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 Investi gación en Ingeniería Estructural. Estructural . Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo tracción y compresión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los capítulos esfuerzo y deformación 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 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
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EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar el máximo valor del radio “r” de la columna, tal que la estructura mostrada no se hunda, si el terreno tiene una capacidad portante de 2,5kg / cm 2 . Considerar que la zapata y la columna son de concreto armado, cuyo peso específico es 2400kg / m 3 y que sobre la columna actúa una carga de 33112kg ………………………. (4 puntos)
2. Una estructura ahusada de acero de 4cm 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 el módulo de elasticidad es E a
a 7,8T / m 3 y
2,1.106 kg / cm 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
Ea
2,1.106 kg / cm 2 . Determinar los
esfuerzos normales en el concreto y en el acero, así como el acortamiento que se produce en la columna. ………………………. (4 puntos)
5. La barra compuesta mostrada en la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. El montaje se ejecutó a la temperatura ambiente de 17 o C . Calcular los esfuerzos en cada material, si la temperatura se eleva a 60o C . Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL
AREA DE LA
MODULO DE ELASTICIDAD
BARRA
COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA
ACERO
Aa
14cm2
Ea
2,1.106 kg / cm 2
1 a 1,2.105 0 C
ALUMINIO
A al
10cm 2
E al
7,2.105 kg / cm 2
1 al 2,4.105 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.
10368r 33112
20357,52r 2
1,2.1,2
20357,52r 2
25000
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 x
15
m 0,1x
150
Luego: b x
5 m 5 0,1x
Ax
(5 0,1x).4 20 0,4x
Px
x
x
0
0
a Vx a A x dx a (20 0,4x)dx a (20x 0,2x 2 )
En consecuencia: L
0
Px dx Ea Ax
a Ea
(20x 0,2x 2 )dx
15 0
0
(20 0,4x )
7,8.103 6
10 .2,1.10
.7642,13 2,838.10 cm 5
6
3. Efectuamos un corte por los tres cables y analizamos el equilibrio del bloque ABC
F 0 M 0 Y
A
P2 P3 75
P1
2,8P2
………………….. (a)
4P3 150
………………….. (b)
6
Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos.
2 3 1,2
1,21 4 2
1 3 4
2,83 0
Reemplazamos valores:
P L P1L1 P2 L 2 4 2,8 3 3 0 EA EA EA
1,2
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
Ea Aa
Pc L EcAc
Siendo: Ec
15000
Aa
4 .0,752 1,767 p lg 2 11,4cm2 4
Ac
302 11,4 888,6cm2
210
217370,65kg / cm 2
Luego: 6
Pa
2,1.10 .11,4 217370,65.888,6
7
Pc
0,124Pc
Además: Pa
Pc P
0,124Pc
Pc 50000
Pc
44483,99kg
Pa
5516,01kg
Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero:
c a
Pc Ac Pa Aa
44483,99
5516,01
888,6
11,4
50,06kg / cm2
483,86kg / cm2
Determinamos el acortamiento en la columna:
columna a c
Pc L EcAc
44483,99.300 217370,65.888,6
0,069cm 0,69mm
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 E al A al
al a
P A al P Aa
9530 10
9530 14
953kg / cm 2 680,71kg / cm2
8
E a Aa
5
7,2.10 .10
P 9530kg
Luego:
PL a
P.25
De donde: Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal.
0 P.38
2,1.106.14
0
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PRACTICA CALIFICADA Nº 1
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SECCIÓN
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DURACIÓN
110m
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INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Al ensayar a compresión una probeta de concreto, el diámetro original de 6plg se incrementó en 0,0004plg y la longitud original de 12plg se redujo en 0,0065plg bajo la acción de la carga de compresión P 52000lb . Determinar el coeficiente de Poisson y el módulo de elasticidad E ………………………. (3 puntos)
2. Sabiendo que la estructura mostrada en la figura es de concreto armado y pesa 4881,6kg. Considere su peso específico 2400kg/m 3. Se pide, determinar el valor de “X”, el peso de l a 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 del primero. Considerar E a
2.105 MPa ,
Ec
105 MPa ,
E al
0,7.105 MPa , a 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 ,
A2
1,5A1 y
A3
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
di
d f
di
6,0004 6 6
6,667.105
Ahora, determinamos la deformación longitudinal:
L
Li
L f
Li
11,9935 12 12
5,416.104
El coeficiente de Poisson será: 5 6,667.10 ' 0,123 5,416.104
Calculamos el módulo de elasticidad: E
P 52000 339,57.104 psi 3,39.106 psi A 5,416.104. .6 2 4
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
4881,6
qa
qa
0,185kg / cm 2
110.240
De donde: q a ,mín
0,185kg / cm2 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:
d1
dx
d1 ) x
(d 2
L
Calculamos la energía potencial de deformación: L
U
2
Px dx
L
2EA 2Ed x
0
0
4P 2 dx 2 1 (d 2 d 1 ) x / L
2P 2 L
Ed1d 2
Luego, por ser P carga única que actúa en toda la barra, se tendrá:
2U P
4PL
Ed1d 2
(ALARGAMIENTO)
4. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB
F 0 M 0 Y
A
P2 P3 300
P1
1,5P2 a 2,5P3 a 1,5P2
………………… (a)
300a
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 a
1 3 2,5a
1 2,5 2 1,53 0 Además:
1
P1 h Ea Aa
2
;
P2 (0,6h ) EcAc
;
3
P3 (0,7h ) E al A al
Reemplazamos valores y obtenemos: P1h 5
6
2.10 .10 (A)
2,5
P2 (0,6h ) 5
6
10 .10 (3A)
12
1,5
P3 (0,7h ) 5
6
0,7.10 .10 (2A)
0
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
117,39.103
160.106
A
A 7,33.10 4 m 2 A 7,33cm2
COBRE:
c c
156,52.10
3
60.106
3A
A 8,69.10 4 m 2 A 8,69cm 2
ALUMINIO:
al al
26,09.103 2A
120.106
A 1,09.10 4 m 2 A 1,09cm 2
De donde:
A mín
8,69cm2
Luego: Aa
A 8,69cm 2
Ac
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
P2
P3
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 P2 L 2 P1L1 P3 L 3 0,4.10 3 EA 2 EA1 EA 3
2
P3
P3 2 P3 .1 0,4.10 3 . 2 E(1,5A1 ) 2 EA1 E(2A1 )
2
2
.
4 2 P3 3
P3 P3 2 80.106 2A1 2A1 2A1 14
4 2 3
3 2 3 3 80.106
3 16,37.106 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
P2 A2
P1
A1
1 P3 3 16,37MPa (COMPRESION) 2 A1 2A1
P3
1 P 2 3 2 3 15,43MPa (TRACCION) 2 1,5A1 1,5 2A1 1,5
P3
15
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110m
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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 / cm2 , considerando un factor de seguridad n 2 en
un diseño por esfuerzo simple. ………………………. (3 puntos)
2. La ménsula de acero mostrada en la figura está fijada a la columna mediante dos pernos, si la ménsula soporta una carga P 2500kg y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 750kg / cm2 . 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 si L 2
L3 ,
A3
x , y del nudo B y los esfuerzos normales que surgen en las barras,
2A 2 4cm2 y
A1
3cm2 . Considerar E 2.105 MPa ………………………. (5 puntos)
16
4. Para la barra escalonada, se tiene que E c E al
72GPa ;
A al
100GPa ;
Ac
1500mm 2 ; c 16,5.106 / o C ;
1800mm2 ; al 23,9.106 / o C . Se pide determinar la fuerza de compresión en
las barras mostradas después del incremento de temperatura en 96o C y la variación de longitud en la barra de cobre. ………………………. (4 puntos)
5. En la barra rígida AD de 10kN/m de peso es sujetada por dos cables de acero de 1,5cm de diámetro ( E 200GPa y
12,5.106 / o C ) y a una temperatura inicial de
23o C . Si el sistema pasara a una
temperatura de 40o 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: f y
n
4200 2
2100kg / cm2
Luego: P A
5 P 2100. . 4 8 P 4156,58kg
2
.2,54 2
De donde:
4156,58kg
Pmáx
2. La carga que soportará cada perno es:
P perno
P 2
1250kg
Aplicamos la condición de resistencia:
P perno
A perno
1250
d 2 / 4
750
De donde: d 1,456cm d 14,56mm
Como se puede apreciar, cumplen los diámetros 16mm y 20mm, pero por economía elegimos: d mín
16mm
3. Analizamos el equilibrio del nudo B
F F
X
0
P1
P2,3
Y
0
P1sen30o
P2,3sen30o 30
Luego:
1
P1 L1 EA 1
3
30.10 .2 5
6
2.10 .10 .3.10
4
10 3 m 1mm
18
P1
P2,3 30kN (TRACCION)
2,3 2 3
P2,3 L 2 EA 2
P2,3 L 3 EA3
3
3
30.10 .1 5
6
2.10 .10 .2.10
4
30.10 .1 5
6
2.10 .10 .4.10
4
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
Del gráfico:
cos(60 ) 1
…………………. (a)
cos(60 ) 2,3
…………………. (b)
Dividimos (a) entre (b), obteniendo: cos(60 ) cos(60 )
1 1,125
Efectuando operaciones, obtenemos: tg
0,125 2,125
ctg60
o
De donde:
1,945o Luego:
1 cos(60 )
1 o
cos 61,945
2,126mm
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 A1
30.103 3.10 4
100MPa (TRACCION) 19
11,25.104 m 1,125mm
2 3
P2,3 A2 P2,3 A3
30.10 3 2.10 4 30.103 4.10 4
150MPa (TRACCION) 75MPa (TRACCION)
4. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura:
T al (T)L al c (T)L c 23,9.106.96.0,35 16,5.106.96.0,45 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 RLc EcAc R .0,45 9
100.10 .1500.10
6
RLal
1,016.103
E al A al
R .0,35 9
72.10 .1800.10
6
1,016.10 3
R 178,24kN
Ahora, calculamos la variación de longitud en la barra de cobre.
c c (T)L c T c
R c
RLc EcAc
16,5.10
6
3
.96.0,45
178,24.10 .0,45 9
100.10 .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 1,2
21
20
2 2,4
2
……………. (a)
178.106 m
P1L1 PL (T)L1 2 2 (T)L 2 EA EA
2
P1 .1.4 P2 .1,8.4 12,5.106.17.1 12,5.10 6.17.1,8 6 2 6 2 4 4 200.10 ..1,5 .10 200.10 ..1,5 .10
2
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
CF
P2
A
A
3
16,240.10 .4
.1,52.10 4 18,880.103.4
.1,52.10 4
91,90MPa 106,84MPa
La deformación en los cables será: 3
1
16,240.10 .1.4 200.10 ..1,5 .10 9
2
4
12,5.106.17.1 67,2.105 m 0,672mm
2 21 1,344mm
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Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar la fuerza de tracción P necesaria para producir una deformación unitaria longitudinal
0,0007 en una varilla de acero (E 30.106 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/cm 2 e indicar el tipo de suelo según la Norma de Diseño Sismorresistente E030 ………………………. (3 puntos)
3. La barra rígida horizontal pesa 1000kg/m y soporta además la carga P 6000kg , es sostenida por las tres varillas de acero indicadas, cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm 2. Diseñar las varillas considerando un factor de seguridad 1,8 para la condición de resistencia. Los diámetros de las varillas disponibles en el mercado son 3/8”, ½”, 5/8”, ¾”, 7/8” y 1”. Considerar 1plg=2,54cm ………………………. (4 puntos)
22
4. Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura, están hechas de aluminio (E al
10,6.106 psi , al 13.106 / o F) y las diagonales son cables de acero
(E a
29.106 psi ,
a 6,5.106 / 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 bastidor completo se incrementa 80o 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
/ L y PL / EA , obteniendo la siguiente expresión: P P EA 30.106. .12.0,0007 16493,36lb
1. Sabemos que
PL 1 . EA L
4
EA
P 16,493k
2. Aplicamos el concepto de capacidad portante del terreno: 25 2,4(X)(X)(8X) 2,4(1,5X)(3X)(4X) (3X)(4X)
62,4X 3
15,1
181,2X 2 25 0
Obtenemos tres soluciones, siendo las siguientes: X1 0,4m (OK)
X2 X3
2,85m (IRREAL)
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
P3
X
P2
Y
P1 2P2 sen37o
2P2 sen37o (2) 4500(2) 6000(1) 0
A
P2
……………… (a)
10500
……………… (b)
P3 6250kg (TRACCION)
Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos: P1 3000kg
24
Luego:
f y n
4200 1,8
2333,33kg / cm2
A través de la condición de resistencia, elegimos los diámetros de las varillas. VARILLA 1: 3000 A1
2333,33
A1
1,286cm2
2
4
d1
1,286cm 2
d1 1,279cm Para la varilla 1, elegimos el diámetro 5/8”
VARILLAS 2 y 3: 6250 A2
2333,33
A2
2,678cm2
d2
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 a L E A a a Pa E a Aa
Pal E al A al
2 (T) cos 45o
(T)( al a )
25
al (L)(T)
Pal L E al A al
……………….. (b)
20A a , obteniendo:
Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema, que A al Pa Ea Aa
Pa cos 45o E al (20A a )
(T)( al a )
1 cos 45o (T)( al a ) a E 20 E al a
a a
20E a E al (T)( al 20E al
E a cos 45o
20.29.106.10,6.106.80.(13.106 20.10,6.10
6
a )
6,5.106 )
29.106. cos 45o
13750 psi
a 13,75ksi (TRACCION) 5. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción, se tendrá:
a c Pa L Ea Aa
Pc L
E c Ac
QL Ea Aa
De la figura (c) se sabe que: Pa
Pc
Luego:
Pa
1
E a A a
E c A c 1
Q Ea Aa
Además:
o
Q Aa
820MPa
Se tendrá: Pa (E a A a
E c Ac )
E a Aa E c Ac
820 Ea
E A a 1 a . a 820 E c A c 8 1 a 1 . 820 1 30
a 647,368MPa (TRACCION) Entonces:
a Ea
c
Ec Ea
c Ec
(820 a )
820
1
(820 647,368)
8
Ea
c 21,579MPa (COMPRESION) 26
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PRACTICA CALIFICADA Nº 1
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RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
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110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
V
CICLO
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
normal
0,1mm . Determinar la fuerza de tracción
P y la magnitud del esfuerzo
en la muestra, si el módulo de elasticidad del material de la muestra es E 2,04.105 MPa y
el límite de proporcionalidad es
prop 260MPa ………………………. (3 puntos)
2. La barra horizontal uniforme rígida mostrada en la figura, soporta la acción de su peso propio W y es sostenido por los cables (1), (2) y (3) que tienen la misma área A de sección transversal y son del mismo material con esfuerzo de fluencia f y y módulo de elasticidad E De las siguientes afirmaciones, diga cuál o cuáles son verdaderas justificando su respuesta: a) El cable (2) no trabaja b) La componente vertical del desplazamiento del punto B es c) El factor de seguridad (n) deberá satisfacer la relación n
WL 3EA 2Af y W ………………………. (3 puntos)
3. Una barra compuesta de sección transversal cuadrada se construye con dos materiales diferentes que tienen módulos de elasticidad E 1 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 36o C ,
Ea
2.105 MPa y a 125.107 / 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 compresión es
30GPa y el esfuerzo admisible en
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
P
E y P / A , obteniendo la siguiente expresión: P EA EA
A
L
2,04.10 .10 . 5
6
4
2
6
.50 .10 .
0,1.103 100.103
400553 N
P 400,553kN
Calculamos el esfuerzo:
P A
400553.4
.50
2
.10
204.106 Pa 204MPa ˂ prop
6
Esto implica que se ha trabajado dentro de un rango elástico, habiéndose utilizado correctamente las fórmulas. 2. a) Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio, siendo
F
0
X
F2 cos 0
0
F2
0
La respuesta es VERDADERO, es decir, que el cable (2) no trabaja b)
M
0
A
L L W tg 2tg
F3
W
F1
W
F3
2
Luego, calculamos el desplazamiento vertical del nudo B
c)
BV
F3 L
F
0
EA
Y
WL 2EA
(FALSO)
F1
W 2
W0
Luego:
máx
N máx A
W 2A
Además:
máx
W 2A
Donde:
f y n
W 2A n
f y n
2Af y W
(VERDADERO)
29
2
3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra:
F
0
X
M
B
0
P2 P
P1
b b P1 Pe P2 0 2 2
…………….. (a)
b b Pe P2 2 2
P1
…………….. (b)
Además, por dato del problema, las placas son rígidas, es decir:
1 2
P1 L E1 A P1
P2 L
E2A
E1 E2
P2
…………….. (c)
Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos: E1 E2
P2
P2 P
P2
PE 2 E1
E2
Luego, reemplazamos en (c), obteniendo: P1
PE1 E1
E2
Reemplazamos los valores obtenidos en (b):
PE1 b PE 2 b Pe E E 2 E E 1 1 2 2 2 e
E1 ) 2(E1 E 2 )
b(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:
R T B
R B .0,2 5
6
2.10 .10 .A
R B .0,4 5
6
2.10 .10 .(7A / 6) R B A
R B .0,3 5
6
2.10 .10 .(7A / 5)
125.107.36.0,9
106,98.106 Pa
BE 106,98MPa (COMPRESION) Luego, determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada: 6
DE BE 91,70MPa (COMPRESION) 7
5
CD 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 EcA
P2 L EcA
10 3
30.109.2002.106
P1
P2
P1
P2 600000
2
P2
3
………………. (b)
Reemplazamos (b) en (a), obteniendo: P1
.10
P 600000 3
P 1200000 3
31
Ahora, analizamos los postes extremo y central. POSTE EXTREMO:
1
P1 A
P 600000 2
3.200 .10
6
18.106
P 1560000 N P 1,56MN
POSTE CENTRAL:
2
P2 A
P 1200000 2
3.200 .10
6
18.106
P 3360000 N P 3,36MN
Como debe cumplir con ambas condiciones, se tendrá: Padm
1,56MN
32
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110m
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INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar la magnitud de la fuerza P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm, si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales
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 / cm2 . Considerar que el módulo de elasticidad al corte
del material es G 0,8.106 kg / cm2 ………………………. (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 8.104 MPa ………………………. (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 180cos 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 80.106.50.103.20.103
80000 N
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 2
X Y
X Y 2
2
cos 2 XY sen2
sen2 XY cos 2
35
PLANO INCLINADO BC:
BE X , BC 135 , 135 60kg / cm2 y 135o
Para ello, debemos de considerar que
o
o
Luego, tenemos:
13 5
X 120
o
13 5 o
2 0 120
sen270o
2
0 120 2
50 cos 270o 60 cos 270o
50sen270o
BE X 0
BC 135 110kg / cm 2 o
PLANO INCLINADO AC: Consideramos
21 0 o
21 0 o
BE X 0 , AC 210 , AC 210 y 210o , obteniendo:
0 120 2 0 120 2
0 120 2
sen420o
cos 420
o
o
o
50sen420o
AC 210 13,30kg / cm 2
AC 210 26,96kg / cm 2
50 cos 420o
3. Por dato del problema:
TL GI p
36
o
o
4600.100.200 0,8.10 .( / 32).d 6
4
180
d 16,10cm
Asimismo:
T W p
4600.100 ( / 16).d 3
820
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 2.5.4.
100
1,6cm Asumimos:
mín 1,6cm 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por su momento torsor TD
D 0 TD .5 GI t
400.4 GI t
200.2 GI t
37
2
0
400xdx GI t
0
TD
400 N.m
Luego:
T
eje
0
TA
200 400 400.2 400 0 TA
600 N.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
6
8.10 .10 .1204,224.10
8
4,15.104 rad 0,024o
Siendo: It
0,196.12.83 1204,224cm4
38
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RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
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DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo
30o . Sobre el elemento girado, los
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 momento torsor que puede soportar sin que el esfuerzo tangencial sobrepase de 800kg / cm 2 , ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de 2,7 o en los 4,6m. Considerar G 8,6.105 kg / cm2 ………………………. (3 puntos)
39
4. Determinar el valor del momento torsor T1 , el esfuerzo tangencial máximo torsión A , si se sabe que
máx y el ángulo de giro en
A 0,5 B y G 8.104 MPa para toda la barra. ………………………. (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 Esquemati zamos la distribución de de esfuerzos, tal como se 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 2
20000
X Y
X Y 2
2
XYsen60o 31060
cos cos 60o
X Y 2
cos 60
cos cos 2 XY sen2
o
XYsen60o 11060
………………… (b)
Además:
X Y 2
X Y 2
sen2 XY cos cos 2
sen60
o
XY cos 60o 5160
………………... (c)
Multiplicamos la ecuación (b) por cos cos 60o y la ecuación (c) por sen60o , luego lo sumamos y obtenemos:
X Y 2
10000
X Y 20000 Resolvemos (a) y (d), obteniendo:
X 30000 psi Y 10000 psi Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo:
XY 7000 psi ps i 41
………….…….. (d)
2. El estado de esfuerzos es volumétrico, volumétr ico, en consecuencia consecuenci a 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
I2
2 2 2 X Y X Z Y Z XY XZ YZ
I3
2 2 2 X Y Z 2 XY XZ YZ X YZ Y XZ Z XY
CONVERSION A ESTADO PLANO: Para que dicho estado espacial, cuya orientación de esfuerzos es positiva, se convierta en plano, se deberá de cumplir que I 3
0 , es decir:
2 2 X Y Z 2 XY XZ YZ X YZ Y XZ 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 deberá de cumplir que I12
4I 2 0
CONVERSION A ESTADO LINEAL: Para que el estado espacial de esfuerzos se convierta en lineal, deberá de cumplirse que
2 3 0 Luego, será necesario que I 2
0 , obteniéndose:
2 2 2 X Y X Z Y Z XY XZ YZ 0
Quedando la ecuación:
3 I 1 2 0 2 ( I1 ) 0 De donde:
1 I1 2 3 0
42
1 0 y
Nótese, que para que el estado de esfuerzos espacial se convierta en lineal, deberá de cumplirse que I 2 0 e I 3
0
3. Esquematizamos Esquemati zamos la barra con sus dimensiones:
CONDICION DE RESISTENCIA: a) SECCION SECCIO N TUBULAR:
máx máx
T
( / 16).103.(1 0,754 )
800
T 107378,65kg.cm
T 66267,97kg.cm
b) SECCION MACIZA:
máx máx
16T
.7,53
800
CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra.
máx máx
T.160
8,6.10 .( / 32).7,5 5
4
T.300 8,6.10 .( / 32).10 .(1 0,75 ) 5
4
4
2,7 180
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 condición del problema: problema:
A 0,5 B (T1 400).0,8 G( / 32).40 .10 4
12
(T1 400).0,8 T1 .0,6 0,5 4 12 4 12 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
.403.109
máx máx AB
61,06M Pa 367,37 3
0,208.(20 2 ) .10
9
78,05M Pa
Calculamos el ángulo de giro en A
A
767,37.0,8 8.10 .10 .( / 32).40 .10 4
6
4
12
o rad 1,75 0,03rad
5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por TD
D 0 TD . b G( / 32).(1,5d) 4 TD
T).(2a)
(TD
G( / 32).(2d) 4
2,125Ta 1,125a 0,1975 b
2T).(a) 0 G( / 32).d 4
(TD
……………. (a)
Por condición del problema:
AB máx CD máx máx máx 16TA
d 3 TD
16TD
(1,5d) 3
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 0,1975 b
b 1,278a
44
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D E
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EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Sobre las caras de un elemento cortado de una barra en esfuerzo uniaxial, actúan esfuerzos normales de 12000psi y 6000psi. Determinar el ángulo esfuerzo normal máximo
y el esfuerzo tangencial . También, determinar el
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 3o 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 d iseño 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 cos2 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 18000 psi Luego, reemplazamos en (b) y obtenemos: sen
1
35,26o
3
Asimismo:
1 2
sen2
máx
18000 2
1 2
sen70,52
18000 2
o
8484,82 psi
9000 psi
2. Las deformaciones principales, según la Ley de Hooke generalizada son para el estado plano: 1
1 1 2 E
2
1 E
2 1
Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura:
Además, según condición del problema, se tiene:
AC
AC L AC
Esto, se debe a que:
AC 0 47
0
Luego:
AC 1 cos 2 cos(90 ) 0 1 E
1 2 cos 1 2 1 cos(90 ) 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
83.109.( / 32).d 4
60
d 11,84.102 m
Asumimos: d 118,4mm
Luego:
máx
16T
d
3
16.14.103
.118,4 .10 3
9
42,96.106 Pa 42,96MPa
4. a) Graficamos el diagrama de momento torsor de acuerdo a los criterios conocidos y el diagrama de ángulo de giro en torsión por el método de las áreas:
48
D 0 C
(2T)(L)
4,3668
4
G(0,458 b )
It
Gb
4
(2 b)( b) 3 0,229(2 b)( b) 3 0,458b 4
B 4,3668 A
TL
TL Gb
4
(T)(2L)
0
4
G(0,458 b )
(2T)(L) G(0,458 b 4 )
4,3668
TL Gb4
b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:
máx
Tmáx Wt
Wt
2T 0,492 b
3
4,065
T
b
3
(2 b)( b) 2 0,246(2 b)( b) 2 0,492b 3
Determinamos la energía potencial de deformación: (2T) (L) 2
U
4
(T) (2L) 2
2G(0,458 b )
4
2
2G(0,458 b )
2
(2T) (L) 4
2G(0,458 b )
10,917
T L Gb
4
5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB
Se sabe que:
B 0 TB ( b) G( / 32)(d b )
4
TB (a ) G( / 32)(d a ) TB
4
Tad b4 ad b4
bd a4
Como:
T
eje
0
TA
TB T 0 TA
Tbd a4 ad b4
bd a4
Para que el diseño sea más económico, se debe cumplir:
AC CB 49
T(a ) G( / 32)(d a )
4
0
16TA
d 3a
16TB
d b3
Tbd a4 3 Tad b4 3 4 .d 4 .d 4 b 4 a ad bd ad bd a a b b bd a
ad b
(L a )d a a
b
ad b
da L da
d b
d b L da
50
d b
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PRACTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2007 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
V
CICLO
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 30.106 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 4.106 psi) con un diámetro exterior de 4plg y un diámetro interior de 3,5plg tiene una longitud de 8pie a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos, ¿cuál será el ángulo de giro en torsión cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte e l 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 con las siguientes condiciones:
a 100MPa , al 70MPa y el ángulo de giro en torsión en el
extremo libre está limitado a 12o . Considerar G a
83GPa y
G al
28GPa ………………………. (4 puntos)
5. Determinar el valor del momento torsor T, el ángulo de giro en torsión B y la energía potencial de deformación U, si el esfuerzo tangencial admisible es
40MPa y G 8.104 MPa ………………………. (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 E
X Y
1
30.10
6
X 0,3 Y 0,001
X 0,3 Y 30000 Y
1 E
Y X
1
30.10
6
………………. (a)
Y 0,3 X 0,0007
Y 0,3 X 21000
………………. (b)
Resolvemos (a) y (b), obteniendo:
X 26043,96 psi Y 13186,81 psi 2. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica: I1
X Y Z 120 80 100 300
I2
X Y X Z Y Z 2XY 2XZ 2YZ 120(80) 120(100) 80(100) 402 28000
I3
X XY XZ 120 XY Y YZ 40 0 XZ YZ Z
40
0
80
0
0
100
120(80)(100) 40(40)(100) 800000
Luego, reemplazamos valores en la ecuación cúbica:
3 I 1 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 2
144,721 55,278 2
44,721MPa
c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos: 1
1
3
3
oct 1 2 3 144,721 100 55,278 100MPa oct
1
oct
1
3 3
1 2 2 2 3 2 3 1 2 144,721 1002 100 55,2782 55,278 144,7212 36,515MPa
53
d) Determinamos el cambio unitario de volumen: e
1 2 E
X Y Z
1 2.0,3 2.10
5
120 80 100 6.10 4
3. a) Para la barra de sección tubular:
máx
T W p
T ( / 16)(4) 3 (1 0,8754 )
8000
T 41601,56lb. p lg
Luego:
TL GI p
41601,56.8.12 4.10 ( / 32)(4) (1 0,875 ) 6
4
4
0,096rad 5,5o
b) Por dato del problema, se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición: 41601,56 ( / 16)d 3
8000
d 2,98 p lg
4. Graficamos el diagrama de momento torsor:
Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO: 2T ( / 16).50 .10 3
9
100.106
T 1227,18 N.m
9
70.106
T 1932,81 N.m
ALUMINIO: 3T ( / 16).75 .10 3
Ahora, aplicamos la condición de rigidez: 2T(1,5) 83.109 ( / 32).504.1012
3T(2) 28.109 ( / 32).754.10 12
15
T 1637,52 N.m
Asumimos: Tadm 1227,18 N.m
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC
C 0
54
TC .0,8 G( / 32).40 .10 4
12
TC .1,2 G.0,141.60 .10 4
12
T.1,2 G.0,141.60 .10 4
12
0
0,171T
TC
A partir del momento torsor determinado, graficamos el diagrama de momento torsor
Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR: 0,171T ( / 16).40 .10 3
9
40.106
T 2939,5 N.m
T 2167,82 N.m
SECCION CUADRADA: 0,829T 3
0,208.60 .10
9
40.106
Luego:
Asumimos: T 2167,82 N.m
Determinamos el ángulo de giro en torsión en B
B
0,171.2167,82.0,8 8.10 .10 ( / 32).40 .10 4
6
4
12
0,0147rad 0,84o
Calculamos la energía potencial de deformación: U
2
Ti2 L i
2GI i 1
p ( t )i
2
2
(0,829.2167,82) .1,2 2.8.10 .10 .0,141.60 .10 4
6
4
12
55
(0,171.2167,82) .0,8 2.8.10 .10 ( / 32).40 .10 4
6
4
12
16 N.m 16J
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EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2008 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Un miembro en tracción se construye al unir con pegamento dos piezas de material a lo largo de la línea pq , tal como se muestra en la figura. Por razones prácticas el ángulo 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 1,5 p lg 2 y los esfuerzos admisibles en la junta son
adm 2000 psi y
adm 1000 psi ………………………. (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 8.105 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 o . Considerar G 83GPa ………………………. (4 puntos)
5. En la barra escalonada, doblemente empotrada en sus extremos, la porción AB tiene 75mm de diámetro y es de bronce, con
b 60MPa y G b 35GPa . La porción BC es de acero, de 50mm de diámetro,
a 80MPa y G a 83GPa . Determinar la relación de longitudes b/a que debe existir para que el acero y el bronce trabajen al máximo esfuerzo posible ¿Qué 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
26,56o Luego:
26,56o Reemplazamos en (a): P 1,5
cos 2 26,56o
2000
P 3750lb
Asumimos: Padm
3750lb
2. Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:
X Y Analizamos la figura (b) del problema:
X Y 0
X Y 2
X Y 2
X Y 2
X Y 2
o
sen120
XYsen120o 0
cos 120o
XYsen120o 0
……………. (b)
XY cos120o 30
X Y 2
o
cos120
……………. (a)
sen120o
XY cos120o 30
……………. (c)
Multiplicamos (b) por cos 120o y (c) por sen120o , luego lo sumamos y obtenemos:
X Y 2
26
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 2
X Y 2
X Y 2
1
1
2 2
26 26
X Y 2 4 2XY
2
X Y 2 4 2XY
26 26 2
1
1
2 2
(26 26)
2
(26 26) 2
4(20) 2 32,80MPa 4(20) 2 32,80MPa
Ahora calculamos el ángulo de giro 0 tg 2 0
2 XY
tg 2 0
X Y
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 8.10 ( / 32).20 (1 0,75 ) 5
4
4
7,38.104 rad 0,04o
59
4. Graficamos el diagrama de momento torsor:
Aplicamos la condición de resistencia:
máx
1000
( / 16)d
3
60.106
d 4,39.10 2 m
d 43,9mm
Ahora, aplicamos la condición de rigidez:
máx
1000.3
83.10 ( / 32)d 9
4
500.2 83.10 ( / 32)d 9
4
45
d 5,15.102 m
d 51,5mm
Asumimos: d 51,5mm
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC
C 0 TC b G a I p ( a )
TC b 83.10 ( / 32).50 .10 9
4
12
TC a G b I p ( b )
Ta G b I p ( b )
TC a 35.10 ( / 32).75 .10 9
TC
4
12
9,03Ta 19,277 b 9,03a
Luego:
T
eje
0
TA
TC T 0 TA
19,277Tb 19,277 b 9,03a
60
0 Ta 35.10 ( / 32).75 .10 9
4
12
0
Por condición del problema:
b ,máx
TA ( / 16)d
3 b
b
19,277Tb 19,277 b 9,03a 19,277Tb 19,277 b 9,03a
a ,máx
TC ( / 16)d
3 a
a
9,03Ta 19,277 b 9,03a 9,03Ta 19,277 b 9,03a
16
.753.10 9.60.106
4970,1
16
…………….. (a)
.503.10 9.80.106
1963,5
…………….. (b)
Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: b a
1,186
Reemplazamos en la ecuación (a), dividiendo previamente dicha ecuación entre “a”, o bteniendo:
19,277T( b / a ) 19,277( b / a ) 9,03
4970,1
19,277T(1,186) 19,277(1,186) 9,03
4970,1
T 6933,14 N.m 6,933kN.m
61
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EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar los desplazamientos X 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 teoría de resistencia (de Mohr), considerando que los esfuerzos admisibles son
tr 20MPa y
comp 60MPa ………………………. (4 puntos)
4. Obtener una fórmula para la energía potencial de deformación de la barra circular mostrada en la figura. La intensidad “t” del par distribuido varía linealmente desde un valor máximo t o en el empotramiento
hasta cero en el extremo libre. ………………………. (3 puntos)
5. Graficar el diagrama de momento torsor para la barra doblemente empotrada mostrada en la figura, si su mitad izquierda es de sección transversal circular constante de diámetro “d” y la otra mitad varía su sección transversal circular desde “d” hasta “2d”. Considerar que toda la barra es de un 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 60o P2 cos 30o 0 P1 P2 3
F
0
Y
P1sen60o
P2sen30o P 0
P
23 P 12 P
2
3
2
P2
P1
P 2
(COMPRESION)
P 3 2
(TRACCION)
Luego:
1
P1 L1
2
P2 L 2
EA
EA
P 3 a 3 1 EA 2 2
3Pa 4EA
(ALARGAMIENTO)
P a 1 Pa (ACORTAMIENTO) 2 2 EA 4 EA
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
64
3Pa 1 Pa 3 Pa 3 X 1 cos 60o 2 sen60o 4EA 2 4EA 2 8EA 3Pa 3 Pa 1 Pa 1 3 Y 1sen60o 2 cos 60o 4EA 2 4EA 2 8EA
3
Pa 0,158 EA
3
Pa 0,774 EA
Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2)
1
P1
2
P2
A A
P 3
P
2A 2A
P
0,866 (TRACCION) A
0,5
P A
(COMPRESION)
2. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por la reacción R B
Sabemos que:
B 0 R B (4a ) EA
R B (2a ) E(2A)
R B (a ) E(4A)
A(4a)(4a) A(4a )(2a) (2A)(2a)(2a ) A(4a)(a ) 2EA
E(2A)
2E(2A)
(2A)(2a)(a ) (4A)(a)(a ) 0 E(4A)
2E(4A)
De donde: R B
22 7
Aa
Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal. 22 1 22 II Aa a 7 A 7
22 Aa A(4a) 1 6 Aa 1 6 a sup II II 7 7 A 7 A 6 Aa 1 3 a inf II II 7 7 2A 22 Aa A(4a ) (2A)(2a) 1 34 Aa 1 17 a sup IIIIII 7 7 2A 7 2A 65
E(4A)
inf III III
34 7
1 17 Aa a 14 4A
22 31 1 IVIV Aa A(4a) (2A)(2a) (4A)(a ) a 14 7 4A
3. Se sabe que para cilindros se tiene:
1
pDi
3'
pDi
2t 4t
" 3
P A
4.0,16 2.20.10
3
4.0,16 4.20.10 3
16MPa (ESFUERZO CIRCULAR) 8MPa (ESFUERZO MERIDIONAL)
200.10 ( / 4)(0,2
2
3
0,162 )
17,68MPa (ESFUERZO DE COMPRESION)
Luego:
e,V 1
tr tr comp 3
Reemplazamos valores y obtenemos:
e,V 16
20 60
(8 17,68) 19,227MPa ˂ tr
Por lo tanto, se cumple la condición de resistencia. 4. Por relación de triángulos: tx x
to
L
tx
tox L
Luego: Tx
1 2
txx
1 t o x .x 2 L
tox2 2L
2
2 3 t o x 2 dx toL U 2GI 40GI 2 GI 2 L p p p 0 0 L
2
Tx dx
L
66
20MPa
5. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC m x
0,5d L
m
dx 2L
dx x d 2m d 2 d1 2L L
dX
Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor TA
Sabemos que:
A 0 L
TA L G( / 32)d
4
0
G( / 32)d (1 x / L) 4
TA
Como:
T
eje
0
TA
L
TA dx 7 31
4
0
Tdx G( / 32)d (1 x / L)
T 0,226T
TC T 0 TC
24 31
T 0,774T
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.
67
4
4
0
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SEM. ACADÉMICO
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CURSO
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SECCIÓN
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Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. El nudo “B” recibe una fuerza “P” de magnitud constante que gira lentamente en el plano. Determinar el valor del ángulo " " con la cual la masa del material de las barras sea mínima. Las áreas de las secciones de las barras son iguales y se determinan a partir de la condición de resistencia ………………………. (5 puntos)
2. Determinar los esfuerzos que surgen en las secciones transversales de los cables que sostienen a la viga absolutamente rígida BCD mostrada en la figura, producto del calentamiento de la barra central de cobre, debido a la variación de temperatura en 50o C . Considerar que el coeficiente de dilatación térmica es
c 16,5.106 / o C , los módulos de elasticidad son
Ea
2E c 2.105 MPa y que las
áreas de los tres cables es de 1cm 2 ………………………. (4 puntos)
68
3. Una barra metálica está doblemente empotrada a una temperatura ambiente de 68o F , tal como se muestra en la figura. Calcular los esfuerzos normal y tangencial sobre la sección inclinada pq si la temperatura se incrementa hasta 200o F . Considerar
6,5.106 / o F y E 30.106 psi ………………………. (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 8.104 MPa ………………………. (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 cuadr ado 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 cos sen
Psen T1 cos
P sensen cos cos 2 sen cos P cos( ) T1 sen2 La tensión será máxima, cuando cos( ) 1 , es decir, cuando y será igual a: T1
T1,máx
P sen2
Según la condición de resistencia: A
T1,máx
A
P
sen2
El área será mínima, cuando sen2 sea máximo, es decir sen2 1 , lo que implica que
45o
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 v olumen 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
45o .
No se analizó T2 debido a que por las condiciones de equilibrio y el gráfico respectivo, se desprende que T1 ˃ T2 y la condición de resistencia se aplica para comprobar con la tracción máxima. 70
2. El calentamiento de la barra barra central provocará su alargamiento, surgiendo las fuerzas internas mostradas en la figura:
F
0
Y
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 EcA
c L(T)
2Pa L Ec A
Igualando ambas relaciones se obtiene:
c (T)
Pa
Pc
2Pa 6,6kN (COMPRESION)
1 2 E A E A c a
16,5.10 6.50 1 2 11 4 11 4 10 .10 2.10 .10
3300 N 3,3kN (TRACCION)
Los esfuerzos serán:
a
Pa
c
Pc
A
A
3,3.103 10 4 6,6.103 10 4
33M Pa (TRACCION) 66M Pa (COMPRESION)
3. Ante el incremento de temperatura y como los soportes son rígidos, en este caso empotramientos, la fuerza de reacción de dichos extremos serán iguales y los denotaremos como R, que impide que producto de la dilatación del material se desplacen los empotramientos, es decir:
R T
RL EA
(T)L
1 E(T) 30.106.6,5.106 (200 200 68)
1 25740 psi ps i 25,74ksi (COMPRESION) p q , así como el ángulo Esquematizamos los esfuerzos normal y tangencial en el plano inclinado pq
71
Determinamos dichos esfuerzos:
1 cos 2 25,74 cos cos 2 30 19,305ksi
1 2
sen2
25,74 2
sen60 11,146ksi
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
G( / 32).60 4.10 12
400.0,8 G( / 32).60 4.10 12
T2
400.0,8 G( / 32).40 4.10 12
(T2 400).0,8 3 4 12 G( / 32).60 .10
812,5 N.m
Luego:
CB BD
16.1212,5
.603.109 16.400
.603.109
máx máx DA
28,59M Pa 9,43M Pa
16.400
.403.10 9
31,83M Pa
Asimismo:
B
1212,5.0,8 8.10 .10 ( / 32).60 .10 4
6
4
12
o rad 0,546 9,5296.103 rad
A 3 B 3.0,546 1,638o 5. Eliminamos el empotramient empotramiento o en C y lo reemplaz reemplazamos amos por su momento torsor TC
72
C 0 TC (a ) G.0,141d
4
T)(a ) 0 4 G( / 32)d (TC
TC
0,5895T
T
9,5663
Graficamos el diagrama de momento torsor:
Por condición del problema:
I máx máx
16.0,4105T
d 3
20
d3
Luego:
II máx máx
0,5895T 0,208d 3
27,11M Pa
73
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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
100M Pa .
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
La Molina, 02 de Mayo del 2007 75
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2007 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo C
F
Y
0
Pcd sen45 P cos 0
Pcd
F
X
0
P
2 cos cos 45 P bc
P bc
cd
Pcd L cd
bc
P bc L bc
EA EA
2 cos (TRACCION)
Pcd cos 45 P bc Psen 0
Luego, asumimos L cd
P
Psen 0
P(sen cos ) (TRACCION)
L y obtenemos:
(P 2 cos )(L) EA
PL 2 cos EA
P(sen cos )L cos 45 EA
(ALARGAMIENTO)
PL(sen cos ) 2EA
(ALARGAMIENTO)
Esquematizamos el diagrama de desplazamientos:
En consecuencia:
cd bc cos( 45) cos(90 )
PL
2 cos EA
cos(90 ) PL(sen cos ) cos( 45) 2EA 2sen cos (sen cos ) cos( 45) tg 2
1 2
72,37 o 76
2. Analizamos el equilibrio del nudo C
F F
X
0
Pcd sen30 Pcesen30 0
Y
0
P bc
Pcd
Pce
P bc
Pcd
3 / 2
Pcd
2Pcd cos 30 200 0
3
200
………… (a)
Efectuamos el diagrama de desplazamientos:
De donde:
bc cos 30 cd
P bc (a ) 3 EA
Pcd 2 EA
a
3 4
P bc
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: P bc 87kN (TRACCION) Pcd
65,25kN (COMPRESION)
Aplicamos la condición de resistencia: BARRA BC: 87.103 ( / 4)d
2
100.10 6
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 ( / 4)d
2
100.10 6
Asumimos: d mín
33,28mm 77
………… (b)
3. Aplicamos la Ley de Hooke generalizada: 1
1 1 ( 2 3 ) E
1 2.10
1
2 2 (1 3 )
5
120 0,25(60 0) 5,25.104
5
60 0,25(120 0) 1,5.104
5
0 0,25(120 60) 2,25.10 4
1
E
2.10
1
1
3 3 (1 2 ) E
2.10
Luego:
V 1 2 3 5,25.104 1,5.104 2,25.104 4,5.104 4. Se sabe que: T
máx
2A o mín
b 2 3 T 2 4
1502.10 6 T 2 4
3 .8.10 3.60.106
T 9353 N.m Tadm 9,353kN.m
Luego:
o
T GI t
9,353.103
0,01732rad / m
80.109.6,75.10 6
Donde: It
4A o2
L media
0
ds
4( b 2 3 / 4) 2 0 , 45
ds
8.10
4(1502.10 6 3 / 4) 2 .8.10 3 0,45
6,75.10 6 m 4
3
0
5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC
Se sabe que:
C 0
T
eje
0
TC L
TA
GI p
Ta GI p
0
TC T 0
78
Ta
TC
TA
T
L
Ta L
T( L a ) L
Tb L
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DURACIÓN
110m
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INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. La barra ABC está compuesta de dos materiales y tiene una longitud total de 36plg y un diámetro de 2plg. La parte AB es de acero (E a
30.106 psi) y la parte BC es de aluminio
(E al
10.106 psi) . La
barra se somete a una fuerza de tracción de 30k a) Determinar las longitudes L1 y L 2 para las partes de acero y aluminio, respectivamente, a fin de que ambas partes tengan el mismo alargamiento b) ¿Cuál es el alargamiento total de la barra? ………………………. (4 puntos)
2. Una barra rígida ABC de peso despreciable está soportada como se indica en la figura. Determinar la variación de temperatura que deben experimentar los cables verticales, para que la de bronce alcance un esfuerzo de tracción de 500kg / cm 2 MATERIAL
AREA DE LA
MODULO DE
COEFICIENTE DE
BARRA
ELASTICIDAD
DILATACION TERMICA
ACERO
Aa
5cm 2
Ea
2,1.106 kg / cm2
1 a 1,2.105 0 C
BRONCE
A b
10cm2
E b
8,5.105 kg / cm2
1 b 1,95.105 0 C ………………………. (4 puntos)
79
3. Un punto de un cuerpo se encuentra sujeto al estado plano de esfuerzos, siendo
X 200kg / cm2 ,
Y 100kg / cm2 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 900 N.m ………………………. (4 puntos)
5. Determinar el valor de “b” y el ángulo de giro en torsión en C, si
80MPa y G 8.104 MPa ………………………. (4 puntos)
FECHA
La Molina, 03 de Octubre del 2007 80
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 6 ( / 4).2 2
L1
30.10 3.L 2 10.10 6 ( / 4).2 2
3L 2
………………. (b)
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: L1 27 p lg L2
9 p lg
b) El alargamiento total de la barra será:
a al 2 a 2 al 30.103.27 2 0,017188 p lg 0,0172 p lg 6 2 30 . 10 ( / 4 ). 2 2. Calculamos la fuerza de tracción en el cable de bronce:
b
P b A b
P b
b A b 500.10 5000kg
Analizamos el equilibrio de la barra rígida ABC
M
A
0
5000.120 370Pa Pa
10000.270 0
5675,67kg
Como la barra es rígida, analizamos su diagrama de desplazamientos:
b 120
a 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 1,95.105 (T).120 120 1,2.10 5 (T).180 5 6 8,5.10 .10 2,1.10 .5
370
T 23,8o C 3. Determinamos los esfuerzos principales:
1 2
200 100 2 200 100 2
1
1
2 2
(200 100) 2
4(200) 2 300kg / cm 2
(200 100) 2
4(200) 2 200kg / cm2
Determinamos los planos, donde el esfuerzo normal es igual a la sexta parte del esfuerzo principal máximo 1 , es decir:
1
6
X Y 2
200 100 2
X Y 2
cos 2 XY sen2
200 100
2
300 6
cos 2 200(2sen cos ) 50
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 TL L G L I p ( L ) Ta
Ta L G a I p ( a )
G a I p ( a ) G L I p ( L )
TL
………………. (b)
Reemplazamos (b) en (a) y obtenemos: G a I p ( a )
TL
TL
G L I p ( L ) T G L I p ( L) G a I p (a )
G L I p ( L )
TL
T
9 4 12 39.10 ( / 32).25 .10 TL 900 9 4 9 4 4 12 12 39 . 10 ( / 32 ). 25 . 10 75 . 10 ( / 32 ). 40 . 10 ( 1 0 , 625 )
82
TL
77,055 N.m
Ta
900 77,055 822,945 N.m
Luego:
a L
Ta W p ( a ) TL W p ( L)
822,945 ( / 16).40 .10 (1 0,625 ) 3
9
4
77,055 ( / 16).253.109
77,28MPa
25,12MPa
5. Eliminamos el empotramiento en E y lo reemplazamos por su momento torsor TE
Sabemos que:
E 0
TE .1,6 GI t
60.1,2 GI t
20.0,8 GI t
20.0,4 GI t
0
TE
b 0,0913m
30kN.m
Con el valor obtenido, graficamos el diagrama de momento torsor:
Luego:
máx
30.10 3 0,246(2 b)( b)
2
80.106
Asumimos: b 9,13cm
Calculamos el ángulo de giro en torsión en C 3
C
3
10.10 .0,4 8.10 .10 .0,229(18,26.10 )(9,13.10 ) 4
6
2
2 3
83
10.10 .0,4 8.10 .10 .0,229(18,26.10 )(9,13.10 ) 4
6
2
2 3
0
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DURACIÓN
110m
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INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Una barra de sección variable está sometida a la acción de fuerzas de tracción “P” en sus extremos. Si el ancho de la barra varía linealmente desde b 1 en el extremo izquierdo hasta b 2 en el extremo derecho. Determinar el alargamiento de la barra, si 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 Considerar para el acero G a G b
300 N.m y TD 700 N.m .
83000MPa ; para el aluminio G al 28000MPa y para el bronce
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 x
b 2 b1
y
L
( b 2 b1 ) x
L
Ax
( b b ) x ( b1 y)t b1 2 1 .t L
Luego: L
0
Pdx EA x
L
0
Pdx E b1 ( b 2 b1 )x / L.t 125.103.1,5
200.109.25.10 3 (150 100).103
PL
L
dx
Et 0 b1 L ( b 2 b1 )x
b ln 2 Et( b 2 b1 ) b1 PL
150 3,04.104 m 0,304mm 100
ln
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 d
1 3 2d
1 2 2 3 0 86
…………………. (a)
…………………. (b)
P1 L EA
2
P1 2P2
P2 L EA
P3 L EA
0
P3 0
…………………. (c)
Restamos (a) menos (c) y obtenemos: 3P2
P2
P
0,333P
Reemplazamos en (b): 2P1 0,333P 1,5P P1 0,584P
Reemplazamos en (a): 0,584P 0,333P P3 P3
P
0,083P
Luego:
AB
PAB
CD
PCD
EF
PEF
P1
P2
P3
A A A
A A A
0,584P
0,333P
A A 0,083P A
P
0,584
A
0,333 0,083
P A
P A
b) Calculamos los desplazamientos:
AB 1
P1 L
CD 2
P2 L
EF 3
P3 L
EA EA EA
0,584
PL EA
0,333 0,083
PL EA PL
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 2
X Y 2
X Y 2
1
1
2
( X
Y ) 2 4 2XY 20
…………………. (a)
( X
Y ) 2 4 2XY 80
…………………. (b)
X Y 60
…………………. (c)
2
Sumamos (a) y (b), obteniendo:
Reemplazamos (c) en (a): 1 2
( X
( X
Y ) 2 4 2XY 50
Y ) 2 4(30) 2 1002 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 G( / 32).100 .10 4
12
1,5T G( / 32).60 .10 4
12
32T
G
(135740,74)
Ahora, analizamos la barra hueca:
3,5T
G( / 32) d 4
(4d / 5) 4
32T 2187,5
G 369d 4
Por condición del problema: 32T
G
(135740,74)
32T 2187,5
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 12
12
35000.10 ( / 32).25 .10 6
4
700.1,5 28000.10 ( / 32).50 .10 6
4
TB .1,5 12
12
28000.10 ( / 32).50 .10 6
4
700.2 83000.10 ( / 32).25 .10 6
4
TB
472 N.m
TB .2 12
12
0
83000.10 ( / 32).25 .10 6
4
300.2 83000.10 ( / 32).25 .10 6
4
De donde:
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 bron ce
16TAC
d 3AC
16TCD
d 3CD
16TDB
d 3DB
16.528
.253.109
16.228
.503.10 9 16.472
.253.109
172,10MPa
9,29MPa
153,85MPa
89
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USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 3
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar el ancho “b” de la viga mostrada en la figura, si
100kg / cm2 ………………………. (3 puntos)
2. Determinar el valor de “a”, si
tr 30MPa y comp 90MPa ,
ubicando previamente la posición
racional de la viga. ………………………. (4 puntos)
3. Determinar el valor de “L” y graficar el diagrama de esfuerzo tangencial para la sección de la viga mostrada en la figura, si
tr 40MPa y comp 150MPa .
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 4,62cm 2. Considerar n 15 ,
c 40kg / cm2 , a 1200kg / cm2
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 IZ
y máx
9,3.10 3.10 2 b(2 b) 3 / 12
( b) 100
De donde: b 24cm
Asumimos: b 24cm
h 2 b 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 ) (a )(16a ).2 (20a )(4a )
15,14a
(a)(16a) 3 (20a )(4a ) 3 2 IZ (a )(16a)(7,14a) .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: A sup Z
(20a)(4a ) 2(0,86a)(a ) 81,72a 2 (TRACCION)
A inf Z
2(a )(15,14a ) 30,28a 2 (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
comp máx
26,4.10
3
3075,05a
4
26,4.103 3075,05a
4
.4,86a
30.106
.15,14a
90.106
a
1,12.102 m
a 1,12cm
a
1,13.102 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 1.26 12.2
19,72cm
Determinamos la posición racional de la viga, utilizando momentos y áreas: a) Momento flector máximo: M máx
2000L2 , implica que la zona superior al eje neutro es de
tracción y la zona inferior de compresión. b) Áreas de la sección transversal: A sup Z
12.2 1.6,28 30,28cm2 (TRACCION)
A inf Z
1.19,72 19,72cm2 (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 IZ
y
tr máx
tr
2
2000L
3918,75.10
94
8
.8,28.10
2
40.106
L 3,077m
Donde: IZ
12.2 3 12
12.2.7,28 2
1.263 12
1.26.6,722 3918,75cm 4
Ahora, analizamos el efecto de compresión:
comp máx
M máx IZ
y
comp máx
comp
2000L2
3918,75.10
8
.19,72.10
2
150.106
L 3,86m
Asumimos: L 3m
Ahora, graficamos el diagrama final:
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales para la sección transversal.
A 0 B
Vmáx SBZ I Z b B
SBZ
3
Vmáx SZ I Z b B'
3918,75.10 .12.10 8
2
12.103.174,72.10 6 3918,75.108.1.102 C
máx C SCZ
6
0,45MPa
12.2.7,28 174,72cm3 B'
B'
12.10 .174,72.10
Vmáx SZ I Z b C
12.10 .194,44.10 3
5,35MPa 6
3918,75.10 .1.10 8
2
5,95MPa
174,72 1.6,28.3,14 194,44cm3
D 0 95
4. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Transformamos la madera en acero: '
b a
Em Ea
b m
1 20
.10 0,5cm
Determinamos la ubicación del eje neutro: YCG
10.1,2.0,6 0,5.13,8.8,1 10.1,2 0,5.13,8
3,34cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
10.1,2 3 12
10.1,2.2,74 2
0,5.13,83 12
0,5.13,8.4,762 357,37cm4 96
Determinamos los esfuerzos normales máximos en el acero y la madera:
a máx
m máx
M máx IZ
y
a máx
E m M máx Ea
I Z
750.10
2
357,37
.3,34 700,95kg / cm
2
1 750.102 2 y .11,66 122,35kg / cm 20 357,37 m máx
5. Transformamos el acero en concreto:
nA a 15.4,62 69,3cm2
A 'c
Se sabe que: Ssup Z
Sinf Z
X 69,325 X 2
15X
7,5X 2
69,3X 1732,5 0
X 11,26cm
Luego: IZ
15.11,263 12
15.11,26.5,632 69,3.13,742 20221,12cm4
Analizamos los esfuerzos en el concreto y el acero, comparándolos con los valores admisibles. CONCRETO:
cmáx
M máx IZ
c
y máx
c
M máx 20221,12
M máx
.11,26 40
71833,46kg.cm
ACERO:
amáx
M máx E c I Z
Ea
y amáx
a
15.
M máx 20221,12
M máx
.13,74 1200
117735,78kg.cm
Asumimos: M máx
71833,46kg.cm 718,33kg.m 97
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EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 3
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Una viga que tiene una sección transversal en forma de canal se somete a un momento flector que actúa respecto al eje OZ. Ca lcular 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 12 p lg y h 10 p lg . Calcular el esfuerzo de flexión máximo
máx en el durmiente, si
se supone que L 57 p lg y a 19,5 p lg ………………………. (3 puntos)
3. La viga mostrada, tiene la sección transversal indicada y se encuentra sujeta a las cargas concentradas señaladas. Considerando que el material del que está fabricada la viga no puede soportar esfuerzos normales mayores a 1200kg/cm 2, ni esfuerzos tangenciales mayores a 60kg/cm 2, calcular el máximo valor de la carga “P”, ex presada 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 E3
150000kg / cm2 ,
E2
175000kg / cm2 ,
250000kg / cm2 , E 4 300000kg / cm2 ) , 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 19,48cm 2. Considerar n 20 ,
c 31,5kg / cm2 , a 875kg / cm 2 .
Determinar el momento
flector máximo que puede soportar la viga. Considerar “d” la dist ancia 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 7 inf 3 Además, se sabe que:
sup
M
inf
M
IZ IZ
y sup
…………………. (a)
y inf
…………………. (b)
Dividimos (a) entre (b) y obtenemos: y sup
y inf
7 3
Del gráfico del problema: y sup 7 3
y inf 10
y inf
y inf 10
De donde: y inf
3 p lg
y sup 7 p lg
De esta manera, la sección transversal quedará tal como se muestra en la siguiente figura:
Luego: Ssup Z
Sinf Z
7.t..3,5.2 24t (3 0,5t ) t.
t3
(3 t ) 2 2
.2
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 2 p 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 IZ
y máx
225000 12.103 / 12
.5 1125 psi
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 27.2 18.2
19,3cm 101
IZ
2.273
2.27.5,8 2
12
18.2 3 12
18.2.8,7 2 7833,9cm4
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: A sup Z
18.2 7,7.2 51,4cm2 (TRACCION)
A inf Z
2.19,3 38,6cm 2 (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. M máx
tr máx
IZ
comp máx
M máx IZ
tr
y máx
máx
I Z b
Ssup Z
comp
y máx
Vmáx Ssup Z
2P 7833,9.10
8
.(9,7.10 2 ) 12000
P 4,846T
8
.(19,3.10 2 ) 12000
P 2,435T
P 2,524T
2P 7833,9.10
P.372,49.10
6
7833,9.10 .2.10 8
2
600
18.2.8,7 7,7.2.3,85 372,49cm3
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
2,435.313,2.106 8
7833,9.10 .18.10
SBZ
2
54,08T / m 2
18.2.8,7 313,2cm3 102
2,435.313,2.10
6
B'
8
7833,9.10 .2.10
2
486,76T / m 2
2,435.372,49.10
6
máx C
8
7833,9.10 .2.10
2
578,9T / m 2
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 E4
b1
150000 300000
.30 15cm
MATERIAL 2: '
b 4
E2 E4
b 2
175000 300000
.30 17,5cm
MATERIAL 3: '
b 4
E3 E4
b 3
250000 300000
.30 25cm
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
30.10.5 25.10.15 17,5.10.25 15.10.35 300 250 175 150
30.103
IZ
IZ
111291,67cm4
12
30.10.12 2
25.103 12
25.10.2 2
17cm
17,5.103 12
17,5.10.8 2
15.103 12
15.10.182
Calculamos los esfuerzos normales máximos para cada material. MATERIAL 4:
4 máx
M máx IZ
3
y
4 máx
24.10 .10
2
111291,67
.17 366,6kg / cm 2
MATERIAL 3:
3 máx
3 2 E 3 M máx 3 250000 24.10 .10 2 y máx .7 125,79kg / cm 300000 111291,67 E 4 I Z
MATERIAL 2:
2 máx
3 2 E 2 M máx 2 175000 24.10 .10 2 y máx .13 163,53kg / cm 300000 111291,67 E 4 I Z
MATERIAL 1:
1 máx
E1 M máx 1 150000 24.103.10 2 2 y máx .23 248kg / cm 300000 111291,67 E 4 I Z
5. Transformamos el área de acero en concreto. A 'c
nAa 20.19,48 389,6cm 2
Determinamos la ubicación del eje neutro, utilizando el concepto de momento estático y de acuerdo a la figura mostrada, donde las medidas están en centímetros. Ssup Z
Sinf Z
X 389,670 X 2
38X
104
19X 2
389,6X 27272 0
De donde: X 29cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. IZ
38.293 12
38.29.14,52 389,6.412 963844,93cm 4
Aplicamos las condiciones de resistencia para el concreto y el acero. CONCRETO:
cmáx
M máx IZ
c
y máx
c
M máx 963844,93
M máx
.29 31,5
1046935kg.cm
ACERO:
E M amáx a máx E c I Z
y amáx
a
20.
M máx 963844,93
M máx
.41 875
1028493kg.cm
De donde: M máx
1028493kg.cm 10284,93kg.m
105
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USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 3
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Determinar el valor de la dimensión “b” de l a sección transversal de una viga sometida a flexión, si se cumple que
comp 3tr ………………………. (3 puntos)
2. Una pequeña presa de altura h 2,4m se construye con vigas de madera verticales AB de espesor t 150mm , como se muestra en la figura. Considerar que las vigas están simplemente apoyadas en
sus partes superior e inferior. Determinar el esfuerzo por flexión máximo específico del agua es
máx en las vigas, si el peso
9,81kN / m 3 ………………………. (3 puntos)
3. La viga mostrada en la figura está sometida a la acción de la carga distribuida “w” (kg/m). Calcular el 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 el momento flector máximo que puede soportar si los esfuerzos admisibles son
al 80MPa , m 10MPa y Em
los módulos de elasticidad son E a
a 120MPa ,
200GPa ,
E al
70GPa y
10GPa ………………………. (5 puntos)
5. En la viga T de concreto armado, se tiene que el área de las varillas de acero es A a
3000mm2 y la
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
La Molina, 21 de Mayo del 2007 107
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: y tr máx y
comp máx
tr comp
tr y máx
y
comp máx
1 3
tr 3y máx
y comp máx
Asimismo: y tr máx
y comp máx 24
Reemplazamos datos y obtenemos: tr y máx
y comp máx
6cm 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. Ssup Z
Sinf Z
2.18.9 2.2.1 4.( b).4 b 20cm
2. Esquematizamos la viga y el efecto de cargas, siendo w o
108
hb
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Luego:
máx
M máx IZ
2
y máx
(w o h / 9 3) 3
( bt / 12)
(t / 2)
2w o h
2
3 3 bt
2
2( hb)h 3 3 bt
2
2
2h
3
3 3t
2
3
2.9,81.10 .2,4 3 3.0,15
2
3
2,32MPa
3. Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector:
Como la sección transversal es simétrica, calculamos su momento de inercia respecto al eje neutro, el cual pasa por el centro de la sección. IZ
20.203 12
7.163 2 8554,67cm 4 12 109
Aplicamos la condición de resistencia. ESFUERZO NORMAL:
máx
M máx IZ
y máx
1,758w
8554,67.10
8
.10.102
140.104
w 681,26kg / m
ESFUERZO TANGENCIAL:
máx
Vmáx Ssup Z I Z b
2,125w.552.10
6
8
8554,67.10 .6.10
2
15.10 4
w 656,37kg / m
Donde: Ssup Z
SCZ 20.10.5 2.(7.8.4) 552cm3
Asumimos: w máx
656,37kg / m
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales.
A 0 B
1394,78.360.106 8
8554,67.10 .20.10
Vmáx SBZ
B'
2,93.104 kg / m 2 2,93kg / cm2
2
2,125.656,37 1394,78kg
20.2.9 360cm3
1394,78.360.106 8
8554,67.10 .6.10
máx C
2
9,78.104 kg / m 2 9,78kg / cm 2
1394,78.552.10 6 8
8554,67.10 .6.10
2
15.10 4 kg / m 2 15kg / cm 2
D' B' 9,78kg / cm2 D B 2,93kg / cm2 E 0
110
4. Determinamos los anchos equivalentes de los materiales convertidos en acero. MADERA: b
' a
Em Ea
b m
10.109 200.109
.80 4mm
ALUMINIO: b
' a
E al Ea
b al
70.109 200.10 9
.80 28mm
De esta manera, la sección transformada de la viga es la mostrada en la figura:
Determinamos la ubicación de su centro de gravedad de la sección transformada y calculamos su momento de inercia respecto a dicho eje. YCG IZ
28.50.25 4.150.125 80.20.210 28.50 4.150 80.20
28.503 12
28.50.98,89 2
4.1503 12
123,89mm
4.150.1,11 2
80.203 12
80.20.86,112 27025555,56mm 4
Aplicamos la condición de resistencia para cada material. ACERO:
a máx
M máx IZ
y
a máx
a
120.106.27025555,56.10 12
M máx
M máx
33,74kN.m
96,11.10
3
MADERA:
m máx
E M m máx E a I Z
y
m máx
m
10.106.27025555,56.1012 200
M máx
M máx
71,02kN.m
76,11.10
3
10
ALUMINIO:
al máx
E M al máx E a I Z
y
al máx
al
80.106.27025555,56.10 12 200
M máx
M máx
49,86kN.m
111
123,89.10
3
70
Asumimos: M máx
33,74kN.m
5. Calculamos el área del acero transformado en concreto.
nAa 10.3000 30000mm 2 300cm 2
A 'c
Determinamos la ubicación del eje neutro, a través del momento estático. Ssup Z
Sinf Z
X 300.(50 X) 2
50.15.(7,5 X) 25X
12,5X 2
1050X 9375 0
De donde: X 8,14cm
Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
50.153 12
50.15.15,64 2
25.8,143 12
25.8,14.4,07 2 300.41,86 2 727692,19cm 4
Calculamos los esfuerzos máximos para ambos materiales. CONCRETO:
c máx
M máx IZ
y
c máx
140.103 727692,19.10
.23,14.10 8
2
4,45MPa
ACERO:
a máx
M máx a 140.103 2 80,53MPa n y máx 10. . 41 , 86 . 10 8 I 727692 , 19 . 10 Z
112
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USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 3
SEM. ACADÉMICO
2007 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. Una viga ahusada en voladizo AB de longitud L tiene secciones transversales cuadradas y soporta una carga concentrada P en su extremo libre, tal como se muestra en la figura. El ancho y la altura de la viga varían linealmente desde h en el extremo libre hasta 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
Ea
210GPa . Bajo la acción de un momento flector que
produce un esfuerzo máximo de 60MPa en el aluminio, ¿cuál es el esfuerzo máximo en el acero? ………………………. (3 puntos)
5. Calcular los esfuerzos máximos en el concreto y en el acero en una viga de concreto armado en la que b 300mm , d 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
La Molina, 22 de Octubre del 2007 114
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 3 CICLO 2007 – II 1. Graficamos el diagrama de momento flector:
Analizamos la variación de la sección transversal:
m x
h/2
L
m
hx 2L
Luego: hx
hx x h 2m h 2 h1 2L L
Calculamos el momento de inercia a una longitud “x”, siendo: I
( X) Z
h1 x / Lh(1 x / L)3 12
h (1 x / L) 4
4
12
En consecuencia, se tendrá: y (X)
h x 1 2 L
(X)
MX (X)
IZ
y (X)
h x 6Px 1 4 4 3 3 h (1 x / L) 2 L h (1 x / L) 12Px
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:
L 2
6P
máx XL / 2 h
B X L
3
1 L / 2 L
6PL h (1 L / L) 3
3
3
8PL
9h 3
3PL 4h
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 2.30.150 180.30
108,75mm
Comprobamos las áreas de las zonas, para conocer la zona de tracción y de compresión, y como se trata de hierro fundido el área mayor será de tracción. A sup Z
180.30 2.30.41,25 7875mm 2 (TRACCION)
A inf Z
2.30.108,75 6525mm 2 (COMPRESION)
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. IZ
180.303 12
30.1503 180.30.56,25 2. 30.150.33,752 44617500mm 4 12 2
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 IZ
tr
y máx
tr
15X 44617500.10
12
.71,25.10
12
.108,75.10 3
3
48.103
X 2m
COMPRESION:
comp máx
M máx IZ
comp
y máx
comp
15X 44617500.10
120.103
X 3,28m
Asumimos: X máx
2m
Comprobamos que la zona más peligrosa es la de tracción, aplicando la fórmula: y tr máx y comp máx
˃
tr 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 B
VS Z
B
I Z b B
SBZ
V.(0,1875 b 3 ) 4
(0,375 b )(0,5 b)
V
o
b 2
(0,5 b)(0,5 b)(0,75 b) 0,1875b 3
3 (0,5 b)(0,5 b) 3 b( b) 2 (0,5 b)(0,5 b)(0,75 b) 0,375b 4 I Z 2. 12 12
b B
B'
0,5 b
VS BZ'
3
V.(0,1875 b )
V.(0,3125 b )
I Z b B' C
VS Z
C
I Z b C
SCZ
4
(0,375 b )( b)
0,5
V
b
3
4
(0,375 b )( b)
0,5 o
2
0,833
V
b
2
0,833 o
0,1875 b 3 ( b)(0,5 b)(0,25 b) 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 E al
b a
210 70
.30 90mm
Determinamos la ubicación del centro de gravedad de la sección transformada. YCG
90.80.40 30.40.100 90.80 30.40
48,57mm
118
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
30.403 12
30.40.51,43 2
90.803 12
90.80.8,57 2 7702857,16mm4
Determinamos el valor del momento flector máximo:
almáx
M máx IZ
y almáx
M máx
60.10
6
M máx
6470,27 N.m
7702857,16.10
.71,43.10
3
12
Ahora, calculamos el esfuerzo normal máximo en el acero:
E M 210 6470,27 3 amáx a máx y amáx 122,39MPa . 48 , 57 . 10 12 E I 70 7702857 , 16 . 10 al Z 5. Calculamos el área de acero transformado en concreto: A 'c
nAa 8.1200 9600mm 2 96cm2
Determinamos la ubicación del eje neutro, a través de los momentos estáticos: Ssup Z
Sinf Z
X 9650 X 2
30X
5X 2
32X 1600 0
X 14,97cm
119
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
30.14,97 3 12
30.14,97.7,4852 96.35,032 151349,59cm 4
Determinamos los esfuerzos máximos en el concreto y acero:
c máx
a máx
M máx
n
IZ
y
M máx IZ
c máx
y
a máx
70.103 151349,59.10
8.
8
70.10
.14,97.10
3
151349,59.10
8
2
6,92MPa
.35,03.10
120
2
129,61MPa
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USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 3
SEM. ACADÉMICO
2008 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
V
CICLO
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 es
a .
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 2 . Determinar los esfuerzos
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 IZ
comp
y tr
Mo IZ
y comp
Luego: a) TRIANGULO EQUILATERO: 1 b 3
tr comp
y tr y comp
3 2 0,5 2 b 3 3 2
b) SEMICIRCULO: 2d
tr comp
y tr y comp
3 0,7374 d3 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)
0,15.0,2 3 0,1.0,153 12 12 .0,050 123
1,2.10 6
w 4600 N / m
Asumimos: w 4,6kN / m
3. Analizamos la parte superior de la sección transversal. b x x
b
h/2
b x
2 bx 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 S
sup(x ) Z
h 2x 1 2 bx h 2x bx 2 h 2x ( b x )(x). x 2 2 3 2 h 2 3 h 2 3 1
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)
VS
sup(x ) Z
I Z b x
bx 2 h V. h 2
2x
bh 3 2 bx . 48 h
h 2x 24Vx 3 2 3 bh 3
El esfuerzo tangencial máximo se obtendrá al derivar 124
d ( X ) dx
0
En consecuencia: d ( X )
dx
24V h bh
3
2
2x
2 24Vx 3 0 3 3 bh
De donde: x
3h 8
Luego, graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial.
A 0 3h h 2 . 3h 8 2 3 8
2w
B x 3h / 8
bh
3
9V 4 bh
h h 2 . h 2 2 3 2 2V
24V
C x h / 2 D B máx
bh 3
bh
9V 4 bh
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 IZ
ya
Siendo: IZ
I a n.I al I a
E al Ea
I al
E a Ia
E al I al Ea
Reemplazamos valores:
a
Mya E a Ea Ia
E al I al
a 125
d E a 2 a 4 4 4 d d d E al 64 64 2 2 M
Ea
Efectuando cálculos obtenemos: MEa
d 3 512
a
15E a E al
De donde:
d 3 a 15E a E al M 512 Ea De esta manera, el momento flector máximo será: M máx
E d 3 a 15 al 512 E a
5. a) Calculamos el área del acero transformado en concreto.
nA a 6.14 84cm 2
A 'c
Determinamos la ubicación del eje neutro: Ssup Z
Sinf Z
X 8440 X 2
20X
10X 2
84X 3360 0
X 14,6cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
20.14,6 3 12
20.14,6.7,32 84.25,4 2 74941cm4
Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero:
cmáx
M máx IZ
c
y máx
1500.100 74941
.14,6 29,22kg / cm
126
2
amáx n
M máx
a
y máx
IZ
1500.100 2 .25,4 305,04kg / cm 6 74941
b) Calculamos el área del acero transformado en concreto.
nA a 10.14 140cm 2
A 'c
Determinamos la ubicación del eje neutro: Ssup Z
Sinf Z
X 140 40 X 2
20X
10X 2
140X 5600 0
X 17,68cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
20.17,683
20.17,68.8,842 140.22,32 2 106588,58cm 4
12
Determinamos los esfuerzos normales máximos para el concreto y acero:
cmáx
M máx
amáx n
IZ
M máx IZ
c
y máx
y amáx
1500.100 106588,58
.17,68 24,88kg / cm
2
1500.100 10 .22,32 314,10kg / cm 2 106588,58
127
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EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 4
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo. Determinar la deflexión máxima, si E 3.106 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 3.106 T / m 2 e I 0,0054m 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
0,5 p lg ;
L 20 pie; E 30.106 psi e I 396 p 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 . 12
EI AB
EI1 3.10
EI BC
0,4.0,63 21600T.m 2 EI 2 3.10 . 12
6
6
Luego: EI BC
EI AB
EI 2 EI1
21600 4800
4,5
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
F
Y
0
VA
51,6 0,4VB
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" EI1 y
'
(56,4 0,6VB )x 6x 2 x2
(56,4 0,6VB )
EI1 y (56,4 0,6VB )
2x 3 C1
2
x3 6
x4 2
C1x C 2
Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x 0
yA
y x 0 0
C2
0
b) Si x 4m
yB
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 EI 2 y
'
(56,4 0,6VB )
EI 2 y (56,4 0,6VB )
x2 2
x3 6
24(x 2) VB 2
8(x 2) VB 3
(x 4) 2 2
(x 4) 3 6
130
5(x 4) 3 3
5(x 4) 4 12
C3
C3 x C 4
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD c) Si x 4m
Ix4 IIx 4
2 2 1 4 4 3 (56,4 0,6VB ) (56,4 0,6VB ) 2(4) (1,6VB 118,4) 24(2) 2 C3 EI1 2 2 EI 2
1
C3
d) Si x 4m
y Ix 4
566,4 9,6VB
y IIx4
3 4 1 4 4 ( 56 , 4 0 , 6 V ) 4 C B 1 EI1 6 2 EI 2
1
3 4 3 ( 56 , 4 0 , 6 V ) 8 ( 2 ) 4 C C B 3 4 6
Reemplazamos C1 y C 3 por los valores calculados anteriormente, obteniendo: C4
44,8VB 2803,2
CONDICION ADICIONAL e) Si x 10m (56,4 0,6VB )
103 6
yC
y x 10 0
8(8) 3
VB (6) 3 6
5(6) 4 12
(566,4 9,6VB )(10) (44,8VB 2803,2) 0
De donde: VB
66,188T
VA
16,687T
VC
25,125T
Con estos valores graficamos los diagramas finales, los cuales se muestran en la siguiente figura.
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 2
2x 3 12,499 0
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 x2 x3
1,541m
1,089m
Luego: 3 4 3,720 3,720 12,499.3,720 1,9.104 m 0,19mm y1 y x 3,72 0 16,687. 4800 6 2
1
1,5413 1,5414 12,499.1,541 2,48.103 m 2,48mm y 2 y x 1,54 1 16,687. 4800 6 2 TRAMO II-II (4 x 10) 1
16,687
x2 2
24(x 2) 66,188 2
(x 4) 2 2
5(x 4) 3 3
69,005 0
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. x4
3,266m
x5
7,238m
x6
11,956m
Luego: 3 3 4 7,238 66,188.3,238 5.3,238 3 8.5,238 69,005.7,238 162,022 y 5 y x 7 , 23 8 16,687. 21600 6 6 12
1
y5
y x7,238 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
VB (4a )
VA
wa
a wa w(3a)(2,5a) 0 2
2
2
1,625wa wa 3wa 0
VB
1,625wa
VA
0,375wa
Planteamos la ecuación universal: y o x
0,375wax3 6EI
0,5wa 2 (x a ) 2 2EI
wx 4 24EI
w(x a) 4 24EI
w(x a) 4 24EI
w (x 4a ) 4 24EI
Aplicamos la condición de borde o extremo: Si x 4a
o (4a)
yB
y x 4a 0
0,375wa(4a ) 3 6EI
0,5wa 2 (3a ) 2 2EI
w (4a ) 4 24EI
w (3a ) 4 24EI
w (3a ) 4 24EI
0
De donde:
o
17wa
3
12EI
En consecuencia:
A o
17wa 3 12EI
1,417
wa 3 EI
La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. Ahora, analizamos el punto C, calculando la deflexión en dicho punto. yC
y x 2a
1,417wa 3 (2a ) EI
0,375wa(2a ) 3 6EI
0,5wa 2 (a ) 2 2EI
w (2a ) 4 24EI
w (a ) 4 24EI
w (a ) 4 24EI
2wa 4 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)(4,5) (3) (5) 0 (3)(5) (3) C (2) 2 EI 2 EI EI 2 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
MA
5,556 20 0
5,556(6) 20(3) 0
VA
MA
14,444T 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 (3) 1,5.5,556 C (3) (3) (3) 2 EI 2 EI EI 2 EI
134
C
17,505 EI
17,505 6
3.10 .0,0054
1,08.103 rad 0,06o
La pendiente en C va en sentido antihorario. Luego, determinamos la deflexión en el punto B yB
d BtgA
yB
1 2
30 (2) (3) 1,5.5,556 (1,5) 1 (3) 1,5.5,556 (2) 27,495 2 EI EI EI EI
(3)
27,495 6
3.10 .0,0054
1,7.103 m 1,7mm
4. Esquematizamos la viga y calculamos sus reacciones, graficando su diagrama de momento flector.
Ahora, transformamos la viga real en viga conjugada, calculando sus reacciones en los apoyos.
Por dato del problema y C Luego, como y C
0,5 p lg
M C tendremos:
5400P EI
(120)
1 60P
60P (60)(30) 0,5 (60)(80) 2 EI EI
De donde: P
0,5EI 396000
0,5.30.106.396 396000
135
15000lb 15k
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USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 4
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Una viga simplemente apoyada AB se somete a una carga distribuida de intensidad variable w
w o sen
x L
. Determinar la deflexión máxima si es de sección
constante. ………………………. (5 puntos)
2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Resolver la viga mostrada en la figura y graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, sabiendo que es de sección constante. ………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. La viga simplemente apoyada AB mostrada en la figura está cargada en su punto medio. Calcular la pendiente en el apoyo A y la deflexión en C. Considerar que la viga es de un solo material. ………………………. (5 puntos)
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:
w
EIy IV EIy III
V
EIy II
M
Luego:
w o sen
EIy IV
x L
Integramos una vez: EIy
III
woL
cos
x L
C1
CONDICIONES: a) Si x L / 2
Vx L / 2
0
Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero. woL
cos 90o
C1 0
C1 0
De esta manera, la ecuación quedará así: EIy
III
woL
cos
x L
Integramos otra vez: EIy
b) Si x 0
M x 0
II
w o L2
x
sen
2
C2
L
0
Luego, el término del lado derecho de la igualdad es cero. w o L2
2
sen0 o
C2 0
C2
De esta manera, la ecuación quedará así: 2
EIy
II
woL
2
sen
x L
Integramos otra vez y obtenemos: EIy
c) Si x L / 2
'
w o L3
3
cos
x L
C3
x L / 2 0 3
woL
3
cos 90
o
C3 0
De esta manera, la ecuación quedará así:
138
C3
0
0
x
3
EIy
woL
'
3
cos
L
Integramos otra vez: EIy
d) Si x 0
y x 0
w o L4
sen
4
x
C4
L
0
w o L4
4
sen0
C4 0
o
C4
0
De esta manera, la ecuación quedará así: EIy
w o L4
4
x
sen
L
Calculamos la deflexión máxima: y máx
w o L4 w o L4 o 4 sen90 4 EI EI 1
y x L / 2
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: MA x 2
y
dy dx
2EI
MA x EI
VA x 3
6EI
VA x 2 2EI
40x 4 24EI
40x 3 6EI
40(x 3) 4 24EI
40(x 3) 3 6EI
CONDICIONES: a) Si x 6m
yB
y x 6 0
18M A EI
MA
b) Si x 6m
36VA
EI
2160 EI
135 EI
2VA 112,5
0 ………………… (1)
B x 6 0
6M A EI
MA
18VA EI
1440 EI
3VA 210 139
180 EI
0 ………………… (2)
Resolvemos las ecuaciones (1) y (2), obteniendo: VA
97,5kN
MA
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 1 L PL 1 PL PL L A 2 4 8EI 2 16EI 8EI 4 2
A
5PL
128EI
La orientación de la pendiente en A es en sentido horario. TEOREMA 2: yC
1 L PL L L PL 3L 1 L PL 5L d AtgC 2 4 8EI 6 4 16EI 8 2 4 16EI 12 3
yC
3PL
256EI
Indica que el punto A está por encima de la tangente en C 4. Reemplazamos la reacción en A por VA y aplicamos el Principio de Superposición de Cargas.
Aplicamos la viga conjugada y lo cargamos con los diagramas correspondientes:
Se sabe que: yA
MA 0
M (a ) a M (a) 3a 1 (a ) VA a 2a (a) VA a 3a 1 (a ) VA a 5a 0 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
MB
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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PRACTICA CALIFICADA Nº 4
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RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la viga mostrada en la figura, graficando sus diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, así como determinar la deflexión en el extremo libre C. Considerar que la sección transversal es constante. ………………………. (6 puntos)
2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. La viga con un voladizo mostrada en la figura está simplemente apoyada en A y B. Calcular las deflexiones en C y D, considerando E 200GPa e I 12.106 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 19000 N / 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 figu ra. 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
La Molina, 18 de Junio del 2007 144
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
0
Y
M
A
0
VB 3wa 0
VA
MA
VB (2a ) w(3a )(3a / 2) 0
VA MA
3wa VB
9wa 2
2
2VB a
TRAMO I-I (0 x 2a )
9wa 2 wx 2 EIy" (3wa VB ) x 2VB a 2 2 9wa 2 wx 3 EIy' (3wa VB ) 2VB a x C1 2 2 6 x2
9wa 2 x 2 wx 4 2VB a C1 x C 2 EIy (3wa VB ) 6 2 2 24 x
3
Luego, aplicamos las condiciones de borde, con la finalidad de determinar las constantes de integración. a) Si x 0
yA
y x 0 0
C2
b) Si x 0
A x 0 0
C1 0
c) Si x 2a
yB
0
y x 2a 0
9wa 2 (2a) 2 w(2a ) 4 2VB a 0 (3wa VB ) 6 2 2 24 (2a )
3
De donde: VB
17wa 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: EIy'
7 wax 2 16
wa 2 x 4
wx 3 6
145
EIy
7 wax3 48
wa 2 x 2 8
wx 4 24
TRAMO II-II (2a x 3a) EIy" EIy' EIy
7 wa 8
x
7 wax 2 16 7 wax3 48
wa 2 4
wx 2
wa 2 x 4
2
wa 2 x 2 8
wx 3
17wa
8
6
wx 4 24
(x 2a )
17wa(x 2a ) 2
16
C3
17wa(x 2a ) 3 48
C3 x C 4
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
7wa(2a ) 2 16
wa 2 (2a ) 4
w (2a ) 3 6
7wa(2a ) 2 16
De donde: C3
146
0
wa 2 (2a ) 4
w (2a ) 3 6
C3
e) Si x 2a
7wa(2a ) 3 48
y IIx 2a
y Ix 2a
wa 2 (2a ) 2 8
w (2a ) 4
7 wa(2a ) 3
24
48
wa 2 (2a ) 2 8
w (2a ) 4 24
0 0 C4
De donde:
0
C4
De esta manera, las ecuaciones finales para el tramo II-II serán: EIy' EIy
7 wax 2 16 7 wax3 48
wa 2 x
4
wa 2 x 2
wx 3 6
8
wx 4 24
17wa(x 2a ) 2 16
17wa(x 2a ) 3 48
Determinamos la deflexión en el extremo libre C yC
4 7wa(3a ) 3 wa 2 (3a) 2 w(3a ) 4 17wa 4 5wa 24EI EI 48 8 24 48
1
y x 3a
2. Calculamos las reacciones en los apoyos:
M
A
0
VB (2,4)
1 2
F
0
HA
F
0
VA 24
X
Y
(1,2)(12)(2) (1,2)(12)(3) 0
VB
24kN
1
VA
2,4kN
0 2
(1,2)(12) (1,2)(12) 0
Planteamos la ecuación universal: y o x
2,4x 3 6EI
24(x 2,4) 3
6EI
12(x 2,4) 4 24EI
10(x 1,2) 5
10(x 2,4) 5
120EI
120EI
12(x 2,4) 4 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 6EI
10(1,2) 5 120EI
0
De donde:
o
2,3904 EI
Por lo tanto, la ecuación universal quedará así: y
2,3904 EI
x
2,4x 3 6EI
24(x 2,4) 3 6EI
12(x 2,4) 4 24EI
10(x 1,2) 5 120EI
10(x 2,4) 5 120EI
12( x 2,4) 4 24EI
Calculamos las deflexiones en C y D yC yD
y x 1,2
2,3904
y x 3,6
2,3904
EI
EI
(1,2) (3,6)
2,4(1,2) 3 6EI 2,4(3,6) 3 6EI
2,1773 EI
24(1,2) 3 6EI
147
2,1773 6
200.10 .12.10
12(1,2) 4 24EI
6
9,07.104 m 0,907mm
10(2,4) 5 120EI
10(1,2) 5 120EI
12(1,2) 4 24EI
yD
y x 3, 6
9,5731 EI
9,5731 6
200.10 .12.10
6
3,989.103 m 3,989mm
3. Determinamos el grado de indeterminación: G.I. 6 3 3
La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas y graficamos el diagrama M/EI
TEOREMA 1:
B A AREA AM,B/ EI 1 120 120 (2) M (6) 0 (2)(2) 2 EI EI EI
M 80kN.m
De esta manera, los diagramas finales son los mostrados en el gráfico.
148
TEOREMA 2: y máx
1 120 4 120 5 80 3 100 100 d AtgC (2) (1) (3) 6 2 EI 3 EI 2 EI 2 EI 19.10 .(0,4.0,6 3 / 12)
y máx
7,3.104 m 0,73mm
La deformada después de la acción de las cargas es la mostrada en la figura.
4. Aplicamos la viga conjugada con el diagrama M/EI correspondiente a cada tramo.
Ahora, determinamos la deflexión en B 1 L wL 3L
2 2 4 L wL 3L 1 L 3wL 7L 15wL y B M B 3 2 8EI 8 2 16EI 4 3 2 16EI 8 256EI 2
149
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RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Determinar la deflexión máxima para la viga mostrada en la figura, si es de sección constante. ………………………. (5 puntos)
2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Resolver la viga, graficando los diagramas de fuerza cortante, momento flector, refuerzo y determinar la deflexión en C ………………………. (5 puntos)
3. METODO DEL AREA DE MOMENTOS. Determinar la pendiente en A y la deflexión en B ………………………. (5 puntos)
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
La Molina, 19 de Noviembre del 2007 151
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 x
w a
wx
wx a
TRAMO I-I (0 x a) EIy" EIy' EIy
3wax
2 3wax 2 4 wax3 4
1
2
wx x 3wax wx 2 wx 3 (x) 2 a 3 2 2 6a
wx 2
wx 3 6
wx 4 24
wx 4 24a
wx 5 120a
C1 C1 x C 2
Aplicamos las condiciones de borde o extremos: a) Si x 0
b) Si x a
y x 0
0
x a 0
C2
C1
0
13wa
3
24
De esta manera, las ecuaciones finales serán: EIy' EIy
3wax 2 4 wax3 4
wx 3 6
wx 4 24
wx 4 24a
wx 5 120a
13wa 3 24
13wa 3 x 24
Determinamos la deflexión máxima, la cual sucede en el centro de la viga, debido a la simetría. y máx
y x a
4 wa 4 wa 4 wa 4 13wa 4 41wa 120EI EI 4 24 120 24
1
2. Determinamos el grado de indeterminación: 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
VA
VB
3wa VB 2
w(2a ) 0
VD
VA
3wa VB 2
wa VB 2
Planteamos la ecuación de la elástica:
wa VB 3 x VB ( x 2a ) 3 w ( x 2a ) 4 2 y o x 6EI
6EI
24EI
CONDICIONES:
a) Si x 2a
yB
wa VB (2a ) 3 2 o (2a ) 0
y x 2a 0
6EI
o b) Si x 4a
yD
3EI
y x 4 a 0
(wa VB )a 2 3EI
(wa VB )a 2
(4a )
(wa VB )(4a ) 3 12EI
VB (2a ) 3 6EI
w (2a ) 4 24EI
0
De donde: 5wa
VB
VA
VD
4
Luego, reemplazamos valores y obtenemos: 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
yC
y x 3 a
wa 3 12EI
wa (3a ) 3 5wa (a ) 3 8 4 (3a ) 6EI
6EI
153
wa 4 24EI
7 wa 4 48EI
Donde:
wa 5wa (a ) 2 4 o 3EI
wa 3 12EI
3. Graficamos la deformada deformada de la viga, así como su diagrama M/EI
154
Del gráfico, se tiene que: tg A
Como
d CtgA L
A es muy pequeño, se cumplirá que tg A A
Luego: M L2
A
8EI L
ML
8EI
La pendiente en A está orientada en sentido antihorario. Siendo: d CtgA
2 L M L 1 L M L ML 2 2 4EI 3 2 2EI 4 2 2 2EI 6 8EI
1 L M 2L
Además: d BtgA
1 L M 1 L M L2 . 2 2 4EI 3 2 96EI
Del gráfico tenemos que: d BtgA
yB
1 2
d CtgA
Ahora, reemplazamos reemplazamos valores: valores: 2
ML
96EI
2
yB
ML
16EI
Obtenemos, el valor de la deflexión en B 2
yB
5M L
96EI
4. Determinamos el grado de indeterminación: indeterminaci ón: 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: yB
MBizq 0
1 35 14 35 1 10 4 1 3V 204,17 9VB (6) (2) (4)(2) (4) B (6)(2) 0 EI 2 EI 3 EI 2 EI 3 2 EI VB
20,97T
Con este valor, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante, momento flector y refuerzo, los cuales se muestran en la siguiente figura. 156
157
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRACTICA CALIFICADA Nº 4
SEM. ACADÉMICO
2008 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
1. METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. Resolver la siguiente viga y determinar el valor de la deflexión máxima. Considerar b 30cm , h 60cm y E 2345000T / m 2 ………………………. (6 puntos)
2. METODO DE LOS PARAMETROS INICIALES. Una viga de acero de sección transversal rectangular de proporción de lados 1:2, está cargada uniformemente en toda su longitud y simplemente apoyada en sus extremos. La deflexión en el centro de la viga es 9,375mm y la pendiente en los extremos es 0,01rad. Determinar las dimensiones de la sección transversal de la viga, así como su longitud y la carga a la que está sometida. Considerar E 2.106 kg / cm 2 y
1400kg / cm2 ………………………. (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 EIy' (6VB EIy (6VB
20) VB x 20)x 20)
x2 2
VB x 2 2
C1
VB x 3 6
C1 x C 2
CONDICIONES: a) Si x 0
x 0 0
C1 0
b) Si x 0
y x 0
0
C2
0
TRAMO II-II (2 x 4) EIy" (6VB EIy' (6VB EIy (6VB
20) VB x 10(x 2) 20) x 20)
x2 2
VB x 2 2
5(x 2) 2 C 3
VB x 3 6
5(x 2) 3 3
C3 x C 4
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: c) Si x 2m
Ix2 IIx 2
C 3 0
d) Si x 2m
y Ix 2
y IIx2
C4
0
TRAMO III-III (4 x 6) EIy" (6VB EIy' (6VB
20) VB x 10(x 2) 10(x 4) 20)x
VB x 2 2
5(x 2) 2 5(x 4) 2 C 5 160
EIy (6VB
20)
x2 2
VB x 3 6
5(x 2) 3 3
5( x 4) 3 3
C5 x C 6
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD: e) Si x 4m
IIx4 IIIx 4
C5
0
f) Si x 4m
y IIx 4
y IIIx4
C6
0
CONDICION ADICIONAL: g) Si x 6m
y
III x 6
0
(6VB
VB
20)
62 2
VB (6) 3 6
5(4) 3 3
5(2) 3 3
0
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 EIy 1,112x
2
5(x 2) 2
0,617x 3
5(x 2) 3 3
161
TRAMO III-III (4 x 6) EIy' 2,224x 1,852x 2 EIy 1,112x
2
5(x 2) 2 5(x 4) 2
0,617x 3
5(x 2) 3 3
5(x 4) 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. x 1 0
x2
1,2m
Luego: y2
y x 1, 2
1 EI
1,112.1,2
2
0,617.1,23
0,535 EI
0,535 3
2345000.(0,3.0,6 / 12)
4,22.105 m 0,042mm
TRAMO II-II (2 x 4) 2,224x 1,852x 2
5(x 2) 2 0
17,776x 20 0
3,148x 2
Esta ecuación también tiene dos soluciones, no siendo válidas ninguna de ellas, por encontrarse fuera del tramo analizado. x3
4,1m
x4
1,55m
TRAMO III-III (4 x 6) 2,224x 1,852x 2 1,852x 2
5(x 2) 2 5(x 4) 2 0
22,224x 60 0
Esta ecuación tiene dos soluciones, siendo válida la que se encuentra en el tramo analizado y la otra es inválida por ser irreal, al encontrarse fuera de la viga. x5
7,9m
x6
4,1m
Luego: y6
5.2,13 5.0,13 8,398 8,398 2 3 y x 4,1 1,112.4,1 0,617.4,1 EI 3 3 EI 2345000.(0,3.0,6 3 / 12)
y6
y x4,1 6,63.104 m 0,663mm
1
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
6EI
wx 4 24EI
o x
wLx3 12EI
wx 4
24EI
CONDICION: Si x L
y x L
0
o (L)
o
wL.L3 12EI
wL4 24EI
0
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 24EI
0,01
………………… (1)
Planteamos la ecuación para la deflexión máxima (centro de la viga) 3
y máx
y x L / 2
4
4 L wL L w L 5wL 24EI 2 12EI 2 24EI 2 384EI 3
wL
Por dato del problema, se tiene que y máx
9,375mm , de donde se desprende la otra igualdad: 4
5wL
384EI
9,375.103
………………… (2)
Reemplazamos (1) en (2) y obtenemos:
wL3 L 9,375.10 3 16 24EI 5
5 16
(0,01)L 9,375.103 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: M
máx
Iz
y máx
Esforzamos al máximo la viga, igualando la expresión: wL2 / 8 b(2 b) 3 / 12
2
( b) 14000
w.3 / 8
3
8 b / 12
14000
De donde: w b 3
8296,3
………………… (3)
Reemplazamos (3) en (1) y obtenemos: w.33 24.2.10 7. b.(2 b) 3 / 12
0,01
3
b
8296,3.3 .12 7
24.2.10 .8.0,01
0,07m 7cm
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 8296,3.0,073
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'
72 EI
(2)(5)
1 2
0
72 16 24 (4)(2) 1 (4) 48 8 1 6VC (6)(4) 0 2 EI 3 2 EI EI 3 EI
(2)
VC
21,555T
Con el valor obtenido, calculamos las reacciones en el apoyo A VA
14,445T
MA
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 yD yD
72
yD
72,06
EI
(2)(7)
EI
1 2
d DtgA y 2 y '2
72 22 24 (4)(4) 1 (4) 48 14 1 (2) 24 4 1 (6) 6.21,555 (6) 2 EI 3 2 EI 3 2 EI EI 3 EI
(2)
72,06 2345000.0,3.0,6 3 / 12
0,0057m 5,7mm
Esto indica, que el punto D está debajo de tgA y el esquema de deformada de la viga es la mostrada en la figura:
4. Transformamos las 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. yC
MC 0
L 1 L PL 1 L wL3 L wL2 L L . 0 16EI 2 2 2 4EI 3 2 16EI 2 8EI 2 4 PL2
De donde: P
3wL
167
4
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
1.
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
Para la viga mostrada en la figura, determinar el valor de “a” de la sección transversal, si el esfuerzo
normal admisible es
150MPa ………………………. ( 3 puntos)
2.
Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante, 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. parabólica que varía de intensidad según la ley w w o 2 L 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
La Molina, 26 de Junio del 2006 169
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2006 – I 1.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
Determinamos el momento de inercia de la sección transversal, la cual es simétrica.
2a.a 3 a (2a ) 3 2 2a.a (1,5a) .2 10a 4 IZ 12 12 Aplicamos la condición de resistencia de esfuerzo normal para flexión.
máx
30.103 10a
4
(2a ) 150.10 6
a 3,42.10 2 m
a 3,42cm
Asumimos: a mín
2.
3,42cm
Calculamos las reacciones en los apoyos:
M F
Y
A
0
0
VB (6)
VA
1 2
1 2
(3)(60)(5)
(3)(60)
1 2
1 2
(3)(60)(1) 0
(3)(60) 60 0
Planteamos las ecuaciones de fuerza cortante y momento flector: y 3 x
60 3
y 20(3 x) 60 20x
170
VB
60kN
VA
60kN
60
Vx
(60 60 20x )x
60 60x 10x 2
2
Como se sabe, la cortante será cero, donde 60 60x 10x 2
0 , obteniendo las siguientes
soluciones: x 1 1,268m
4,732m
x2 Mx
60x
(60 20x )x 2
2
2 2 (x )(60 60 20x) x 60x 30x 2 3
1
10 3
x
3
Luego: M máx
M x 1, 26 8 60.1,268 30.1,2682
10
M mín
M x 4,73 2 60.4,732 30.4,7322
10
3 3
3
.1,268
34,641kN.m
.4,7323
34,641kN.m
Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se muestran en la figura.
Ahora, determinamos la ubicación del eje neutro: YCG
10.50.25 40.10.55 10.50 40.10
38,33cm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro: IZ
10.503 12
10.50.13,33 2
40.103 12
40.10.16,67 2 307500cm 4
171
Graficamos el diagrama de esfuerzos tangenciales:
A 0 B
60.103.6668.106 307500.10 8.40.102
B Ssup, Z
B'
40.10.16,67 6668cm3
60.103.6668.10 6 307500.108.10.10 2
máx C C Ssup, Z
0,325MPa
1,301MPa
60.103.7348,94.106 307500.108.10.10 2
1,434MPa
6668 10.11,67.5,835 7348,94cm3
D 0
3. Sabemos que: EIy IV EIy
IV
EIy
IV
w L2 x 2 w o 2 L
w o
wox
2
2
L
Integramos una vez y obtenemos: EIy
III
w o x
wox3 3L2
C1
CONDICIONES: a) Si x L
Vx L
0
woL
De donde: C1
172
2w o L 3
woL 3
C1 0
La ecuación quedará así: EIy
III
wox3
w o x
2w o L
3L2
3
Integramos otra vez y obtenemos: EIy
II
wox2 2
b) Si x L
wox4 2
12L
2w o Lx 3
M x L
C2
0
w o L2 2
w o L2 12
2w o L2
De donde: C2
w o L2 4
De esta manera, la ecuación quedará así: EIy
II
wox2 2
wox4 12L2
2w o Lx 3
w o L2
4
Integramos otra vez, obteniendo: EIy'
wox3 6
c) Si x 0
wox5 60L2
w o Lx 2 3
w o L2 x 4
C3
x 0 0
C 3 0
La ecuación de la pendiente quedará así: EIy'
wo x3 6
wo x5
60L2
w o Lx 2 3
w o L2 x 4
De donde:
B x L
w o L3 w o L3 w o L3 w o L3 w o L3 15EI EI 6 60 3 4 1
La pendiente en B va en sentido horario. Integramos una vez más y obtenemos: EIy
wox4 24
d) Si x 0
wox6 360L2
w o Lx 3 9
y x 0
w o L2 x 2 8
0
C4 C4
0
Luego, la ecuación de la deflexión será: EIy
wox4 24
wox6 360L2
w o Lx 3 9
w o L2 x 2 8
De donde: yB
y x L
4 w o L4 w o L4 w o L4 w o L4 19w o L 360EI EI 24 360 9 8
1
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
3
C2 0
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 1 1 5 2 4VB 2V 4 181,67 5 8 85 (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
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D E
SAN MARTIN DE PORRES
1.
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
RESISTENCIA DE MATERIALES I
SECCIÓN
26E
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
110m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
V
Una viga simple AB con una longitud entre apoyos L 24 pie se somete a dos cargas rodantes separadas entre si una distancia d 6 pie , 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 resistencia Wz
máx , debido a las cargas rodantes si la viga es un perfil I con módulo de
16,2 p lg 3 ………………………. ( 5 puntos)
2.
Determinar el diámetro “d” de la sección transversal de la viga, así como el esfuerzo ta ngencial
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
La Molina, 27 de Noviembre del 2006 177
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 x3 4
VA 6 0
VB
VA
x3 4 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
Recta y 21 x
a m
24 24
a 3 24 m
24 24
a m
a 3 24 m m 3 24 m m 10,5 pie
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
Recta y 18 x
c m
24 24
c9 24 m
24 24
c m
c 9 24 m m 9 24 m m 7,5 pie
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 esfuerzo normal máximo será:
máx
M máx Wz
27,5625.12 16,2
20,42ksi 179
27,5625k . pie , luego el
2.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo, aplicando la condición de resistencia:
máx
d 45.10 6 ( / 64)d 4 2 2,25.10 3
Asumimos: d 8cm
En consecuencia:
máx
4Vmáx 3A
4.6.10
3
3( / 4)(0,08)
2
1,59.106 Pa 1,59MPa
3. Analizamos la viga AB
TRAMO I-I (0 x L) EIy
II
wL2 wx 2 (wL T)x TL 2 2
wL2 wx 3 TL x C1 EIy' (wL T) 2 2 6 x
2
wL2 x 2 wx 4 TL C1 x C 2 EIy (wL T) 6 2 2 24 x3
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)
EIy ( wL T)
x2 2 x3 6
wL2 wx 3 TL x 2 6 wL2 x 2 wx 4 TL 2 24 2
Luego: yB
y x L
3 L (wL T) EI 6
1
wL2 L2 wL4 1 wL4 TL3 TL 2 2 24 EI 8 3
El desplazamiento y B hacia abajo debido a la flexión de la viga, será igual al desplazamiento
B del
cable que trabaja en tracción. Hay que indicar que y B debe ser con signo negativo para que se trate de una dimensión (longitud). Determinamos el alargamiento del cable, utilizando la fórmula de tracción.
B
TH EA
Por geometría se tendrá: yB
B
wL4 TL3 TH EI 8 3 EA 1
De donde: 4
T
3wAL 3
8AL
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 DtgA
1 2Pa a L 5L 2a 1 2Pa a L 2a L Pa (L a )(L 2a ) P P 2 L EI 2 6 2 L EI 2 6 6EI
Además, del gráfico tenemos: tg A
Como
d DtgA L
A es muy pequeño, entonces:
A
d DtgA L
Pa 6LEI
(L a )(L 2a )
La pendiente en A va en sentido horario. Ahora, determinamos la deflexión en B yB
d BtgA a
yB
d DtgA L
2 a Pa 1 2Pa a a (L a )(L 2a ) P d DtgA d BtgA (a ) L 6 LEI 2 L EI 3
yB
Pa
2
6LEI
182
(L 2a )
2
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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 / cm2 y 12kg / cm2 ………………………. ( 5 puntos)
2.
Para la siguiente viga, determinar los valores “b”, “h” y el esfuerzo tangencial máximo
esfuerzo normal admisible es
máx , si el
10MPa ………………………. ( 3 puntos)
3.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. ¿Con qué relación entre las cargas “w” y “P” la deflexión vertical en el punto de aplicación de la carga P será igual a cero? ………………………. ( 6 puntos)
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 / cm2 e I 40000cm4 ………………………. ( 6 puntos)
FECHA
La Molina, 25 de Junio del 2007 184
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – I 1.
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector.
Determinamos el momento de inercia y momento estático, necesarios para el análisis. IZ
Ssup Z
30.283 12
20.183 12
45160cm4
30.14.7 20.9.4,5 2130cm3
Aplicamos las condiciones de resistencia para los esfuerzos normal y tangencial. ESFUERZO NORMAL:
máx
M máx IZ
y máx
0,888w 45160.10
8
.14.102
1300
w 4,722T / m
120
w 1,526T / m
ESFUERZO TANGENCIAL:
máx
Vmáx Ssup Z I Z b mín
1,667w.2130.106 45160.108.10.102
De donde: w máx
2.
1,526T / m 1526kg / m
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
M máx IZ
y máx
15,7.10 3
3
( b)(1,5 b) / 12
.(0,75 b) 10.10 6
b 16,12.10 2 m
b 16,12cm
Asumimos: b 16,2cm h 24,3cm
Determinamos el esfuerzo tangencial máximo: 3Vmáx
máx
2A
3.14,6.10
3
2.0,162.0,243
556317,6Pa 0,56MPa
3. Calculamos las reacciones en los apoyos:
M F
Y
A
0
0
3L wL L 0 2 2 3P wL VA wL P 0 VB (L) P
2
TRAMO I-I (0 x L) 2 wL P wx EIy x 2 2 II
2 3 wL P x wx C1 EIy' 2 2 6 3 4 wL P x wx EIy C1 x C 2 2 6 24
186
VB
VA
3P wL 2 wL P 2
CONDICIONES: a) Si x 0
y x 0
0
C2
0 2
b) Si x L
y x L
0
C1
2PL
wL3
24
De esta manera, las ecuaciones para este tramo son: wL P x 2 wx 3 2PL2 wL3 EIy' 6 24 2 2 wL P x 3 wx 4 2PL2 wL3 x EIy 24 24 2 6
TRAMO II-II (L x 3L / 2) EIy
II
wL P
L 3P wL (x L) x wL x 2 2
2
2
2 2 wL P x wL L 3P wL (x L) C3 EIy' x 2 2 2 2 2 2 3
wL P x 3 wL L 3P wL (x L) 3 EIy C3 x C 4 x 6 2 2 6 2 6
PRINCIPIO DE CONTINUIDAD:
wL3
2
c) Si x L
d) Si x L
I x L
y
I x L
y
II x L
II x L
C3
C4
PL
12 wL4 48
De esta manera, las ecuaciones para el tramo II-II quedarán así: 2
wL P x 2 wL L 3P wL ( x L) 2 PL2 wL3 EIy' x 2 2 2 12 2 2 2 3
3 3 wL P x wL L 3P wL (x L) EIy x 6 2 2 6 2 6
PL2 wL3 wL4 x 12 48
Por condición del problema: yC
y x 3L / 2 0
Luego: 1 wL P 3L
6
2
3
2
wL 6
(L)
3
3 PL2 wL3 3L wL4 3P wL L 0 12 2 12 2 48
De donde: w
6P L
4. Eliminamos el apoyo B y lo reemplazamos por su reacción VB , así como aplicamos el Principio de Superposición de Cargas.
187
Ahora, retornamos a la viga real, convirtiéndola en viga conjugada.
M
izq B
0
602,64 18,37VB EI
(8)
1 2
4,24VB 8 2 103 (3,51) (7,18) EI EI 3 3
(8)
101,65 2 1,35 5 .0,82 0 (0,82) (0,41) (0,82) 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. yC
M Cder
yC
1 2
91,76 (2) 1 (6) 2,83.30,04 (2) 539,88 17,67.30,04 (6) 13,96 2 EI EI EI EI
(6)
13,96 4
2100.10 .40000.10
8
1,66.103 m 1,66mm 188
189
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Una barra de 40mm 40mm de diámetro se emplea como viga simplemente apoyada sobre sobre un claro de 2m. 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
160M Pa ………………………. ( 5 puntos)
3.
METODO DE LOS PARAMETROS 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. refuerzo. ………………………. ( 6 puntos)
FECHA
La Molina, 26 de Noviembre del 2007 191
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2007 – II 1.
Esquematizamos Esquemati zamos la viga y carga, calculando las reacciones en los apoyos y graficando los diagramas de fuerza cortante y momento flector, los cuales se m uestran uestran en la figura. f igura.
Aplicamos la condición condición de resistencia para para el esfuerzo esfuerzo normal en flexión.
máx máx
M máx máx WZ
0,28125w ( / 32).40 .10 3
9
60.106
w 1340,4 N / m
Asumimos: w máx máx
2.
1340,4 N / m
Determinamos Determinam os las reacciones en los apoyos 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 (5.h).2 10.0,5h
0,416h
Determinamos el momento de inercia respecto al eje neutro. 3 5h 3 10(0,5h ) 2 5h(0,084h) 10.0,5h(0,166h) 2 1,14584h 3 I Z 2 12 12
Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal.
máx
M máx IZ
.y máx
3
20.10 .10 1,14584h
2
3
.0,584h 16000
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 10.10 .110,75.10 3
B
586,67.10 .20.10 8
B Ssup, Z
IZ
C
6 2
0,944MPa
20.3,328.1,664 110,75cm3
1,14584.83 586,67cm4
10.103.106,23.10 6 586,67.108.20.10 2
0,905MPa 193
C Ssup, Z
110,75 20.0,672.0,336 106,23cm3 10.10 .106,23.10 3
máx C'
6
586,67.10 .10.10 8
1,810MPa
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
wL3
wL3
4
ECUACION UNIVERSAL: y yo y yo
dy dx
MA x 2 2EI MAx2 2EI
MA x EI
(3wL / 4) 6EI wLx3 8EI
3wLx2 8EI
x
3
wx 4 12EI
2wx 4 24EI
(w / L) 120EI
x5
wx 5 120LEI
wx 3 3EI
wx 4 24LEI
CONDICIONES: a) Si x L
x L 0
MAL EI
MA
b) Si x L
y x L
0
3wL3
wL 12
8EI
3EI
24EI
0
(sentido antihorario)
wL2 L2 wL4 wL4 wL4 y o 0 12 2 EI 8 EI 12 EI 120 EI
4
yo
wL
120EI
4. Determinamos el grado de indeterminación: 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 wL2 3L 2VB L L 2 1 (L) (L) 0 (L) 72 EI 2 3 EI 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 4 . Usando estos valores, graficar el
diagrama de esfuerzos tangenciales. ………………………. ( 5 puntos)
3.
METODO DE LA DOBLE INTEGRACION. La viga de acero mostrada en la figura tiene una deflexión vertical en el centro del tramo AB igual a 0,4cm. Determinar la magnitud de la carga “P” y el esfuerzo
normal máximo, si el módulo de elasticidad del acero es E a
2,1.105 MPa ………………………. ( 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
La Molina, 23 de Junio del 2008 198
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL CICLO 2008 – I 1.
Determinamos las reacciones en los apoyos y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, tal como se muestra en la figura.
Aplicamos la condición de resistencia para el esfuerzo normal en flexión.
máx
M máx IZ
.y máx
67,5.103
3
n(0,2.0,24 / 12)
.0,12 9.10 6
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 20.100 200.40
106mm
Calculamos el momento de inercia respecto al eje neutro. IZ
200.403 12
200.40.14 2
20.1003 12
20.100.56 2 10573333,33mm 4
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 4
Graficamos el diagrama de esfuerzo tangencial (figura b)
A 0 B
60.103.115600.10 9 10573333,33.10 .200.10 12
3
3,28MPa 199
B Ssup, Z
200.34.17 115600mm 3 60.10 .112000.10 3
C'
9
10573333,33.10 .200.10 12
C' Ssup, Z
3
3,18MPa
115600 200.6.3 112000mm 3 60.10 .112000.10 3
máx C
9
10573333,33.10 .20.10 12
3
31,8MPa
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 EIy
0,125Px 3 3
C1 C1x C 2
CONDICIONES:
0
a) Si x 0
y x 0
b) Si x 2,4m
y x 2, 4
0
c) Por condición del problema y D EIy D
0,125P(1,2) 3 3
C2
C1 0,24P
0,4cm
0,24P(1,2) 200
0
2,1.105.106.
64
0,12
4
0,1084 .0,4.102 0,216P
De donde: P 13612,96 N
Luego, determinamos el esfuerzo normal máximo.
máx
M máx IZ
.y máx
8167,776 ( / 64)(0,12
4
0,1084 )
.0,06 140MPa
Siendo sus diagramas de fuerza cortante y momento flector los mostrados en la figura.
4. Determinamos el grado de indeterminación: G.I. 6 3 3
La viga es tres veces hiperestática. Aplicamos el Principio de Superposición de Cargas, graficando los diagramas M/EI para cada caso.
201
Luego, retornamos a la viga inicial y aplicamos viga conjugada, quedando así:
Como el apoyo A es un empotramiento perfecto, se tendrá que su deflexión en dicho apoyo debe ser igual a cero, esto es: 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 16 EI 2 2 2 16 EI 2 2 4 8 EI 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
1 L PL 1 L L L PL L 1 L PL 1 L y C M C . . 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: 3
y máx
11PL
3072EI
203
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