:

(X) 

x) VS sup( Z  IZbx

V.

bx 2  h 2x   h 2x     24Vx    h 2 3  2 3    bh 3 2bx bh 3 . 48 h

El esfuerzo tangencial máximo se obtendrá al derivar 124

d ( X ) dx

0

En consecuencia:

d ( X ) dx



24V  h 2x   2  24Vx         0 bh 3  2 3   3  bh 3 

De donde:

x

3h 8

Luego, graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial.

A  0  3h  h 2 3h  2w    .   8  2 3 8   9V  4bh bh 3

 B   x 3 h / 8

 C   x h / 2

 h  h 2 h  24V   .   2  2 3 2   2V  bh bh 3

 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 continuación. Se sabe que:

a 

M ya IZ

Siendo:

I Z  I a  n.I al  I a 

E al E I  E al I al I al  a a Ea Ea

Reemplazamos valores:

a 

Mya E a  a E a I a  E al I al 125

d M  E a 2  a 4 4   4 d   d Ea   d      E al 64  64  2   2   Efectuando cálculos obtenemos:

M Ea d 15E a  E al  512 3

 a

De donde:

M

d 3 a 512

 15E a  E al  Ea 

  

De esta manera, el momento flector máximo será:

M máx 

d 3 a 512

 E 15  al Ea 

  

5. a) Calculamos el área del acero transformado en concreto.

A 'c  nA a  6.14  84cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro: inf Ssup Z  SZ



X 20X   8440  X  2

10X 2  84X  3360  0 X  14,6cm


IZ 

20.14,6 3  20.14,6.7,32  84.25,4 2  74941cm 4 12

Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero:

 cmáx 

M máx c 1500.100 y máx  .14,6  29,22kg / cm 2 IZ 74941

126

 amáx  n

M máx a  1500.100  y máx  6 .25,4   305,04kg / cm 2 IZ  74941 

b) Calculamos el área del acero transformado en concreto.

A 'c  nA a  10.14  140cm 2 Determinamos la ubicación del eje neutro: inf Ssup Z  SZ



X 20X   14040  X  2

10X 2  140X  5600  0 X  17,68cm Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro:

20.17,683 IZ   20.17,68.8,84 2  140.22,32 2  106588,58cm 4 12 Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero:

 cmáx 

M máx c 1500.100 y máx  .17,68  24,88kg / cm 2 IZ 106588,58

 amáx  n

M máx a  1500.100  y máx  10 .22,32   314,10kg / cm 2 IZ  106588,58 

127


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110m

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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 6 T / m 2 y las secciones de la viga en el tramo AB es 30cm x 40cm y en el tramo BC de 40cm x 60cm ………………………. (6 puntos)

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 / m e I  0,0054m 6

2

4

………………………. (6 puntos)

128

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   0,5p lg ;

L  20pie ; E  30.10 6 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)

FECHA

La Molina, 19 de Junio del 2006 129

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – I 1. Analizamos las inercias para cada parte de la viga:

 0,3.0,4 3    4800T.m 2 EI AB  EI 1  3.10 6.  12 

 0,4.0,6 3    21600T.m 2 EI BC  EI 2  3.10 6.  12  Luego:

EI BC EI 2 21600    4,5 EI AB EI 1 4800 Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB , calculando las reacciones en los otros apoyos.

M

A

0

VC (10)  12(4)(2)  10(6)(7)  VB (4)  0



VC  51,6  0,4VB

F

Y

0

VA  VB  (51,6  0,4VB )  12(4)  10(6)  0



VA  56,4  0,6VB Ahora, analizamos tramo por tramo en forma consecutiva. TRAMO I-I (0  x  4)

EI1 y"  (56,4  0,6VB )x  6x 2

EI 1 y '  (56,4  0,6VB )

x2  2x 3  C1 2

x3 x4 EI 1 y  (56,4  0,6VB )   C1 x  C 2 6 2 Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x  0



y A  y x 0  0



C2  0

b) Si x  4m



y B  y x 4  0



C1  1,6VB  118,4

TRAMO II-II (4  x  10)

EI 2 y"  (56,4  0,6VB )x  48(x  2)  VB (x  4)  5(x  4) 2

x2 ( x  4) 2 5( x  4) 3 2 EI 2 y  (56,4  0,6VB )  24( x  2)  VB   C3 2 2 3 '

EI 2 y  (56,4  0,6VB )

x3 ( x  4) 3 5( x  4) 4  8( x  2) 3  VB   C3 x  C 4 6 6 12 130

PRINCIPIO DE CONTINUIDAD c) Si x  4m

1 EI 1



 Ix 4   IIx 4

   42 1  42 3 ( 56 , 4  0 , 6 V )  2 ( 4 )  ( 1 , 6 V  118 , 4 )  ( 56 , 4  0 , 6 V )  24(2) 2  C 3  B B B    2 2   EI 2  

C3  566,4  9,6VB d) Si x  4m

1 EI 1



y Ix 4  y IIx 4

   43 4 4 1  43 3  4C1   (56,4  0,6VB )  (56,4  0,6VB )  8(2)  4C 3  C 4  6 2 6   EI 2  

Reemplazamos C1 y C 3 por los valores calculados anteriormente, obteniendo:

C 4  44,8VB  2803,2 CONDICION ADICIONAL e) Si x  10m

(56,4  0,6VB )



y C  y x 10  0

V (6) 3 5(6) 4 10 3  8(8) 3  B   (566,4  9,6VB )(10)  (44,8VB  2803,2)  0 6 6 12

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.

131

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:

y1  y x 3,720

 1  3,720 3 3,720 4    12,499.3,720  1,9.10 4 m  0,19mm  16,687. 4800  6 2 

 1  1,5413 1,5414 y 2  y x 1,541    12,499.1,541  2,48.10 3 m  2,48mm  16,687. 4800  6 2  TRAMO II-II (4  x  10)

x2 ( x  4) 2 5( x  4) 3 2 16,687  24( x  2)  66,188   69,005  0 2 2 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 x 5  7,238m x 6  11,956m Luego:

y 5  y x 7, 238 

 1  7,2383 66,188.3,2383 5.3,238 4 3 16 , 687 .  8 . 5 , 238    69,005.7,238  162,022  21600  6 6 12 

y 5  y x 7, 238  4,81.10 3 m  4,81mm  Con este resultado, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la siguiente figura, siendo la deflexión máxima y máx  y x 7, 238  4,81mm 

132

2. Calculamos las reacciones en la viga:

M

F

Y

A

0

0



wa 2 a VB (4a )   wa   w (3a )(2,5a )  0  2 2

VB  1,625wa 



VA  1,625wa  wa  3wa  0



VA  0,375wa 

Planteamos la ecuación universal:

y  o x 

0,375wax 3 0,5wa 2 ( x  a ) 2 wx 4 w ( x  a ) 4 w ( x  a ) 4 w ( x  4a ) 4      6EI 2EI 24EI 24EI 24EI 24EI

Aplicamos la condición de borde o extremo:



Si x  4a

 o (4a ) 

y B  y x 4a  0

0,375wa(4a ) 3 0,5wa 2 (3a ) 2 w (4a ) 4 w (3a ) 4 w (3a ) 4     0 6EI 2EI 24EI 24EI 24EI

De donde:

o  

17 wa 3 12EI

En consecuencia:

 A  o  

17 wa 3 wa 3  1,417 12EI EI

La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. Ahora, analizamos el punto C, calculando la deflexión en dicho punto.

y C  y x 2a

1,417 wa 3 (2a ) 0,375wa(2a ) 3 0,5wa 2 (a ) 2 w (2a ) 4 w (a ) 4 w (a ) 4 2wa 4         EI 6EI 2EI 24EI 24EI 24EI 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:

y1  y 2  0 1  30  1  3V  1  1,5VC   1,5VC    (3)(5)  (3) C (2)   (3)(4,5)  (3) (5)  0 2  EI  2  EI  2  EI   EI  De donde:

VC  5,556T 

133

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  0 M  0 Y

A



VA  5,556  20  0



VA  14,444T 



M A  5,556(6)  20(3)  0



M A  26,664T.m

Ahora, calculamos la pendiente en C, sabiendo que la pendiente en A es cero por ser empotramiento.

 C   A  AREA (AM,C/ EI )

1  30  1  3.5,556   1,5.5,556  1  1,5.5,556   C    (3)  (3)   (3)   (3)  2  EI  2  EI   EI  2  EI  134

C 

17,505 17,505   1,08.10 3 rad  0,06 o EI 3.10 6.0,0054

La pendiente en C va en sentido antihorario. Luego, determinamos la deflexión en el punto B

1  30  1  1,5.5,556  27,495  1,5.5,556  y B  d BtgA   (3) (2)  (3) (1,5)  (3) (2)   2  EI  2  EI  EI  EI 

yB  

27,495  1,7.10 3 m  1,7mm  6 3.10 .0,0054

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  0,5p lg  Luego, como y C  M C tendremos:



5400P 1  60P   60P  (120)   (60)(80)   (60)(30)  0,5 EI 2  EI   EI 

De donde:

P

0,5EI 0,5.30.10 6.396   15000lb  15k 396000 396000

135


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CICLO

V

1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga simplemente apoyada AB se somete a una carga distribuida de intensidad variable w  w o sen

x . Determinar la deflexión máxima si es de sección L

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)

136

4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. La aplicación de un momento puntual M en el extremo A de la viga mostrada en la figura ocasiona en el extremo B un momento M . Calcular el valor del coeficiente

 y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector. ………………………. (5 puntos)

FECHA

La Molina, 20 de Noviembre del 2006 137

SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 4 CICLO 2006 – II 1. Se sabe que:

EIy IV  w EIy III  V EIy II  M Luego:

EIy IV   w o sen

x L

Integramos una vez:

EIy III 

woL x cos  C1  L

CONDICIONES: a) Si x  L / 2



Vx L / 2  0

Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero.

woL cos 90 o  C1  0 

C1  0



De esta manera, la ecuación quedará así:

EIy III 

woL x cos  L

Integramos otra vez:

EIy II  b) Si x  0



w o L2 x sen  C2 2 L 

M x 0  0

Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero.

w o L2 sen 0 o  C 2  0 2

C2  0




EIy II 

w o L2 x sen 2 L 

Integramos otra vez y obtenemos:

EIy '   c) Si x  L / 2



w o L3 x cos  C3 3 L 

 x L / 2  0

w o L3  3 cos 90 o  C 3  0  De esta manera, la ecuación quedará así:

138



C3  0

EIy '  

w o L3 x cos 3 L 

Integramos otra vez:

EIy   d) Si x  0



w o L4 x sen  C4 4 L 

y x 0  0



w o L4 sen 0 o  C 4  0 4

C4  0




EIy  

w o L4 x sen 4 L 

Calculamos la deflexión máxima:

y máx  y x L / 2 

w o L4 1  w o L4 o  sen 90      EI   4  4 EI 

2. Determinamos el grado de indeterminación:

G.I.  6  3  3 La viga es tres veces hiperestática. La viga quedará así:

Aplicamos la ecuación universal, obteniéndose:

M A x 2 VA x 3 40x 4 40( x  3) 4    2EI 6EI 24EI 24EI

y

M A x VA x 2 40x 3 40( x  3) 3 dy      dx EI 2EI 6EI 6EI CONDICIONES: a) Si x  6m



y B  y x 6  0 

18M A 36VA 2160 135    0 EI EI EI EI

M A  2VA  112,5 b) Si x  6m



………………… (1)

 B   x 6  0 

6M A 18VA 1440 180    0 EI EI EI EI

M A  3VA  210 139

………………… (2)

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.

140

TEOREMA 1:

C   A  AREA AM,C/ EI

 A 

1  L  PL  1  PL PL  L         2  4  8EI  2  16EI 8EI  4 

A  

5PL2 128EI

La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. TEOREMA 2:

y C  d AtgC 

1  L  PL  L   L  PL  3L  1  L  PL  5L                2  4  8EI  6   4  16EI  8  2  4  16EI  12 

yC 

3PL3  256EI

Indica que el punto A está por encima de la tangente en C 4. 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:

yA  MA  0  V a  3a  1  V a  5a   M   a   M   3a  1  VA a  2a     (a ) A    (a ) A    0  (a )    (a )   (a )  EI   2   2EI   2  2  EI  3   2EI  2  2  2EI  3 

VA  Retornamos a la viga original, la cual quedará así:

141

5M  6a

M

B

0



 5M   M  M   2a   0  6a 



  0,667

De esta manera, los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector serán los mostrados en la siguiente figura.

142


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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  12.10 6 mm 4 ………………………. (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 , 2

b  400mm y h  600mm ………………………. (5 puntos)

143

4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Determinar la deflexión  B en el extremo libre B de la viga en voladizo AB mostrada en la figura. La viga soporta una carga uniforme de intensidad “w” y tiene momentos de inercia I 2  2I e I1  I en las porciones AC y CB, respectivamente. ………………………. (4 puntos)

FECHA


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

0

 MA  0



VA  VB  3wa  0



VA  3wa  VB



M A  VB (2a )  w(3a )(3a / 2)  0



MA 

9wa 2  2VB a 2

TRAMO I-I (0  x  2a )

 9wa 2  wx 2  EIy"  (3wa  VB ) x    2VB a   2 2    x 2  9wa 2 wx 3   EIy'  (3wa  VB )   2VB a x   C1 2  2 6 

EIy  (3wa  VB )

 x 2 wx 4 x 3  9wa 2    2VB a    C1 x  C 2 6  2 2 24 

Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x  0



y A  y x 0  0



C2  0

b) Si x  0



 A   x 0  0



C1  0

c) Si x  2a



y B  y x 2a  0

 (2a ) 2 w (2a ) 4 (2a ) 3  9wa 2  (3wa  VB )   2VB a   0 6 2 24   2 De donde:

VB 

17 wa  8

De esta manera, calculamos las otras reacciones y graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Las ecuaciones finales para el tramo I-I serán:

7 wax 2 wa 2 x wx 3 EIy'    16 4 6

145

EIy 

7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4   48 8 24

TRAMO II-II (2a  x  3a )

EIy" 

7 wa wa 2 wx 2 17 wa x   ( x  2a ) 8 4 2 8

7 wax 2 wa 2 x wx 3 17 wa( x  2a ) 2 EIy'      C3 16 4 6 16

EIy 

7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4 17 wa( x  2a ) 3     C3 x  C 4 48 8 24 48

Aplicamos el Principio de Continuidad, para determinar los coeficientes C 3 y C 4 PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: d) Si x  2a



 Ix 2a   IIx 2a

7 wa(2a ) 2 wa 2 (2a ) w (2a ) 3 7 wa(2a ) 2 wa 2 (2a ) w (2a ) 3       C3 16 4 6 16 4 6 De donde:

C3  0 146

e) Si x  2a



y Ix 2a  y IIx 2a

7 wa(2a ) 3 wa 2 (2a ) 2 w (2a ) 4 7 wa(2a ) 3 wa 2 (2a ) 2 w (2a ) 4       0  0  C4 48 8 24 48 8 24 De donde:

C4  0 De esta manera, las ecuaciones finales para el tramo II-II serán:

7 wax 2 wa 2 x wx 3 17 wa( x  2a ) 2 EIy'     16 4 6 16 EIy 

7 wax 3 wa 2 x 2 wx 4 17 wa( x  2a ) 3    48 8 24 48

Determinamos la deflexión en el extremo libre C

y C  y x  3a

1  7 wa(3a ) 3 wa 2 (3a ) 2 w (3a ) 4 17 wa 4  5wa 4        EI  48 8 24 48  24EI

2. Calculamos las reacciones en los apoyos:

M

A

0



1 VB (2,4)  (1,2)(12)(2)  (1,2)(12)(3)  0 2

F

0



HA  0

F

0



1  VA  24  (1,2)(12)  (1,2)(12)  0 2

X

Y



VB  24kN 



VA  2,4kN 

Planteamos la ecuación universal:

2,4x 3 24( x  2,4) 3 12( x  2,4) 4 10( x  1,2) 5 10( x  2,4) 5 12( x  2,4) 4 y  o x       6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x  2,4m



y x  2, 4  0

2,4 o 

2,4(2,4) 3 10(1,2) 5  0 6EI 120EI

De donde:

o 

2,3904 EI

Por lo tanto, la ecuación universal quedará así:

y

2,3904 2,4x 3 24( x  2,4) 3 12( x  2,4) 4 10( x  1,2) 5 10( x  2,4) 5 12( x  2,4) 4 x      EI 6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI

Calculamos las deflexiones en C y D

y C  y x 1, 2 

2,3904 2,4(1,2) 3 2,1773 2,1773 (1,2)     9,07.10 4 m  0,907mm  6 6 EI 6EI EI 200.10 .12.10

y D  y x 3,6 

2,3904 2,4(3,6) 3 24(1,2) 3 12(1,2) 4 10(2,4) 5 10(1,2) 5 12(1,2) 4 (3,6)       EI 6EI 6EI 24EI 120EI 120EI 24EI

147

y D  y x 3,6  

9,5731 9,5731   3,989.10 3 m  3,989mm  EI 200.10 6.12.10 6


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:

 B   A  AREA AM,B/ 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 mostrados en el gráfico.

148

TEOREMA 2:

y máx  d AtgC 

1  120   4   120   5   80   3  100 100   (2)    (1)    (3)   6 2  EI   3   EI   2   EI   2  EI 19.10 .(0,4.0,6 3 / 12)

y máx  7,3.10 4 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   L  wL2  3L  1  L  3wL2  7L  15wL4               y B  M B      3  2  8EI  8   2  16EI  4  3  2  16EI  8  256EI

149


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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)

150

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


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



wx 

wx a

TRAMO I-I (0  x  a )

3wax wx 2 1  wx  x  3wax wx 2 wx 3 EIy"    ( x )      2 2 2  a  3  2 2 6a

3wax 2 wx 3 wx 4 EIy'     C1 4 6 24a

EIy 

wax 3 wx 4 wx 5    C1 x  C 2 4 24 120a

Aplicamos las condiciones de borde o extremos: a) Si x  0



y x 0  0



C2  0

b) Si x  a



 x a  0



C1  

13wa 3 24

De esta manera, las ecuaciones finales serán:

EIy' 

3wax 2 wx 3 wx 4 13wa 3    4 6 24a 24

EIy 

wax 3 wx 4 wx 5 13wa 3 x    4 24 120a 24

Determinamos la deflexión máxima, la cual sucede en el centro de la viga, debido a la simetría.

y máx  y x a 

1  wa 4 wa 4 wa 4 13wa 4  41wa 4         EI  4 24 120 24  120EI


G.I.  4  3  1 152

La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por su reacción, calculando las otras reacciones en función de VB

M F

Y

A

0

0



VB (2a )  VD (4a )  w(2a )(3a )  0



VD 

3wa  VB 2



VA  VB 

3wa  VB  w (2a )  0 2



VA 

wa  VB 2

Planteamos la ecuación de la elástica:

 wa  VB  3  x 3 4 2    VB ( x  2a )  w ( x  2a ) y  o x  6EI 6EI 24EI CONDICIONES:



a) Si x  2a



y B  y x 2a  0

 wa  VB  3  (2a ) 2   o (2a )   0 6EI

( wa  VB )a 2 o   3EI 

b) Si x  4a



y D  y x 4a  0

( wa  VB )a 2 ( wa  VB )(4a ) 3 VB (2a ) 3 w (2a ) 4 (4a )    0 3EI 12EI 6EI 24EI

De donde:

VB 

5wa  4

Luego, reemplazamos valores y obtenemos:

VA   VD 

wa  8

7 wa  8

De acuerdo a los resultados obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinamos la deflexión vertical en C

y C  y x  3a

 wa   5wa  3 3  (3a )  (a ) wa wa 4 7 wa 4 8  4     (3a )      12EI 6EI 6EI 24EI 48EI 3

153

Donde:

5wa  2   wa  (a ) wa 3 4   o    3EI 12EI

3. Graficamos la deformada de la viga, así como su diagrama M/EI

154

Del gráfico, se tiene que:

tg A 

d CtgA L

Como  A es muy pequeño, se cumplirá que tg A   A Luego:

M L2 ML  A  8EI  L 8EI La pendiente en A está orientada en sentido antihorario. Siendo:

1  L  M  2L   L  M  L  1  L  M  L  ML2 d CtgA                   2  2  4EI  3   2  2EI  4  2  2  2EI  6  8EI Además:

d BtgA

1  L  M  1 L  ML2      .    2  2  4EI  3 2  96EI

Del gráfico tenemos que:

d BtgA  y B 

1 d CtgA 2

Ahora, reemplazamos valores:

ML2 ML2  yB  96EI 16EI Obtenemos, el valor de la deflexión en B

5ML2 yB   96EI 4. Determinamos el grado de indeterminación:

G.I.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática. Eliminamos el apoyo en B y lo reemplazamos por VB

Luego, convertimos la viga real en viga conjugada, aplicando como cargas los diagramas M/EI de los casos, cuando la viga está sometida a las cargas reales y cuando está sometida a la acción de VB , es decir lo mostrado en la siguiente figura, en cuyos diagramas, el caso a) es el de las cargas reales y el caso b) el de la reacción vertical en B

155

De esta manera, la viga conjugada será la mostrada en la figura, en la cual calculamos sus reacciones.

Se sabe que:

y B  M Bizq  0 1  35   14   35  1  10   4  1  3V   204,17  9VB   (6)   (2)    (4)(2)   (4)    B (6)(2)  0 EI 2  EI   3   EI  2  EI   3  2  EI   

VB  20,97T  Con este valor, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la siguiente figura. 156

157


D E


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EVALUACIÓN


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2008 – I

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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   1400kg / cm 6

2

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  60cm y E  2345000T / m

2

………………………. (5 puntos)

158

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

159

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)  VB x

EIy'  (6VB  20) x 

VB x 2  C1 2

x 2 VB x 3 EIy  (6VB  20)   C1 x  C 2 2 6 CONDICIONES: a) Si x  0



 x 0  0



C1  0

b) Si x  0



y x 0  0



C2  0


EIy"  (6VB  20)  VB x  10(x  2)

VB x 2 EIy'  (6VB  20) x   5( x  2) 2  C 3 2

EIy  (6VB  20)

x 2 VB x 3 5( x  2) 3    C3 x  C 4 2 6 3

PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x  2m



 Ix 2   IIx 2



C3  0

d) Si x  2m



y Ix 2  y IIx 2



C4  0

TRAMO III-III (4  x  6)

EIy"  (6VB  20)  VB x  10(x  2)  10(x  4) VB x 2 EIy'  (6VB  20) x   5( x  2) 2  5( x  4) 2  C 5 2 160

EIy  (6VB  20)

x 2 VB x 3 5( x  2) 3 5( x  4) 3     C5 x  C6 2 6 3 3

PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x  4m



 IIx 4   III x 4



C5  0

f) Si x  4m



y IIx 4  y III x 4



C6  0

y III x 6  0



(6VB  20)

CONDICION ADICIONAL: g) Si x  6m



6 2 VB (6) 3 5(4) 3 5(2) 3    0 2 6 3 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  1,852x 2 EIy  1,112x 2  0,617x 3 TRAMO II-II (2  x  4)

EIy'  2,224x  1,852x 2  5(x  2) 2

EIy  1,112x 2  0,617 x 3 

5( x  2) 3 3 161

TRAMO III-III (4  x  6)

EIy'  2,224x  1,852x 2  5(x  2) 2  5(x  4) 2

EIy  1,112x 2  0,617 x 3 

5( x  2) 3 5( x  4) 3  3 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  0 x 2  1,2m Luego:

y 2  y x 1, 2 





1 0,535 0,535 1,112.1,2 2  0,617.1,2 3    4,22.10 5 m  0,042mm  3 EI EI 2345000.(0,3.0,6 / 12)


2,224x  1,852x 2  5(x  2) 2  0 3,148x 2  17,776x  20  0 Esta ecuación también tiene dos soluciones, no siendo válidas ninguna de ellas, por encontrarse fuera del tramo analizado.

x 3  4,1m

x 4  1,55m TRAMO III-III (4  x  6)

2,224x  1,852x 2  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.

x 5  7,9m x 6  4,1m Luego:

y 6  y x 4,1

1  5.2,13 5.0,13  8,398 8,398 2 3    1,112.4,1  0,617.4,1   EI  3 3  EI 2345000.(0,3.0,6 3 / 12)

y 6  y x 4,1  6,63.10 4 m  0,663mm  De esta manera:

y máx  y x 4,1  0,663mm  162

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  o x 

( wL / 2).x 3 wx 4 wLx 3 wx 4   o x   6EI 24EI 12EI 24EI

CONDICION: Si x  L



y x L  0



 o (L)  o  

wL.L3 wL4  0 12EI 24EI

wL3 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:

wL3  0,01 24EI

………………… (1)

Planteamos la ecuación para la deflexión máxima (centro de la viga) 3

y máx  y x L / 2

4

wL3  L  wL  L  w L 5wL4           24EI  2  12EI  2  24EI  2  384EI

Por dato del problema, se tiene que y máx  9,375mm , de donde se desprende la otra igualdad:

5wL4  9,375.10 3 ………………… (2) 384EI Reemplazamos (1) en (2) y obtenemos:

5  wL3   L  9,375.10 3 16  24EI 

5 (0,01)L  9,375.10 3 16 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: 163

Aplicamos la condición de resistencia en flexión:

 máx 

M y máx   Iz

Esforzamos al máximo la viga, igualando la expresión:

wL2 / 8 (b)  14000 b(2b) 3 / 12



w.32 / 8  14000 8b 3 / 12

De donde:

w  8296,3 b3

………………… (3)

Reemplazamos (3) en (1) y obtenemos:

w.33  0,01 24.2.10 7.b.(2b) 3 / 12

8296,3.33.12 b  0,07m  7cm 24.2.10 7.8.0,01 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:

164

Las deformadas de las vigas son:

Como el apoyo C es móvil, se cumplirá:

y1  y1'  0 

72 1  72  16   24  1  48  8  1  6V  (2)(5)  (2)     (4)(2)  (4)     C (6)(4)  0 EI 2  EI  3   EI  2  EI  3  2  EI 

VC  21,555T  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:

165

Ahora, determinamos la deflexión vertical en D

y D  d DtgA  y 2  y '2

yD  

72 1  72  22   24  1  48  14  1  24  4  1  6.21,555  (2)(7)  (2)     (4)(4)  (4)    (2)    (6) (6) EI 2  EI  3   EI  2  EI  3  2  EI  3  2  EI 

yD  

72,06 72,06   0,0057m  5,7mm  EI 2345000.0,3.0,6 3 / 12

Esto indica, que el punto D está debajo de tgA y el esquema de deformada de la viga es la mostrada en la figura:

4. Transformamos las cargas de los voladizos en sus acciones equivalentes, calculando sus reacciones en los apoyos y luego eliminamos 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.

166

Luego, por dato del problema, se sabe que la deflexión en C es cero.

y C  MC  0



PL2  L  1  L  PL  1 L  wL3  L  wL2  L  L         .         0 16EI  2  2  2  4EI  3 2  16EI  2  8EI  2  4 

De donde:

P

3wL 4

167


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2006 – I

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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, momento flector y esfuerzos tangenciales. ………………………. (5 puntos)

3. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga en voladizo AB está sometida a una carga

 L2  x 2   , tal como se muestra en la figura. 2  L 

parabólica que varía de intensidad según la ley w  w o 

Determinar la deflexión  B y la pendiente  B en el extremo libre. ………………………. (6 puntos)

168

4. METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y de refuerzo para la viga mostrada en la figura, considerando que es de sección constante. ………………………. (6 puntos)

FECHA


169

SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – I 1.


Determinamos el momento de inercia de la sección transversal, la cual es simétrica.

 2a.a 3  a (2a ) 3 IZ    2a.a (1,5a ) 2 .2   10a 4 12  12  Aplicamos la condición de resistencia de esfuerzo normal para flexión.

30.10 3  (2a )  150.10 6 4 10a

 máx



a  3,42.10 2 m

a  3,42cm Asumimos:

a mín  3,42cm 2.

Calculamos las reacciones en los apoyos:

M F

Y

A

0

0



1 1  VB (6)  (3)(60)(5)  (3)(60)(1)  0 2 2



VB  60kN 



1 1 VA  (3)(60)  (3)(60)  60  0 2 2



VA  60kN 

Planteamos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flector:

y 60  3 x 3



y  20(3  x)  60  20x

170

Vx  60 

(60  60  20x ) x  60  60x  10x 2 2

Como se sabe, la cortante será cero, donde 60  60x  10x  0 , obteniendo las siguientes 2

soluciones:

x 1  1,268m x 2  4,732m

(60  20x ) x 2 1 10 2  M x  60x   ( x )(60  60  20x ) x   60x  30x 2  x 3 2 2 3 3  Luego:

M máx  M x 1, 268  60.1,268  30.1,268 2 

10 .1,2683  34,641kN.m 3

M mín  M x 4,732  60.4,732  30.4,732 2 

10 .4,732 3  34,641kN.m 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  38,33cm 10.50  40.10


IZ 

10.50 3 40.10 3  10.50.13,332   40.10.16,67 2  307500cm 4 12 12

171

Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales:

A  0

60.10 3.6668.10 6  0,325MPa 307500.10 8.40.10 2

B 

B Ssup,  40.10.16,67  6668cm 3 Z

 B'   máx

60.10 3.6668.10 6  1,301MPa 307500.10 8.10.10 2

60.10 3.7348,94.10 6  C   1,434MPa 307500.10 8.10.10 2

C Ssup,  6668  10.11,67.5,835  7348,94cm 3 Z

D  0

3. Sabemos que:

EIy IV  w  L2  x 2   EIy IV   w o  2  L 

EIy

IV

wox2  w o  L2

Integramos una vez y obtenemos:

EIy

III

wox3  w o x   C1 3L2

CONDICIONES: a) Si x  L



Vx L  0



 woL 

De donde:

C1 

172

2w o L 3

woL  C1  0 3

La ecuación quedará así:

EIy

III

w o x 3 2w o L  w o x   3 3L2

Integramos otra vez y obtenemos:

w o x 2 w o x 4 2w o Lx EIy      C2 2 3 12L2 II

b) Si x  L



M x L  0





w o L2 w o L2 2w o L2    C2  0 2 12 3

De donde:

C2  

w o L2 4


EIy II  

w o x 2 w o x 4 2w o Lx w o L2    2 3 4 12L2

Integramos otra vez, obteniendo:

EIy'  

w o x 3 w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x     C3 6 3 4 60L2 

c) Si x  0

 x 0  0



C3  0

La ecuación de la pendiente quedará así:

EIy'  

w o x 3 w o x 5 w o Lx 2 w o L2 x    6 3 4 60L2

De donde:

 B   x L

w o L3 1  w o L3 w o L3 w o L3 w o L3        EI  6 60 3 4  15EI

La pendiente en B va en sentido horario. Integramos una vez más y obtenemos:

EIy  

w o x 4 w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2     C4 24 9 8 360L2

d) Si x  0



y x 0  0



C4  0

Luego, la ecuación de la deflexión será:

w o x 4 w o x 6 w o Lx 3 w o L2 x 2 EIy      24 9 8 360L2 De donde:

y B  y x L 

19w o L4 1  w o L4 w o L4 w o L4 w o L4           EI  24 360 9 8  360EI

Como se podrá entender la deflexión en B va verticalmente hacia abajo. 4. Determinamos el grado de indeterminación:

G.I.  4  3  1 La viga es una vez hiperestática. 173

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.

174

Se sabe que:

yB  MB  0 1  2V  4   181,67  1  5  8   85  1 5  2  4VB   (4)  (4) B     (4)  (2)     (2)(1)   (2)   0 2  EI  3   EI  2  EI  3   EI  2  EI   3   EI 

VB  50,62kN  Con este valor determinamos las otras reacciones y graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

175


D E


1.

USMP - FIA

EVALUACIÓN

EXAMEN FINAL

SEM. ACADÉMICO

2006 – II

CURSO


SECCIÓN

26E

PROFESOR


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 d  6pie , tal como se muestra en la figura. Cada rueda transmite una carga P  3k y el conjunto puede ocupar cualquier posición sobre la viga. Determinar el esfuerzo por flexión máximo sobre la viga  máx , debido a las cargas rodantes si la viga es un perfil I con módulo de resistencia Wz  16,2p lg

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)

176

4. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura soporta dos cargas concentradas P, una actuando hacia abajo y la otra hacia arriba. Determinar la pendiente

 A en el extremo izquierdo y la deflexión y B bajo la carga P hacia abajo. ………………………. (6 puntos)

FECHA


SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – II 1.

Analizamos la posición crítica de las cargas rodantes, determinando previamente las reacciones en los apoyos y graficando luego su diagrama de momento flector.

M F

Y

A

0

0



 3x  3(x  6)  VB (24)  0



VB 

x3 4



x 3  VA  6  0 4



VA 

21  x 4

Determinamos la distancia “x”, a través de la intersección de rectas: CASO 1: Intersección de las rectas y  x e y  21  x Recta y  x



a 24  m 24



am

Recta y  21  x



a 3 24  24  m 24



a  3  24  m 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.

178

CASO 2: Intersección de las rectas y  x  3 e y  18  x Recta y  x  3



c 24  m 24



cm

Recta y  18  x



c9 24  24  m 24



c  9  24  m m  9  24  m

m  7,5pie

Para este caso, el diagrama de momento 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:

 máx 

M máx 27,5625.12   20,42ksi Wz 16,2 179

2.


Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo, aplicando la condición de resistencia:

 máx  



2,25.10 3 ( / 64)d 4

d 6    45.10 2  



Asumimos:

d  8cm En consecuencia:

 máx 

4Vmáx 4.6.10 3   1,59.10 6 Pa  1,59MPa 3A 3( / 4)(0,08) 2

3. Analizamos la viga AB

TRAMO I-I (0  x  L)

 wL2  wx 2 EIy II  ( wL  T) x    TL   2  2 

EIy'  ( wL  T)

 x 2  wL2 wx 3    TL  x   C1 2  2 6 

EIy  ( wL  T)

 x 2 wx 4 x 3  wL2    TL    C1 x  C 2 6  2 24  2 180

d  7,99cm

CONDICIONES: a) Si x  0



 x 0  0



C1  0

b) Si x  0



y x 0  0



C2  0

De esta manera, las ecuaciones serán:

EIy'  ( wL  T)

 x 2  wL2 wx 3    TL x  2  2 6 

EIy  ( wL  T)

 x 2 wx 4 x 3  wL2    TL   6  2 24  2

Luego:

y B  y x L

 L2 wL4  1  wL4 TL3  1  L3  wL2    TL    ( wL  T)      EI  6  2 24  EI  8 3   2

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.

B 

TH  EA

Por geometría se tendrá:

yB  B 

1  wL4 TL3  TH    EI  8 3  EA

De donde:

T

3wAL4 8AL3  24HI

4. Graficamos su diagrama M/EI, calculando previamente las reacciones en los apoyos.

181

Luego, graficamos la deformada de la viga, la cual se muestra en la figura.

d DtgA 

1 2Pa  a  L  5L  2a  1  2Pa  a  L  2a  L  Pa (L  a )(L  2a ) P       P      2 L  EI  2  6  2  L  EI  2  6  6EI

Además, del gráfico tenemos:

tg A 

d DtgA L

Como  A es muy pequeño, entonces:

A 

d DtgA L



Pa (L  a )(L  2a ) 6LEI

La pendiente en A va en sentido horario. Ahora, determinamos la deflexión en B

y B  d BtgA a



d DtgA L

Pa 2 1 2Pa  a   a  a y B  d DtgA    d BtgA  (L  a )(L  2a )   P   (a )  6LEI 2 L  EI   3  L

yB 

Pa 2 (L  2a ) 2  6LEI

182


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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  máx , si el



esfuerzo normal admisible es   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)

183

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




Determinamos el momento de inercia y momento estático, necesarios para el análisis.

IZ 

30.283 20.183   45160cm 4 12 12

3 Ssup Z  30.14.7  20.9.4,5  2130cm

Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL:

 máx 


0,888w .14.10 2  1300 8 45160.10



w  4,722T / m

1,667 w.2130.10 6  120 45160.10 8.10.10 2



w  1,526T / m

ESFUERZO TANGENCIAL:

 máx 

Vmáx Ssup Z   I Z b mín



De donde:

w máx  1,526T / m  1526kg / m 2.

Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la siguiente figura: 185

Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.

 máx 

15,7.10 3 .(0,75b)  10.10 6 3 (b)(1,5b) / 12




b  16,12.10 2 m

b  16,12cm Asumimos:

b  16,2cm h  24,3cm Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:

3Vmáx 3.14,6.10 3   556317,6Pa  0,56MPa 2A 2.0,162.0,243

 máx 

3. Calculamos las reacciones en los apoyos:

M F

Y

A

0

0



 3L  L VB (L)  P   wL   0  2  2



VA 

3P  wL  wL  P  0 2

TRAMO I-I (0  x  L)

wx  wL  P  EIy   x  2  2 

2

II

2 wx 3  wL  P  x EIy'     C1  6  2  2 3 wx 4  wL  P  x EIy     C1 x  C 2  24  2  6

186



VB 

3P  wL  2



VA 

wL  P  2

CONDICIONES: a) Si x  0 b) Si x  L

y x 0  0



y x L  0





C2  0



2PL2  wL3 C1  24

De esta manera, las ecuaciones para este tramo son: 2 wx 3 2PL2  wL3  wL  P  x EIy'      6 24  2  2 3 wx 4  2PL2  wL3   wL  P  x x EIy      24  24  2  6 

TRAMO II-II (L  x  3L / 2)

L   3P  wL   wL  P   EIy II   x  wL x     ( x  L) 2  2  2    2 wL  L   3P  wL  ( x  L) 2  wL  P  x EIy'     C3  x      2  2  2 2  2  2  2

3 wL  L   3P  wL  ( x  L) 3  wL  P  x EIy    x   C3 x  C 4      6  2  2 6  2  6  3

PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x  L



d) Si x  L



 Ix L   IIx L y

I x L

y

II x L



C3 

PL2  wL3 12



C4 

wL4 48

De esta manera, las ecuaciones para el tramo II-II quedarán así: 2 wL  L   3P  wL  ( x  L) 2 PL2  wL3  wL  P  x EIy'      x      2  2  2 2 12  2  2  2

3 wL  L   3P  wL  ( x  L) 3  PL2  wL3  wL4  wL  P  x x  EIy       x      6  2  2 6 12 48  2  6    3


y C  y x 3 L / 2  0 Luego: 2 3 4 1  wL  P  3L  wL  3P  wL  L   PL  wL  3L  wL 3    ( L )            2  48  0 6  2  2  6 12  12  2     3

3

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.

187

Ahora, retornamos a la viga real, convirtiéndola en viga conjugada.

M

izq B

0





602,64  18,37VB 1  4,24VB  8  2  103  (8)  (8)    (7,18) (3,51)  EI 2  EI  3  3  EI 

2  101,65   1,35  5   (0,82) (0,41)  (0,82)  .0,82   0 3  EI   EI  8  De donde:

VB  30,04T  En base a este valor podemos determinar las otras reacciones y graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura de la siguiente página. Ahora, calculamos la deflexión en el punto C, pero debemos de elegir el tramo más fácil, es por eso, que elegimos del lado derecho hacia el izquierdo.

y C  M Cder  yC  

1  91,76  1  2,83.30,04  13,96  539,88  17,67.30,04  (6) (2)  (6) (2)   (6)   2  EI  2  EI EI EI   

13,96  1,66.10 3 m  1,66mm  4 8 2100.10 .40000.10 188

189


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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 y o debe darse en el apoyo A, de tal manera que la fuerza cortante en A sea igual a la fuerza cortante en B? Considerar que la rigidez EI es constante en toda la viga ………………………. (6 puntos)

190

4.

METODO DE LA VIGA CONJUGADA. Resolver la viga continua ABC y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. ………………………. (6 puntos)

FECHA


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.


 máx 

M máx   WZ



0,28125w  60.10 6 ( / 32).40 3.10 9



w  1340,4N / m

Asumimos:

w máx  1340,4N / m 2.

Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

192

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 I Z  2  5h (0,084h ) 2    10.0,5h (0,166h ) 2  1,14584h 3 12  12  Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal.

 máx 

M máx .y máx    IZ

20.10 3.10 2 .0,584h  16000  1,14584h 3

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 B 

10.10 3.110,75.10 6  0,944MPa 586,67.10 8.20.10 2 B Ssup,  20.3,328.1,664  110,75cm 3 Z

I Z  1,14584.83  586,67cm 4 C 

10.10 3.106,23.10 6  0,905MPa 586,67.10 8.20.10 2 193

C Ssup,  110,75  20.0,672.0,336  106,23cm 3 Z

 máx   C' 

10.10 3.106,23.10 6  1,810MPa 586,67.10 8.10.10 2

D  0 3. Analizamos el equilibrio de la viga, considerando la condición del problema:

F

Y

0



VA  VB 

(2w  w )L 2



VA  VB 

3wL  4

ECUACION UNIVERSAL:

M A x 2 (3wL / 4) 3 2wx 4 ( w / L) 5 y  yo   x   x 2EI 6EI 24EI 120EI y  yo 



M A x 2 wLx 3 wx 4 wx 5    2EI 8EI 12EI 120LEI

M x 3wLx 2 wx 3 dy wx 4  A    dx EI 8EI 3EI 24LEI

CONDICIONES: a) Si x  L



 x L  0





M A L 3wL3 wL3 wL3    0 EI 8EI 3EI 24EI

MA  b) Si x  L



y x L  0

wL (sentido antihorario) 12

 wL2  L2 wL4 wL4 wL4  y o      0  12  2EI 8EI 12EI 120EI



yo  

wL4  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. 194

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

 0 y luego

F

Y

0

Como el apoyo B es movible, entonces su deflexión será cero, quedando así:

yB  MB  0



 81wL3  40VB L2  1 2  wL2  3L   2V L  L (L)  (L) B    (L)    0   72EI 2  3EI  3  3  EI  8   

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.

195

196


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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 I Z  10573333,33mm . Usando estos valores, graficar el 4

diagrama de esfuerzos tangenciales. ………………………. (5 puntos)

3.

METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La viga de acero mostrada en la figura tiene una deflexión vertical en el centro del tramo AB igual a 0,4cm. Determinar la magnitud de la carga “P” y el esfuerzo normal máximo, si el módulo de elasticidad del acero es E a  2,1.10 MPa 5

………………………. (6 puntos)

197

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


198


Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.


 máx

M  máx .y máx    IZ

67,5.10 3 .0,12  9.10 6 3 n (0,2.0,24 / 12)



n  3,9

Asumimos:

n4 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  106mm 20.100  200.40


200.40 3 20.100 3 2 IZ   200.40.14   20.100.56 2  10573333,33mm 4 12 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 I Z  10573333,33mm Graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial (figura b)

A  0 B 

60.10 3.115600.10 9  3,28MPa 10573333,33.10 12.200.10 3 199

4

B Ssup,  200.34.17  115600mm 3 Z

 C' 

60.10 3.112000.10 9  3,18MPa 10573333,33.10 12.200.10 3

C' Ssup,  115600  200.6.3  112000mm 3 Z

 máx   C 

60.10 3.112000.10 9  31,8MPa 10573333,33.10 12.20.10 3

D  0

3. Calculamos las reacciones en los apoyos y esquematizamos la forma de la deformada de la viga.

TRAMO I-I (0  x  2,4)

EIy II  0,25Px EIy'  0,125Px 2  C1

0,125Px 3 EIy    C1 x  C 2 3 CONDICIONES: a) Si x  0



y x 0  0



C2  0

b) Si x  2,4m



y x  2, 4  0



C1  0,24P

c) Por condición del problema y D  0,4cm

0,125P(1,2) 3 EIy D    0,24P(1,2) 3 200

2,1.10 5.10 6.

 0,12 4  0,108 4 .0,4.10 2  0,216P 64





De donde:

P  13612,96N Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo.

 máx 

M máx 8167,776 .y máx  .0,06  140MPa IZ ( / 64)(0,12 4  0,108 4 )

Siendo sus diagramas de fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura.


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:

yA  MA  0





M  L  L  M  L  L  M  L  7L  1  L  PL  2 L                 .   EI  4  8  2EI  2  2  EI  4  8  2  4  8EI  3 4 

 L  PL  L  1  L  PL  L  1  L  PL  3L 1 L      . 0             2  16EI  2  2  2  16EI  2  2  4  8EI  4 3 4  De donde:

M

5PL 48

Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo.

202

Determinamos la deflexión máxima, la cual se producirá en el centro de la viga, debido a la simetría.

y máx  y C  M C 

1  L  PL  1 L L   L  PL  L  1  L  PL  1 L     .            .   2  4  8EI  3 4 4   4  16EI  8  2  4  16EI  3 4   L  5PL  L L   L  5PL  L              4  48EI  8 4   4  96EI  8 

De donde:

y máx  

11PL3  3072EI

203

BIBLIOGRAFIA 1.

Gere James – Timoshenko Stephen. Mecánica de materiales. Grupo Editorial Iberoamericana. México, 1986. – 825p.

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Miroliubov I.N. y otros. Problemas de resistencia de materiales. Editorial Escuela Superior. Moscú, 2005. – 396p.

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Volmir A. Problemas de resistencia de materiales. Editorial MIR. Moscú, 1986. – 478p.

204

INDICE PROLOGO………………………………………………………………………………………………… 02

PRACTICA CALIFICADA Nº 1…………………………………………………………………………. 04

PRACTICA CALIFICADA Nº 2…………………………………………………………………………. 33

EXAMEN PARCIAL…………………………………………………………………………………..…. 62 PRACTICA CALIFICADA Nº 3…………………………………………………………………………. 90

PRACTICA CALIFICADA Nº 4………………………………………………………………………….128

EXAMEN FINAL………………………….……………………………………………………………….168

BIBLIOGRAFIA………………………………………………………………………………………..….204

205

RESISTENCIA DE MATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP

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