SOLUCIONARIO DE Examen Aplazado Estatica

UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI MOQUEGUA

ESTATICA ING. CIVIL III

UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI FACULTAD DE INGENIERÍAS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

ESTATICA

TEMA :

SOLUCIONARIO DE EXAMEN DE APLAZADOS INDICE

ALUMNO

:

CUTIMBO CHOQUE, Wilber

CODIGO

:

07102050

CICLO

:

III

DOCENTE

:

Ing. A Flores Q.

MOQUEGUA – PERU

2008

[email protected] wilber511@yahoo .es

/

[email protected] wilber_25_11 @hotmail.com

/

WCC- cel. 953686056

/

CODIGO 07102050

1



UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI CARRERA PROFESIONAL DE INGENEIRIA CIVIL EXAMEN DE APLAZADOS DE ESTATICA

2008 – I

1.- La semiesfera de radio R=1m, y peso de 5 KN mostrada en la figura, está situada sobre una superficie rugosa, calcular el ángulo de inclinación de AB al aplicar la fuerza F=2peso, y cuál será la magnitud de la reacción en C.

SOLUCION: DCL:

∑ F

X

=

0

F − Rc = 0 F = u. N ..........................................(1)

∑ F

Y

=

0

N = W ..........................................(2)

2



SUSTITUYENDO (2) EN (1):

F = u. F = u.W ..........................................(3)

∑ Mc = 0 W . W . W . W .

4 R sen . α 3π 4 R sen . α 3π 4 R sen . α 3π 4 sen . α 3π

− F .( R − R sen . α ) =

0

= F .( R − R sen . α )

= F R . .(1 − sen . α )

= F .(1 − sen . α )...................................................(4)

(3) EN (4):

W . W . .

4 sen . α 3π 4 sen . α

3π 4 sen . α

=

3π

. α . = sen . α . + sen

α =

=

. α ) u.W .(1 − sen

. α ) u.(1 − sen

3u.π . 4 3u.π .

. α .(1 + sen

senα . =

= F .(1 − sen . α ).

.(1 − senα )

. α . = sen

4 3u.π . 4 3u.π .

)=

3u.π . 4

3u.π . 4

4 + 3u.π

 3u.π .    4 + 3u.π 

arcsen

En (2): N=5 KN EN (1):

F = u. N . F − Rc = 0 Rc = 10 KN

3



2.- Calcular las reacciones en los apoyos del pórtico.

SOLUCION:

∑ M

C . ROT . DER .

=

− 3 E V − 4 E H =

∑ M

B . ROT . DER.

=

0

+↵

0....................................................(1)

0

+↵

3(1) + 3(1.5) + 8( 2) − E V (7) − E H (1) = 0. 23.5 − 7 E V − E H

=

0

− 7 E V − E H = −23.5...................................................( 2)

4



Reemplazando 1 en 2: − 3 E V − 4 E H =

0

− 7 E V − E H = −23.5.............. x ( −4) − 3 E V −

4 E H

28 E V

4 E H

+

25 E V

E V

Reemplazando en (1):

=

∑ − 3 E

0

= −3.18 Tn

= −11.28

= −2.82 Tn

V

=

A H + 9 − 2.82 = 0 A H

3.76 Tn

∑ F

0

A H + 3 + 3 + E H

94

− 3(3.76) − 4 E H =

E H

=

94

0

4 E H

H

=

− 4 E H =

V

∑ F

=

0

=

0

=

0

AV − 8 + E V

=

0

AV − 8 + 3.76 = 0 AV

=

4.24 Tn

5



3.- Dibujar los diagramas DFA, DFC y DMF.

SOLUCION:

∑ M

rotderecha

=

0

4000 ( 4) + 6000( 4) − 4 Dv − 7000

=

0

Dv = 8650 Kg

∑ Ma = 0 −

Ma + 2000 (3) + 6400(11) − 8650(11) − 7000 + 4000 (11) = 0

Ma = 18250 Kg .m

∑ M

rotizquier da

=

0

2000( 4) + Ma − 7 Av = 0

Av = 3178.57 Kg

∑ Fh = 0 Ah + 1000 = 0 Ah = −1000 Kg

6


TRAMO AB


0 ≤ X ≤ 3

∑

Fh

N

=

=

0

1000

∑ M = 0 M + 18250 − 3178.57 x = 0

∑

Fv

=

0

M = −18250 + 3178 .57 x

V

−

3178

. 57

V

=

3178

. 57

TRAMO BC:

=

0

x

=

0 → M = −18250

x

=

3 → M = −8714.29

3178

3 ≤ X ≤ 7

∑

Fh

N

=

=

1000

0

∑

Fv

=

0

V

+

2000

−

V

=

1178

. 57

. 57

=

0

7



∑ M = 0 M + 2000 ( x − 3) + 18250 − 3178 .57 x = 0 M = −2000 ( x − 3) − 18250 + 3178 .57 x

TRAMO CD:

x

=

3 → M = −8714.24

x

=

7 → M = −4000

7 ≤ X ≤ 11

∑

Fv

=

V

+

2000

V

=

−

x

=

7

x

=

11

800 → →

∑

Fh

N

=

=

0

1000

0 +

800

( x

−

V V

= =

( x 7)

+

−

7)

−

3178

. 57

=

0

1178

1178 −

2022

∑ M = 0  x − 7  M + 800  + 2000 ( x − 3) + 18250 − 3178 .57 x = 0  2  M = 400( x − 7) − 2000 ( x − 3) − 18250 + 3178 .57 x x = 7 → M = −4000 x = 11 → M = −885.73

8


TRAMO DE. ←


4 ≤ X ≤ 0

∑

∑

Fh

N

=

−

=

V

0

Fv =

=

800

0 x

1000 x

=

0

→

V

=

0

x

=

4

→

V

=

3200

∑ M = 0  x  M − 800 x  − 7000  2  M = 400 x 2

=

0

+ 7000

x

=

0 → M = 7000

x

=

4 → M = 134000

9



Los diagramas de DFA, DFC y DMF son:

10



4.- Hallar el momento de inercia centroidal con respecto al eje OY.

SOLUCION: CALCULO DE SU CENTRO DE GRAVEDAD: FIGURA

AREA

x

y

x.A

y.A

180

18

7.5

3240

1350

192

6

13

1152

2496

60

6

2.5

360

150

15

-2

3.33

-30

49.95

25.71

-2

18.14

-51.42

466.37

-19.31

1.73

7.48

-33.4

-144.43

4637.18

4367.89

371.98

11


x

=


4637 .18

y

371.98 = 12.47 cm

=

4367 .89

371.98 = 11.74cm

CALCULO DE MOMENTO DE INERCIA CENTROIDAL CON RESPECTO A SU EJE OY: FIGURA

AREA

Icg

di

di2

di2.A

180

2160

5.53

30.58

5504.56

192

2304

6.47

41.86

8037.29

60

720

6.47

41.86

2511.6

15

30

10.47

109.6

1644.31

25.71

51.42

10.47

109.6

2817.8 2817.8

-19.31

29.01

10.74

115.3

-2227.36

5294.43 Iy

=

∑ Icg + ∑ di

Iy

=

5294 .43 + 18288.2

Iy

=

23582 .63cm 4

2.

18288.20

. A

12



5.- Resolver en forma grafica la siguiente armadura.

SOLUCION:

∑ F

H

=

0

A H + 1000 − 1000 . cos 45 = 0 A H

= −296.89 Kg

∑ Ma = 0 1000 (6) + 5000(3) + 1000 sen45 − Ev(6) = 0

Ev = 3535.36 Kg

∑ Fv = 0 Av + Ev − 5000 − 1000 sen45 = 0 Av + 3335.36 − 5000 − 1000 sen45 = 0 Av = 2371.74 Kg

13



NUDO F

∑ Fv = 0 CF − 5000 − 1000 sen45 = 0 CF = 50707.11 Kg (traccion )

NUDO C

∑ Fy = 0

∑ Fx = 0

5707 .11cos 45 − BC = 1000 cos 45

5707.11 sen45 + 1000 sen45 = CD

BC = 3328 .43kg (compresion )

CD = 4742 .64 Kg (compresion )

NUDO B

14


∑ Fx = 0 3328.43 cos 45 = BEsen63.43

BE = 2631.47 Kg (traccion )


∑ Fy = 0 3328.43 sen 45 + 2631 .47 cos 63.43 = BA

BA = 3530.59 Kg (compresion )

NUDO A

∑ Fy = 0 5707.11 − 3530.59 − ADsen26.57 = 0

AD =

2176 .52

∑ Fx = 0 AF = 4866. cos 26.57 + 292.89

sen 26.57 AD = 4866 Kg (compresion )

AF = 4644.98 Kg (traccion )

NUDO D

∑ Fy = 0 4742 .64 sen45 − 4866 sen26.57 = DE

DE = 1177.01 Kg (compresion )

15



NUDO E

∑ Fx = 0 2631.47 cos 26.57 = EF

EF = 2353.56 Kg (compresion )

16

SOLUCIONARIO DE Examen Aplazado Estatica

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