libro resistencia de materiales i (prácticas y exámenes usmp)

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(1)RESISTENCIA DE MATERIALES I PRACTICAS Y EXAMENES USMP ______________________________________________. Ph.D. Genner Villarreal Castro PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008. Lima – Perú 2012.

(2) PROLOGO La Resistencia de Materiales, es una ciencia sobre los métodos de cálculo a la resistencia, la rigidez y la estabilidad de los elementos estructurales. Se entiende por resistencia a la capacidad de oponerse a la rotura, rigidez a la capacidad de oponerse a la deformación y estabilidad a la capacidad de mantener su condición original de equilibrio. Por lo general, el dictado de los cursos de Resistencia de Materiales, se centran principalmente en la descripción teórica y en la resolución de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún tratándose de un curso eminentemente práctico y con una diversidad de problemas. El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en la resolución de problemas aplicados en prácticas calificadas y exámenes, así como en la realización de sus trabajos domiciliarios. Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes aplicados por el autor en el período 2006-I al 2008-I, correspondiente al curso Resistencia de Materiales I dictado en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres, propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Resistencia de Materiales y conducente a un mejor dominio de la materia. Este libro es un complemento perfecto al editado anteriormente por el autor, denominado Resistencia de Materiales, el cual se usa como texto base en las Carreras de Ingeniería Civil de muchas Universidades nacionales y extranjeras, así como en Centros de Investigación en Ingeniería Estructural. Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado de los cursos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales en la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de problemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. El presente libro consta de 4 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo, siendo un total de 5 ciclos. En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo tracción y compresión. En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúan los capítulos esfuerzo y deformación y torsión. En el Examen Parcial se evalúan los capítulos tracción y compresión, esfuerzo y deformación y torsión. En la Práctica Calificada Nº 3 se evalúa el capítulo flexión. En la Práctica Calificada Nº 4 se evalúa el capítulo deformación en vigas. En el Examen Final se evalúan los capítulos flexión y deformación en vigas. El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso Resistencia de Materiales I; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. Este libro se lo dedico a mis alumnos de Mecánica de Materiales y Resistencia de Materiales de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este trabajo.. 2.

(3) 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.

(4) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 1. SEM. ACADÉMICO. 2006 – I. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Determinar el máximo valor del radio “r” de la columna, tal que la estructura mostrada no se hunda, si el 2. terreno tiene una capacidad portante de 2,5kg / cm . Considerar que la zapata y la columna son de 3. concreto armado, cuyo peso específico es 2400kg / m y que sobre la columna actúa una carga de 33112kg ………………………. (4 puntos). 2. Una estructura ahusada de acero de 4cm de espesor se muestra en la figura. Se pide determinar el incremento de longitud en esta estructura debido a su peso propio, si en la parte superior está empotrada y en la parte inferior libre. Considerar que el peso específico del acero es  a  7,8T / m y 3. el módulo de elasticidad es E a  2,1.10 kg / cm 6. 2. ………………………. (4 puntos). 4.

(5) 3. Un bloque perfectamente rígido ABC, cuyo peso es 75000kg, está soportado por tres cables de la misma sección y del mismo material. Determinar la fuerza que soporta cada cable, teniendo en consideración que el bloque no queda en forma horizontal. ………………………. (4 puntos). 4. Una columna cuadrada de concreto armado de 30cm de lado y 3m de altura, está reforzada con 4 varillas de acero de ¾” de diámetro y sometida a la acción de una carga axial de compresión de 50T. Considerar E c  15000 f c , siendo f c  210kg / cm '. '. 2. y E a  2,1.10 kg / cm . Determinar los 6. 2. esfuerzos normales en el concreto y en el acero, así como el acortamiento que se produce en la columna. ………………………. (4 puntos). 5. La barra compuesta mostrada en la figura está firmemente sujeta a soportes indeformables. El montaje o. se ejecutó a la temperatura ambiente de 17 C . Calcular los esfuerzos en cada material, si la o. temperatura se eleva a 60 C . Las características se dan en la siguiente tabla: MATERIAL. AREA DE LA. MODULO DE ELASTICIDAD. BARRA. COEFICIENTE DE DILATACION TERMICA. ACERO. A a  14cm 2. E a  2,1.10 6 kg / cm 2.  1   a  1,2.10 5  0   C. ALUMINIO. A al  10cm 2. E al  7,2.105 kg / cm 2.  1   al  2,4.10 5  0   C ………………………. (4 puntos). FECHA. La Molina, 27 de Marzo del 2006. 5.

(6) SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – I 1. Calculamos el peso total de la estructura:.   P  33112  2400 (2r ) 2 (2,70)  1,2.1,2.3r   33112  10368r  20357,52r 2 4  Como nos piden el máximo valor del radio “r”, tenemos que igualarlo con la capacidad portante del terreno.. 20357,52r 2  10368r  33112  25000 1,2.1,2 20357,52r 2  10368r  2888  0 De donde:. r  0,2m 2. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la siguiente figura:. De la relación de triángulos rectángulos se obtiene:. m 15  x 150. . m  0,1x. Luego:. b x  5  m  5  0,1x A x  (5  0,1x).4  20  0,4x x. x. 0. 0. Px   a Vx   a  A x dx   a  (20  0,4x )dx   a (20x  0,2x 2 ) En consecuencia:.  Px dx  a Ea Ax Ea 0. L. . (20x  0,2x 2 )dx 7,8.10 3 5  0 (20  0,4x) 10 6.2,1.10 6 .7642,13  2,838.10 cm. 150. 3. Efectuamos un corte por los tres cables y analizamos el equilibrio del bloque ABC. F  0 M  0 Y. A. . P1  P2  P3  75. ………………….. (a). . 2,8P2  4P3  150. ………………….. (b). 6.

(7) Efectuamos el diagrama de desplazamientos y analizamos la relación existente entre triángulos rectángulos..  2   3 1   3  1,2 4 1,21  4 2  2,8 3  0 Reemplazamos valores:. P L  PL  P L  1,2 1 1   4 2 2   2,8 3 3   0  EA   EA   EA . 1,2.(P1 ).(4)  4.(P2 ).(5)  2,8.(P3 ).(5)  0 4,8P1  20P2  14P3  0. …………………… (c). Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c), obteniendo:. P1  30,730T  30730kg P2  22,567T  22567kg P3  21,703T  21703kg 4. Como la columna es de concreto armado, se debe de cumplir la siguiente relación:. a  c. Pa L PL  c Ea Aa EcAc. . Siendo:. E c  15000 210  217370,65kg / cm 2.   A a  4 .0,75 2   1,767p lg 2  11,4cm 2 4  A c  30 2  11,4  888,6cm 2 Luego:. Pa . 2,1.10 6.11,4 Pc  0,124Pc 217370,65.888,6. 7.

(8) Además:. Pa  Pc  P 0,124Pc  Pc  50000 Pc  44483,99kg Pa  5516,01kg Calculamos los esfuerzos en el concreto y acero:. c . Pc 44483,99   50,06kg / cm 2 Ac 888,6. a . Pa 5516,01   483,86kg / cm 2 Aa 11,4. Determinamos el acortamiento en la columna:.  columna   a   c . Pc L 44483,99.300   0,069cm  0,69mm E c A c 217370,65.888,6. 5. Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su reacción.. Se sabe que el desplazamiento en el empotramiento es cero, es decir:. T  P  0  al (T)L al   a (T)L a . 2,4.10 5.43.25  1,2.10 5.43.38 . PL al PL a  0 E al A al E a A a. P.25 P.38  0 5 7,2.10 .10 2,1.10 6.14. De donde:. P  9530kg Graficamos el diagrama de fuerza axial o normal.. Luego:.  al . P 9530   953kg / cm 2 A al 10. a . P 9530   680,71kg / cm 2 Aa 14. 8.

(9) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 1. SEM. ACADÉMICO. 2006 – II. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Al ensayar a compresión una probeta de concreto, el diámetro original de 6plg se incrementó en 0,0004plg y la longitud original de 12plg se redujo en 0,0065plg bajo la acción de la carga de compresión P  52000lb . Determinar el coeficiente de Poisson  y el módulo de elasticidad E ………………………. (3 puntos) 2. Sabiendo que la estructura mostrada en la figura es de concreto armado y pesa 4881,6kg. Considere su 3. peso específico 2400kg/m . Se pide, determinar el valor de “X”, el peso de la zapata combinada y la capacidad portante mínima del terreno para que la estructura no se hunda. ………………………. (4 puntos). 3. Una barra troncocónica AB de sección transversal circular se somete a una carga P en su extremo libre, tal como se muestra en la figura. Los diámetros en los extremos son d 1 y d 2 , la longitud L y el módulo de elasticidad es E. Obtener una fórmula para la energía de deformación U de la barra y determinar el alargamiento  de la barra debido a la carga P ………………………. (4 puntos). 9.

(10) 4. La barra sólida AB es sujetada por tres cables, tal como se muestra en la figura. Determinar las áreas de las secciones de los cables, si se sabe que el cable 1 es de acero, el cable 2, de cobre y el cable 3, de aluminio. Además, el área del segundo cable es el triple del primero y el del tercer cable es el doble.  a. del primero. Considerar E a  2.10 MPa , E c  10 MPa , E al  0,7.10 MPa ,  5. 5. 5.  160MPa ,. c  60MPa y al  120MPa ………………………. (4 puntos). 5. Determinar los esfuerzos de montaje que surgen en las barras del sistema, si la barra 3 fue fabricada en.   0,4mm menor de lo proyectado. Considerar E  2.105 MPa , A 2  1,5A1 y A 3  2A1 ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 28 de Agosto del 2006 10.

(11) SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2006 – II 1. Calculamos la deformación transversal:. d d f  d i 6,0004  6    6,667.10 5 d di 6. ' . Ahora, determinamos la deformación longitudinal:. .  L f  L i 11,9935  12    5,416.10 4 L Li 12. El coeficiente de Poisson será:. . ' 6,667.10 5   0,123   5,416.10 4. Calculamos el módulo de elasticidad:. E.  P    A.  52000   5,416.10 4. .6 2 4.  339,57.10 4 psi  3,39.10 6 psi. 2. Se sabe que:. Pzapata  2Pcolumna  Ptotal. 2400.(1,10).(8X).(0,60)  2.(2400).(X).(X).(2,50)  4881,6 12000X 2  12672X  4881,6  0 De donde:. X  0,3m Calculamos el peso de la zapata combinada:. Pzapata  2400.1,10.0,60.2,4  3801,6kg Determinamos la capacidad portante del terreno:. qa . Ptotal A zapata. . qa . 4881,6 110.240. q a  0,185kg / cm 2 De donde:. q a ,mín  0,185kg / cm 2  1,85T / m 2 (SUELO BLANDO) 3. Dividimos la estructura, tal como se muestra en la figura:. 11.

(12) El diámetro a una distancia “x” será:. d x  d1 . (d 2  d 1 ) x L. Calculamos la energía potencial de deformación: L. Px2 dx L 4P 2 dx 2P 2 L U   2EA x 0 2Ed1  (d 2  d1 ) x / L2 Ed 1d 2 0 Luego, por ser P carga única que actúa en toda la barra, se tendrá:. . 2U 4PL (ALARGAMIENTO)  P Ed 1d 2. 4. Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio de la barra sólida AB. F  0 M  0 Y. A. . P1  P2  P3  300. . 1,5P2 a  2,5P3 a  300a. ………………… (a). 1,5P2  2,5P3  300. ………………… (b). El sistema estructural es una vez hiperestático y dicha hiperestaticidad lo resolvemos a través del diagrama de desplazamientos.. Aplicamos la relación de triángulos rectángulos, obteniendo:.  2   3 1   3  a 2,5a 1  2,5 2  1,5 3  0 Además:. 1 . P1 h ; Ea Aa. 2 . P2 (0,6h ) ; EcAc. 3 . P3 (0,7h ) E al A al. Reemplazamos valores y obtenemos:. P3 (0,7h ) P1h P (0,6h )  2,5 52 6  1,5 0 6 2.10 .10 (A) 10 .10 (3A) 0,7.10 5.10 6 (2A) 5. 12.

(13) 0,5P1  0,5P2  0,75P3  0. ………………… (c). Resolvemos las ecuaciones (a), (b) y (c):. P1  117,39kN P2  156,52kN P3  26,09kN Aplicamos la condición de resistencia: ACERO:.  a  a. . 117,39.10 3  160.10 6 A. . A  7,33.10 4 m 2 A  7,33cm 2. COBRE:.  c  c. . 156,52.10 3  60.10 6 3A. . A  8,69.10 4 m 2 A  8,69cm 2. ALUMINIO:.  al  al. . 26,09.10 3  120.10 6 2A. . A  1,09.10 4 m 2 A  1,09cm 2. De donde:. A mín  8,69cm 2 Luego:. A a  A  8,69cm 2 A c  3A  26,07cm 2 A al  2A  17,38cm 2 5. Se fija la barra 3 a la viga, obteniéndose las fuerzas internas después del corte efectuado.. F. Y. 0. . P3  2P1. ………………… (a). Analizamos el equilibrio en el nudo D. F. Y. 0. . 2P2 cos 45o  P3 P3  P2 2. ………………… (b) 13.

(14) Analizamos el diagrama de desplazamientos en el nudo D sin considerar la fuerza P3 , solo consideramos las acciones de las fuerzas P2. Del gráfico tenemos:.  cos 45o   2.   2 2. . ………………… (c). Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del sistema estructural correspondiente a la viga CFH, traccionando la barra central hasta la viga, denominada posición inicial y retornando a una posición final del sistema.. De donde:.   1   3   P L  P L  P L  2  2 2    1 1    3 3   0,4.10 3  EA 2   EA 1   EA 3 . P 2   P3 2   P3 .1  3 2 3 .  .    0,4.10  2 E(1,5A1 )   2 EA 1   E(2A1 )  4 2  P3   P3   P3     2      80.10 6 3  2A 1   2 A 1   2 A 1  14.

(15) 4 2  3  2 3   3  80.10 6 3.  3  16,37.10 6 Pa  16,37MPa (TRACCION) Ahora, determinamos los esfuerzos 1 y  2 , los cuales son de compresión y tracción respectivamente, de acuerdo a los diagramas de desplazamiento mostrados en la página anterior.. 1  2 . P P1 P3  1      3   3  16,37MPa (COMPRESION) A1 2  A 1  2A 1. P  1  P2 2  P3  2       3   3  15,43MPa (TRACCION) A2 2  1,5A1  1,5  2A1  1,5. 15.

(16) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 1. SEM. ACADÉMICO. 2007 – I. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Determinar la fuerza de tracción máxima que puede soportar una varilla de acero de diámetro 5/8”, donde el esfuerzo de fluencia es f y  4200kg / cm , considerando un factor de seguridad n  2 en 2. un diseño por esfuerzo simple. ………………………. (3 puntos). 2. La ménsula de acero mostrada en la figura está fijada a la columna mediante dos pernos, si la ménsula soporta una carga P  2500kg y el esfuerzo admisible por corte de los pernos es de 750kg / cm . 2. Diseñar los pernos de fijación sabiendo que en el mercado se dispone de pernos con diámetros de 12, 16 y 20mm ………………………. (3 puntos). 3. Determinar los desplazamientos  x ,  y del nudo B y los esfuerzos normales que surgen en las barras, si L 2  L 3 , A 3  2A 2  4cm y A1  3cm . Considerar E  2.10 MPa 2. 2. 5. ………………………. (5 puntos). 16.

(17) 6 o. 4. Para la barra escalonada, se tiene que E c  100GPa ; A c  1500mm ;  c  16,5.10 / C ; 2. E al  72GPa ; A al  1800mm 2 ;  al  23,9.10 6 / o C . Se pide determinar la fuerza de compresión en o. las barras mostradas después del incremento de temperatura en 96 C y la variación de longitud en la barra de cobre. ………………………. (4 puntos). 5. En la barra rígida AD de 10kN/m de peso es sujetada por dos cables de acero de 1,5cm de diámetro 6 o. ( E  200GPa y   12,5.10 / C ) y a una temperatura inicial de 23 C . Si el sistema pasara a una o. o. temperatura de 40 C . Se pide determinar la deformación y esfuerzos finales en los cables. ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 26 de Marzo del 2007. 17.

(18) SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – I 1. Calculamos el esfuerzo admisible:. fy.  . . n. 4200  2100kg / cm 2 2. Luego:. P   A.  5 P  2100. .  .2,54 2 4 8 2. . P  4156,58kg De donde:. Pmáx  4156,58kg 2. La carga que soportará cada perno es:. Pperno . P  1250kg 2. Aplicamos la condición de resistencia:.   . . Pperno A perno.  . 1250  750 d 2 / 4 De donde:. d  1,456cm d  14,56mm Como se puede apreciar, cumplen los diámetros 16mm y 20mm, pero por economía elegimos:. d mín  16mm 3. Analizamos el equilibrio del nudo B. F F. X. 0. . P1  P2,3. Y. 0. . P1sen30 o  P2,3sen30 o  30. Luego:. 1 . P1L1 30.10 3.2   10 3 m  1mm EA 1 2.10 5.10 6.3.10 4. 18. . P1  P2,3  30kN (TRACCION).

(19)  2,3   2   3 . P2,3 L 2 EA 2. . P2,3 L 3 EA 3. . 30.10 3.1 30.10 3.1   11,25.10 4 m  1,125mm 5 6 4 5 6 4 2.10 .10 .2.10 2.10 .10 .4.10. Efectuamos el diagrama de desplazamientos:. Del gráfico:.  cos(60  )  1. …………………. (a).  cos(60  )   2,3. …………………. (b). Dividimos (a) entre (b), obteniendo:. cos(60  ) 1  cos(60  ) 1,125 Efectuando operaciones, obtenemos:. tg . 0,125 ctg60 o 2,125. De donde:.   1,945o Luego:. . 1 1   2,126mm cos(60  ) cos 61,945 o. Del diagrama de desplazamientos:.  BH  sen  2,126sen1,945o  0,072mm   BV   cos   2,126 cos 1,945o  2,125mm  Calculamos los esfuerzos normales:. 1 . P1 30.10 3   100MPa (TRACCION) A1 3.10 4 19.

(20) 2 . P2,3. 3 . P2,3. A2 A3. . 30.10 3  150MPa (TRACCION) 2.10 4. . 30.10 3  75MPa (TRACCION) 4.10 4. 4. Calculamos la variación de longitud producto del incremento de temperatura:.  T   al (T)L al   c (T)L c  23,9.10 6.96.0,35  16,5.10 6.96.0,45  1,516mm Como  T es mayor que 0,5mm; significa que en el extremo derecho existe una reacción que impide se desplace mayor a este valor de 0,5mm e implica que la reacción R disminuye la magnitud 1,016mm. RL c RL al   1,016.10 3 E c A c E al A al R.0,45 R.0,35   1,016.10 3 9 6 9 6 100.10 .1500.10 72.10 .1800.10. R  178,24kN Ahora, calculamos la variación de longitud en la barra de cobre..  c   Tc   cR   c (T)L c . RL c 178,24.10 3.0,45  16,5.10 6.96.0,45   178.10 6 m EcAc 100.10 9.1500.10 6.  c  0,178mm 5. Efectuamos un corte en los cables y analizamos su equilibrio:. M. A. 0. . 1,2P1  2,4P2  10.3,6.1,8  0 P1  2P2  54. Luego, efectuamos el diagrama de desplazamientos:. 1   2 1,2 2,4 21   2. 20. ……………. (a).

(21) P L  PL 2 1 1  (T)L1   2 2  (T)L 2 EA  EA  P1 .1.4 P2 .1,8.4   2  12,5.10 6.17.1   12,5.10 6.17.1,8 6 2 4 6 2 4  200.10 ..1,5 .10  200.10 ..1,5 .10. 5,659P1  5,093P2  4,250. ……………. (b). Resolvemos (a) y (b), obteniendo:. P1  16,240kN P2  18,880kN Calculamos los esfuerzos en los cables:.  BE . P1 16,240.10 3.4   91,90MPa A .1,5 2.10 4.  CF . P2 18,880.10 3.4   106,84MPa A .1,5 2.10 4. La deformación en los cables será:. 16,240.10 3.1.4 1   12,5.10 6.17.1  67,2.10 5 m  0,672mm 9 2 4 200.10 ..1,5 .10.  2  21  1,344mm. 21.

(22) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 1. SEM. ACADÉMICO. 2007 – II. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Determinar la fuerza de tracción P necesaria para producir una deformación unitaria longitudinal.   0,0007 en una varilla de acero (E  30.10 6 psi) de sección transversal circular, cuyo diámetro es igual a 1plg ………………………. (2 puntos). 2. La columna de un edificio aporticado de concreto armado recibe la carga axial de 25T. Determinar las dimensiones de la columna y zapata, sabiendo que ha sido diseñado con una capacidad portante de 1,51kg/cm2 e indicar el tipo de suelo según la Norma de Diseño Sismorresistente E030 ………………………. (3 puntos). 3. La barra rígida horizontal pesa 1000kg/m y soporta además la carga P  6000kg , es sostenida por las 2. tres varillas de acero indicadas, cuyo esfuerzo de fluencia es 4200kg/cm . Diseñar las varillas considerando un factor de seguridad 1,8 para la condición de resistencia. Los diámetros de las varillas disponibles en el mercado son 3/8”, ½”, 5/8”, ¾”, 7/8” y 1”. Considerar 1plg=2,54cm ………………………. (4 puntos). 22.

(23) 4. Las barras exteriores del bastidor cuadrado mostrado en la figura, están hechas de aluminio. (E al  10,6.10 6 psi ,  al  13.10 6 / o F) y las diagonales son cables de acero (E a  29.10 6 psi ,  a  6,5.10 6 / o F) . Las áreas de sección transversal de las barras de aluminio y los cables de acero guardan una proporción 20:1. Determinar el esfuerzo  a en los cables de acero, si la temperatura del o. bastidor completo se incrementa 80 F ………………………. (5 puntos). 5. Las vigas de concreto presforzado se fabrican algunas veces de la siguiente forma. En un mecanismo de gato hidráulico se estiran varillas de acero de alta resistencia, bajo una fuerza Q, como se muestra en la parte (a) de la figura. El concreto se vacía o cuela alrededor de las varillas para formar una viga, como se muestra en la parte (b). Después de que el concreto ha fraguado adecuadamente, los gatos se sueltan y la fuerza Q desaparece (véase última parte de la figura). De esta manera, la viga está sometida a una condición presforzada, con las varillas en tracción y el concreto en compresión. Supongamos que la carga de presfuerzo Q produce en las varillas de acero un esfuerzo inicial.  o  820MPa . Si los módulos de elasticidad del acero y el concreto guardan una proporción 8:1 y las áreas de sección transversal guardan una relación 1:30 ¿Cuáles son los esfuerzos finales  a y  c en los dos materiales? ………………………. (6 puntos). FECHA. La Molina, 27 de Agosto del 2007 23.

(24) SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que    / L y   PL / EA , obteniendo la siguiente expresión:. . PL 1 P .  EA L EA. .  P  EA  30.10 6. .12.0,0007  16493,36lb 4. P  16,493k 2. Aplicamos el concepto de capacidad portante del terreno:. 25  2,4(X)(X)(8X)  2,4(1,5X)(3X)(4X)  15,1 (3X)(4X) 62,4X 3  181,2X 2  25  0 Obtenemos tres soluciones, siendo las siguientes:. X1  0,4m (OK) X 2  2,85m (IRREAL) X 3  0,35m (ILOGICO) De esta manera, las dimensiones de la columna y zapata son: Columna: 0,4m x 0,4m Zapata: 1,2m x 1,6m x 0,6m Para indicar el tipo de suelo de acuerdo a la Norma de Diseño Sismorresistente E030, analizamos la capacidad portante, la cual es de 1,51kg/cm 2 que corresponde a un SUELO INTERMEDIO. 3. Calculamos el peso de la barra rígida horizontal:. P  1000.4,5  4500kg Colocamos el peso de barra en el centro de la misma y efectuamos un corte en las varillas, analizando su equilibrio:. F  0 F  0 M  0 X. . P2  P3. ……………… (a). Y. . P1  2P2 sen37 o  10500. ……………… (b). . 2P2 sen37 o (2)  4500(2)  6000(1)  0. A. P2  P3  6250kg (TRACCION) Reemplazamos en la ecuación (b) y obtenemos:. P1  3000kg. 24.

(25) Luego:.  . fy. . n. 4200  2333,33kg / cm 2 1,8. A través de la condición de resistencia, elegimos los diámetros de las varillas. VARILLA 1:. 3000  2333,33  A1. A1  1,286cm 2.  2 d1  1,286cm 2 4. d1  1,279cm Para la varilla 1, elegimos el diámetro 5/8” VARILLAS 2 y 3:. 6250  2333,33  A2. A 2  2,678cm 2. d 2  1,846cm Para las varillas 2 y 3, elegimos el diámetro ¾” 4. Como  al ˃  a , entonces las barras exteriores del bastidor que son de aluminio se comprimen y las diagonales de acero se traccionan, analizando, para ello, el equilibrio del nudo C. F. X. 0. . Pal  Pa cos 45o. ………….......... (a). Ahora, analizamos el diagrama de desplazamientos del nudo C.  a cos 45o   al.  Pa L 2  P L   a L 2 (T) cos 45 o   al (L)(T)  al  E al A al  E a A a . . . Pa Pal   (T)( al   a ) E a A a E al A al. 25. ……………….. (b).

(26) Reemplazamos (a) en (b) y la condición del problema, que A al  20A a , obteniendo:. Pa P cos 45 o  a  (T)( al   a ) E a A a E al (20A a )  1 cos 45 o  a   20E al  Ea. a . a .    (T)( al   a ) . 20E a E al (T)( al   a ) 20E al  E a cos 45 o. 20.29.10 6.10,6.10 6.80.(13.10 6  6,5.10 6 )  13750psi 20.10,6.10 6  29.10 6. cos 45 o  a  13,75ksi (TRACCION). 5. Como el concreto trabaja en compresión y el acero en tracción, se tendrá:. a  c   Pa L PL QL  c  Ea Aa EcAc Ea Aa De la figura (c) se sabe que:. Pa  Pc Luego:.  1 1 Pa    Ea Aa EcAc.  Q    Ea Aa. Además:. o . Q  820MPa Aa. Se tendrá:. Pa (E a A a  E c A c ) 820  Ea Aa EcAc Ea  E A   a 1  a . a   820  Ec Ac .  8 1   a 1  .   820  1 30   a  647,368MPa (TRACCION) Entonces:.  a  c 820   Ea Ec Ea c . Ec 1 (820   a )  (820  647,368) Ea 8.  c  21,579MPa (COMPRESION) 26.

(27) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 1. SEM. ACADÉMICO. 2008 – I. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Para comprobar la magnitud del esfuerzo creado por la máquina de ensayo se usa una muestra de referencia de diámetro d  50mm . El alargamiento de la muestra estirada, medido en una longitud. L  100mm resulta igual a   0,1mm . Determinar la fuerza de tracción P y la magnitud del esfuerzo normal  en la muestra, si el módulo de elasticidad del material de la muestra es E  2,04.10 MPa y 5. el límite de proporcionalidad es  prop  260MPa ………………………. (3 puntos). 2. La barra horizontal uniforme rígida mostrada en la figura, soporta la acción de su peso propio W y es sostenido por los cables (1), (2) y (3) que tienen la misma área A de sección transversal y son del mismo material con esfuerzo de fluencia f y y módulo de elasticidad E De las siguientes afirmaciones, diga cuál o cuáles son verdaderas justificando su respuesta: a) El cable (2) no trabaja b) La componente vertical del desplazamiento del punto B es c) El factor de seguridad (n) deberá satisfacer la relación n . WL 3EA. 2Af y W ………………………. (3 puntos). 3. Una barra compuesta de sección transversal cuadrada se construye con dos materiales diferentes que tienen módulos de elasticidad E1 y E2. Ambas partes de la barra tienen las mismas dimensiones en sus secciones transversales. Si se supone que las placas de los extremos son rígidas, obtener una fórmula para la excentricidad “e” de la carga “P” tal que cada parte de la barra se esfuerce uniformemente en compresión. Bajo estas condiciones, ¿Qué parte de la carga P soporta cada material? ………………………. (5 puntos) 27.

(28) 4. Determinar los esfuerzos en la barra escalonada doblemente empotrada, si es de acero, siendo la variación de temperatura T  36 C , E a  2.10 MPa y  a  125.10 5. o. 7 o. / C . Las áreas de cada. tramo están expresadas en función de A ………………………. (4 puntos). 5. Una placa rígida de acero se sostiene mediante tres postes de concreto de alta resistencia, cada uno con sección transversal cuadrada de 200mm x 200mm y longitud L  2m . Antes de aplicarse la carga P el poste central es más corto que los otros en una cantidad s  1mm . Determinar la carga máxima admisible Padm si el módulo de elasticidad del concreto es E c  30GPa y el esfuerzo admisible en compresión es  adm  18MPa ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 24 de Marzo del 2008 28.

(29) SOLUCIONARIO DE PRACTICA CALIFICADA Nº 1 CICLO 2008 – I 1. Se sabe que   E y   P / A , obteniendo la siguiente expresión:. P E  A. . 3  5 6  2 6 0,1.10 P  EA  EA  2,04.10 .10 . .50 .10 .  400553N L 4 100.10 3. P  400,553kN Calculamos el esfuerzo:. . P 400553.4   204.10 6 Pa  204MPa ˂  prop 2 6 A .50 .10. Esto implica que se ha trabajado dentro de un rango elástico, habiéndose utilizado correctamente las fórmulas. 2. a) Efectuamos un corte y analizamos el equilibrio, siendo   0. F. 0. X. . . F2 cos   0. F2  0. La respuesta es VERDADERO, es decir, que el cable (2) no trabaja b). M. A. 0. .  L   L    W  F3   tg   2tg . . F3 . W 2. F1 . W 2. Luego, calculamos el desplazamiento vertical del nudo B. c).  BV . F3 L WL (FALSO)  EA 2EA. F. 0. Y. . F1 . W W 0 2. . Luego:.  máx . N máx W  A 2A. Además:.  máx  . . W   2A. . W fy  2A n. Donde:.  . fy n. n. 2Af y W. (VERDADERO). 29.

(30) 3. Analizamos el equilibrio de una parte de la barra:. F. 0. X. M. B. 0. . P1  P2  P. . b b  P1    Pe  P2    0 2 2. …………….. (a). b b P1    Pe  P2   2 2. …………….. (b). Además, por dato del problema, las placas son rígidas, es decir:. 1   2. . P1 L PL  2 E1A E 2 A P1 . E1 P2 E2. …………….. (c). Reemplazamos (c) en (b) y obtenemos:. E1 P2  P2  P E2. . P2 . PE 2 E1  E 2. Luego, reemplazamos en (c), obteniendo:. P1 . PE1 E1  E 2. Reemplazamos los valores obtenidos en (b):.  PE1  b   PE 2  b      Pe      E1  E 2  2   E1  E 2  2 . e. b( E 2  E 1 ) 2(E1  E 2 ). 4. Eliminamos el empotramiento en B y analizamos el efecto de temperatura y reacción que surge en dicho apoyo.. 30.

(31) Como B es empotramiento perfecto, se cumplirá:. RB  T. R B .0,2 R B .0,4 R B .0,3    125.10 7.36.0,9 5 6 5 6 5 6 2.10 .10 .A 2.10 .10 .(7A / 6) 2.10 .10 .(7A / 5) RB  106,98.10 6 Pa A.  BE  106,98MPa (COMPRESION) Luego, determinamos los esfuerzos en los otros tramos de la barra escalonada:.  DE . 6  BE  91,70MPa (COMPRESION) 7.  CD . 5  BE  76,41MPa (COMPRESION) 7. 5. Una vez aplicada la carga se tendrá:. F. Y. 0. . 2P1  P2  P. ……………… (a). Luego, analizamos el diagrama de desplazamientos:. 1   2  s. . P1 L PL  2  10 3 EcA EcA. P1  P2 . 30.10 9.200 2.10 6 .10 3 2. P1  P2  600000. ………………. (b). Reemplazamos (b) en (a), obteniendo:. P1 . P  600000 3. P2 . P  1200000 3 31.

(32) Ahora, analizamos los postes extremo y central. POSTE EXTREMO:. 1 . P1 P  600000   18.10 6 2 6 A 3.200 .10. P  1560000N. P  1,56MN POSTE CENTRAL:. 2 . P2 P  1200000   18.10 6 A 3.200 2.10 6. P  3360000N. P  3,36MN. Como debe cumplir con ambas condiciones, se tendrá:. Padm  1,56MN. 32.

(33) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 2. SEM. ACADÉMICO. 2006 – I. CURSO. RESISTENCIA DE MATERIALES I. SECCIÓN. 26E. PROFESOR. Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO. DURACIÓN. 110m. ESCUELA. INGENIERIA CIVIL. CICLO. V. 1. Determinar la magnitud de la fuerza P que estira una muestra de sección rectangular de 50mm x 20mm, si se conocen las magnitudes de los esfuerzos normales    20MPa y   60MPa en los planos recíprocamente perpendiculares ab y cd ………………………. (4 puntos). 2. Por un punto en estado plano de esfuerzos pasan los planos AB, BC y AC como se indica en la figura. Determinar los esfuerzos que faltan. ………………………. (5 puntos). 3. Hallar el valor del diámetro de una barra de sección circular, necesario para transmitir un momento torsor T  4600kg.m , si el ángulo de giro en torsión no debe de exceder de. . 1o en 2 metros y si el. esfuerzo tangencial admisible es   820kg / cm . Considerar que el módulo de elasticidad al corte del material es G  0,8.10 kg / cm 6. 2. 2. ………………………. (3 puntos). 33.

(34) 4. Un momento torsor T  6400kg.cm se aplica a un tubo de pared delgada, cuya sección se muestra en la figura. Determinar el espesor de su pared (constante en toda la sección), de tal manera que el esfuerzo tangencial no exceda de 100kg / cm. 2. ………………………. (3 puntos). 5. Graficar el diagrama de momento torsor y determinar el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra de sección rectangular, considerando que su módulo de corte es G  8.10 MPa 4. ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 24 de Abril del 2006. 34.

(35) SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – I 1. Analizamos cada uno de los planos, sabiendo que se trata de un estado de esfuerzos lineal. PLANO ab:.    1 cos 2 (180  )  1 (cos 180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  PLANO cd:.   1 cos 2 (180  )  1 (cos180 cos   sen180sen) 2  1 cos 2  Además, si sumamos y consideramos que     90 se obtendrá:. . .      1 cos 2   1 cos 2   1 cos 2   cos 2 (90  )  1 (cos 2   sen 2 )  1 Reemplazamos valores y obtenemos:. 1  20  60  80MPa Además:. 1 . P A. . P  1A  80.10 6.50.10 3.20.10 3  80000N P  80kN. 2. Analizamos el estado plano, para ello formamos el cuadrado ABED (figura a), luego efectuamos los cortes ABD (figura b) y ABEF (figura c), analizando sus estados de esfuerzos Para determinar los esfuerzos en el plano inclinado, aplicamos las siguientes ecuaciones:.  . X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2.  . X  Y sen 2   XY cos 2 2. 35.

(36) PLANO INCLINADO BC: Para ello, debemos de considerar que  BE   X ,  BC    135o ,   135o  60kg / cm y   135 2. o. Luego, tenemos:.   135o .  X  120 sen 270 o  50 cos 270 o  60 2. .  BE   X  0.   135o . 0  120 0  120  cos 270 o  50sen 270 o 2 2. .  BC   135o  110kg / cm 2. PLANO INCLINADO AC: Consideramos  BE   X  0 ,  AC    210o ,  AC    210o y   210 , obteniendo: o.   210o . 0  120 0  120  cos 420 o  50sen 420 o 2 2. .  AC   210o  13,30kg / cm 2.   210o . 0  120 sen 420 o  50 cos 420 o 2. .  AC   210o  26,96kg / cm 2. 3. Por dato del problema:.    TL   GI p 36.

(37) 4600.100.200   6 4 180 0,8.10 .( / 32).d. d  16,10cm Asimismo:.    T   Wp. 4600.100  820 ( / 16).d 3. d  14,19cm Luego:. Asumimos:. d mín  16,10cm 4. Se sabe que:.  máx . T   2A o . Siendo:. A o - área formada por la línea media  - espesor de la pared delgada Reemplazamos valores y obtenemos:. 6400  100 2.5.4..   1,6cm Asumimos:.  mín  1,6cm 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por su momento torsor TD. D  0 TD .5 400.4 200.2 2 400xdx    0 GI t GI t GI t GI t 0 37.

(38) TD  400N.m Luego:. T. eje. 0. . TA  200  400  400.2  400  0 TA  600N.m. Graficamos el diagrama de momento torsor:. Ahora, calculamos el ángulo de giro en torsión en el punto C de la barra.. C . 400.1  4,15.10 4 rad  0,024 o 8 8.10 .10 .1204,224.10 4. 6. Siendo:. I t  0,196.12.83  1204,224cm 4. 38.

(39) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. PRACTICA CALIFICADA Nº 2. 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. Un elemento en estado plano de esfuerzos se gira un ángulo   30 . Sobre el elemento girado, los o. esfuerzos normales y tangenciales tienen las magnitudes y direcciones mostradas en la figura. Determinar los esfuerzos  X ,  Y y  XY ………………………. (4 puntos). 2. Determinar la relación entre  X ,  Y ,  Z ,  XY ,  XZ ,  YZ , para que el estado de esfuerzos espacial mostrado en la figura, resulte ser plano y luego lineal. ………………………. (4 puntos). 3. Una barra de acero consta de una parte hueca de 3m de longitud con diámetro exterior 10cm y diámetro interior 7,5cm y otra parte maciza de 1,6m de longitud y 7,5cm de diámetro. Determinar el máximo 2. momento torsor que puede soportar sin que el esfuerzo tangencial sobrepase de 800kg / cm , ni el ángulo de giro en torsión supere el valor de 2,7 en los 4,6m. Considerar G  8,6.10 kg / cm 5. o. 2. ………………………. (3 puntos) 39.

(40) 4. Determinar el valor del momento torsor T1 , el esfuerzo tangencial máximo  máx y el ángulo de giro en torsión  A , si se sabe que  A  0,5 B y G  8.10 MPa para toda la barra. 4. ………………………. (4 puntos). 5. Determinar el valor de “b” en función de “a”, si  AB máx   CD máx y la barra doblemente empotrada es de un mismo material. ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 25 de Setiembre del 2006 40.

(41) SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2006 – II 1. Esquematizamos la distribución de esfuerzos, tal como se muestra en la figura:. Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:.       X   Y Reemplazamos valores y obtenemos:.  X   Y  31060  8940.  X   Y  40000. ……………….... (a). Luego:.  . X  Y X  Y  cos 2   XY sen 2 2 2.  20000 . X  Y cos 60 o   XY sen60 o  31060 2 X  Y cos 60 o   XY sen60 o  11060 2. ………………… (b). Además:.  . X  Y sen 2   XY cos 2 2. X  Y sen60 o   XY cos 60 o  5160 2 Multiplicamos la ecuación (b) por cos 60. o. ………………... (c). o. y la ecuación (c) por sen60 , luego lo sumamos y. obtenemos:. X  Y  10000 2.  X   Y  20000 Resolvemos (a) y (d), obteniendo:.  X  30000psi  Y  10000psi Reemplazamos valores en la ecuación (b), obteniendo:.  XY  7000psi 41. ………….…….. (d).

(42) 2. El estado de esfuerzos es volumétrico, en consecuencia tendrá tres esfuerzos principales (1 ,  2 ,  3 ) y todos son diferentes de cero, debiéndose de cumplir con la relación 1   2   3 Para determinar dichos esfuerzos principales se resuelve la ecuación:.  3  I1  2  I 2   I 3  0 Siendo:. I1   X   Y   Z I 2   X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ I 3   X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2YZ   Y  2XZ   Z  2XY CONVERSION A ESTADO PLANO: Para que dicho estado espacial, cuya orientación de esfuerzos es positiva, se convierta en plano, se deberá de cumplir que I 3  0 , es decir:.  X  Y  Z  2 XY  XZ  YZ   X  2YZ   Y  2XZ   Z  2XY  0 Quedando la ecuación cúbica:.  3  I1  2  I 2   0 ( 2  I1  I 2 )  0 De donde:. 1  2 . I1  I12  4I 2 2 I1  I12  4I 2 2. 3  0 Además, se deberá de cumplir que I1  4I 2  0 2. CONVERSION A ESTADO LINEAL: Para que el estado espacial de esfuerzos se convierta en lineal, deberá de cumplirse que 1  0 y.  2  3  0 Luego, será necesario que I 2  0 , obteniéndose:.  X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ  0 Quedando la ecuación:.  3  I1  2  0  2 (  I1 )  0 De donde:. 1  I1  2  3  0. 42.

(43) Nótese, que para que el estado de esfuerzos espacial se convierta en lineal, deberá de cumplirse que. I2  0 e I 3  0 3. Esquematizamos la barra con sus dimensiones:. CONDICION DE RESISTENCIA: a) SECCION TUBULAR:.  máx  . . T  800 ( / 16).10 .(1  0,75 4 ). . T  107378,65kg.cm. 16T  800 .7,53. . T  66267,97kg.cm. 3. b) SECCION MACIZA:.  máx  . . CONDICION DE RIGIDEZ: Por condición del problema, el ángulo de giro en torsión es de toda la barra..  máx  . . T.160 T.300 2,7   4 5 4 4 8,6.10 .( / 32).7,5 8,6.10 .( / 32).10 .(1  0,75 ) 180 5. T  42215,11kg.cm Como debe ser una sola respuesta, analizamos el intervalo, para que cumpla con ambas condiciones del problema.. De donde:. Tmáx  42215,11kg.cm 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:. Aplicamos la condición del problema:.  A  0,5 B  (T1  400).0,8  (T1  400).0,8 T1 .0,6  0,5  4 12 4 12 4 12  G( / 32).40 .10 G.0,141.(20 2 ) .10   G( / 32).40 .10. T1  367,37 N.m 43.

(44) Luego, el diagrama de momento torsor es:.  CA . 16.767,37  61,06MPa .40 3.10 9.  máx   AB . 367,37 0,208.(20 2 ) 3 .10 9.  78,05MPa. Calculamos el ángulo de giro en A. A . 767,37.0,8  0,03rad  1,75 o 8.10 .10 6.( / 32).40 4.10 12 4. 5. Eliminamos el empotramiento en D y lo reemplazamos por TD. D  0 TD .b (TD  T).(2a ) (TD  2T).(a )   0 4 G( / 32).(1,5d) G( / 32).(2d) 4 G( / 32).d 4. TD . 2,125Ta 1,125a  0,1975b. ……………. (a). Por condición del problema:.  AB máx  CD máx 16TA 16TD  3 d (1,5d) 3. TD  3,375TA. ……………. (b). Además:. T. eje. 0. . TA  TD  2T. De donde:. TA  0,4571T TD  1,5429T Reemplazamos valores en la ecuación (a) y obtenemos:. 1,5429T . 2,125Ta 1,125a  0,1975b. b  1,278a 44.

(45) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. 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  y el esfuerzo tangencial   . También, determinar el esfuerzo normal máximo  máx y el esfuerzo tangencial máximo  máx ………………………. (4 puntos). 2. Determinar la relación entre los esfuerzos 1 y  2 para que las longitudes de las diagonales del elemento rectangular ABCD no varíen. Considerar el coeficiente de Poisson igual a  ………………………. (4 puntos). 3. Calcular el diámetro mínimo de una barra de acero que está sometida a un momento torsor de 14kN.m y no debe experimentar una deformación angular superior a 3. o. en una longitud de 6m. ¿Cuál es. entonces el esfuerzo tangencial máximo que aparecerá en el? Considerar G  83GPa ………………………. (3 puntos). 45.

(46) 4. Para la barra mostrada en la figura, se pide: a) Graficar los diagramas de momento torsor y ángulo de giro en torsión b) Determinar el esfuerzo tangencial máximo y la energía potencial de deformación ………………………. (4 puntos). 5. Una barra escalonada ABC de longitud total “L” está empotrada en ambos extremos. La barra tiene diámetros d a y d b en las porciones AC y CB, respectivamente. Un par torsionante “T” actúa en la sección C. ¿Cuáles deben ser las longitudes “a” y “b” para el diseño más económico del elemento? ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 23 de Abril del 2007 46.

(47) SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – I 1. Se sabe que:.    1 cos 2  Por dato del problema:. 1 cos 2   12000. …………….. (a). Además:.  90  1 cos 2 (  90)  1sen 2  Entonces, por dato del problema:. 1sen 2   6000. …………….. (b). Sumamos (a) y (b), obteniendo:. 1 (sen 2   cos 2 )  18000  máx  1  18000psi Luego, reemplazamos en (b) y obtenemos:. sen . 1. . 3.   35,26 o. Asimismo:.  . 1 18000 sen 2  sen70,52 o  8484,82psi 2 2.  máx . 1 18000   9000psi 2 2. 2. Las deformaciones principales, según la Ley de Hooke generalizada son para el estado plano:. 1 . 1 1   2  E. 2 . 1  2  1  E. Las orientaciones de las mismas son las mostradas en la figura:. Además, según condición del problema, se tiene:.  AC .  AC 0 L AC. Esto, se debe a que:.  AC  0 47.

(48) Luego:.  AC  1 cos    2 cos(90  )  0. 1 1  2 cos   1  2  1 cos(90  ) E E. 1 (cos   sen)   2 (sen   cos ) Dividimos ambas expresiones entre cos  y obtenemos:. 1 tg     2 1  tg 3. Se sabe que:.   . . TL   GI p 14.10 3.6   9 4 60 83.10 .( / 32).d. d  11,84.10 2 m Asumimos:. d  118,4mm Luego:.  máx  4. a). 16T 16.14.10 3   42,96.10 6 Pa  42,96MPa 3 3 9 d .118,4 .10. Graficamos el diagrama de momento torsor de acuerdo a los criterios conocidos y el diagrama de ángulo de giro en torsión por el método de las áreas:. 48.

(49) D  0 C . (2T)(L) TL  4,3668 4 4 G(0,458b ) Gb. I t  (2b)(b) 3  0,229(2b)(b) 3  0,458b 4.  B  4,3668 A  . TL (T)(2L)  0 4 Gb G(0,458b 4 ). (2T)(L) TL  4,3668 4 4 G(0,458b ) Gb. b) Calculamos el esfuerzo tangencial máximo:.  máx . Tmáx 2T T   4,065 3 3 Wt 0,492b b Wt  (2b)(b) 2  0,246(2b)(b) 2  0,492b 3. Determinamos la energía potencial de deformación:. U. (2T) 2 (L) (T) 2 (2L) (2T) 2 (L) T2L    10 , 917 2G(0,458b 4 ) 2G(0,458b 4 ) 2G(0,458b 4 ) Gb 4. 5. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por TB. Se sabe que:. B  0 TB (b) TB (a ) T (a )   0 4 4 G( / 32)(d b ) G( / 32)(d a ) G( / 32)(d a ) 4 Tad 4b TB  4 ad b  bd a4 Como:. T. eje. 0. . TA  TB  T  0 Tbd a4 TA  4 ad b  bd a4. Para que el diseño sea más económico, se debe cumplir:.  AC   CB 49.

(50) 16TA 16TB  d 3a d 3b  Tbd a4  3  Tad 4b  3  4     ad  bd 4 .d b   ad 4  bd 4 .d a a  a   b  b. bd a  ad b (L  a )d a  ad b. a. da L da  db. b. dbL da  db. 50.

(51) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. 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. CICLO. V. 1. Una placa delgada, rectangular y de acero está sometida a esfuerzos normales uniformes  X y  Y como se indica en la figura. Se fijan a la placa medidores de deformación orientados en las direcciones X e Y en el punto A. Las lecturas de los medidores marcan deformaciones normales  X  0,001 y.  Y  0,0007 . Determinar los esfuerzos  X y  Y , considerando E  30.10 6 psi y   0,3 ………………………. (3 puntos). 2. Un cubo de acero está sometido a la acción de esfuerzos normales y tangenciales en sus aristas. Viene dado:  X  120MPa ,  Y  80MPa,  Z  100MPa ,  XY  40MPa ,  XZ   YZ  0 . Calcular: a) Los esfuerzos principales 1 ,  2 y  3 b) El esfuerzo tangencial máximo c) Los esfuerzos normal  oct y tangencial  oct octaédricos d) El cambio unitario de volumen o deformación volumétrica ………………………. (5 puntos). 3. Una barra hueca de aluminio (G  4.10 psi) con un diámetro exterior de 4plg y un diámetro interior de 6. 3,5plg tiene una longitud de 8pie a) Si la barra se tuerce mediante momentos torsores en los extremos, ¿cuál será el ángulo de giro en torsión  cuando el esfuerzo tangencial máximo sea 8000psi? b) ¿Qué diámetro “d” se requiere para que una barra maciza soporte el mismo momento torsor con el mismo esfuerzo tangencial máximo? ………………………. (3 puntos). 51.

(52) 4. Una barra escalonada, que consta de un segmento de aluminio y otro de acero, está sometido a dos momentos de torsión como se muestra en la figura. Calcular el máximo valor admisible de T de acuerdo.  a. con las siguientes condiciones: .  100MPa , al  70MPa y el ángulo de giro en torsión en el. extremo libre está limitado a 12 . Considerar G a  83GPa y G al  28GPa o. ………………………. (4 puntos). 5. Determinar el valor del momento torsor T, el ángulo de giro en torsión  B y la energía potencial de. . deformación U, si el esfuerzo tangencial admisible es   40MPa y G  8.10 MPa 4. ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 24 de Setiembre del 2007. 52.

(53) SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2007 – II 1. Sabemos que:. X . 1  X   Y  E. 1  X  0,3 Y   0,001 30.10 6. .  X  0,3 Y  30000 Y . 1  Y   X  E. ………………. (a). 1  Y  0,3 X   0,0007 30.10 6. .  Y  0,3 X  21000. ………………. (b). Resolvemos (a) y (b), obteniendo:.  X  26043,96psi  Y  13186,81psi 2. a) Calculamos los coeficientes de la ecuación cúbica:. I1   X   Y   Z  120  80  100  300 I 2   X  Y   X  Z   Y  Z   2XY   2XZ   2YZ  120(80)  120(100)  80(100)  40 2  28000 X.  XY.  XZ. I 3   XY. Y.  YZ  40. 80.  XZ.  YZ. Z. 0. 120 40 0. 0 0  120(80)(100)  40(40)(100)  800000 100. Luego, reemplazamos valores en la ecuación cúbica:.  3  I1  2  I 2   I 3  0. 3  300 2  28000  800000  0 Obtenemos tres soluciones y lo ordenamos de mayor a menor, siendo estos los esfuerzos principales:. 1  144,721MPa  2  100MPa  3  55,278MPa b) Determinamos el esfuerzo tangencial máximo:.  máx . 1   3 144,721  55,278   44,721MPa 2 2. c) Calculamos los esfuerzos normal y tangencial octaédricos:.  oct . 1 1   2   3   1 144,721  100  55,278  100MPa 3 3.  oct . 1 3. 1   2 2   2   3 2   3  1 2.  oct . 1 3. 144,721  1002  100  55,2782  55,278  144,7212. 53.  36,515MPa.

(54) d) Determinamos el cambio unitario de volumen:. e. 1  2  X   Y   Z   1  2.05,3 120  80  100  6.10 4 E 2.10. 3. a) Para la barra de sección tubular:.  máx . T Wp. . T  8000 ( / 16)(4) (1  0,875 4 ). . 3. T  41601,56lb.p lg. Luego:. . TL 41601,56.8.12   0,096rad  5,5 o 6 4 4 GI p 4.10 ( / 32)(4) (1  0,875 ). b) Por dato del problema, se debe de cumplir para la barra maciza la siguiente condición:. 41601,56  8000 ( / 16)d 3. d  2,98p lg 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:. Aplicamos la condición de resistencia para ambos materiales: ACERO:. 2T  100.10 6 3 9 ( / 16).50 .10. . T  1227,18N.m. 3T  70.10 6 3 9 ( / 16).75 .10. . T  1932,81N.m. ALUMINIO:. Ahora, aplicamos la condición de rigidez:. 2T(1,5) 3T(2)    4 12 9 4 12 15 83.10 ( / 32).50 .10 28.10 ( / 32).75 .10 9. T  1637,52N.m. Asumimos:. Tadm  1227,18N.m 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por su momento torsor TC. C  0. 54.

(55) TC .0,8 TC .1,2 T.1,2   0 4 12 4 12 G( / 32).40 .10 G.0,141.60 .10 G.0,141.60 4.10 12 TC  0,171T A partir del momento torsor determinado, graficamos el diagrama de momento torsor. Aplicamos la condición de resistencia: SECCION CIRCULAR:. 0,171T  40.10 6 ( / 16).40 3.10 9. . T  2939,5N.m. . T  2167,82N.m. SECCION CUADRADA:. 0,829T  40.10 6 3 9 0,208.60 .10 Luego:. Asumimos:. T  2167,82N.m Determinamos el ángulo de giro en torsión en B. B . 0,171.2167,82.0,8  0,0147rad  0,84 o 4 6 4 12 8.10 .10 ( / 32).40 .10. Calculamos la energía potencial de deformación:. Ti2 L i (0,829.2167,82) 2 .1,2 (0,171.2167,82) 2 .0,8 U    16 N.m  16J 2.8.10 4.10 6.0,141.60 4.10 12 2.8.10 4.10 6 ( / 32).40 4.10 12 i 1 2GI p ( t )i 2. 55.

(56) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. 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 1,5p lg. 2. y los esfuerzos admisibles en la junta son  adm  2000psi y.  adm  1000psi ………………………. (3 puntos). 2. En un punto de un cuerpo, el estado plano de esfuerzos es el resultado de dos estados separados que se muestran en las figuras (a) y (b). Calcular los esfuerzos principales y el ángulo  0 , que resulta de la acción simultánea de estos dos estados. ………………………. (5 puntos). 3. Se tiene un panel publicitario de 1,3m x 1,5m que se muestra en la figura. La fuerza del viento que impacta sobre la superficie del mismo genera torsión en el poste metálico, debido a ello se solicita determinar el ángulo de giro en el punto C localizado a 1m de la base del poste. Considerar. G  8.10 5 kg / cm 2 y que la fuerza del viento es perpendicular al panel e igual a w  500kg / m 2 . En la figura también se muestra la sección transversal del poste. ………………………. (3 puntos). 56.

(57) 4. Una barra de acero se encuentra cargada como se muestra en la figura. Determinar el diámetro requerido de la barra, si el esfuerzo tangencial está limitado a 60MPa y el ángulo de giro en torsión en el extremo libre no debe exceder de 4 . Considerar G  83GPa o. ………………………. (4 puntos). 5. En la barra escalonada, doblemente empotrada en sus extremos, la porción AB tiene 75mm de diámetro.  b  60MPa y G b  35GPa . La porción BC es de acero, de 50mm de diámetro,. y es de bronce, con . a.  80MPa y G a  83GPa . Determinar la relación de longitudes b/a que debe existir para que el. acero y el bronce trabajen al máximo esfuerzo posible ¿Qué momento torsor T es necesario para ello? ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 21 de Abril del 2008. 57.

(58) SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2 CICLO 2008 – I 1. Por dato del problema:. 1 cos 2   2000. …………… (a). 1sen cos   1000. …………… (b). Dividimos (b) entre (a) y obtenemos:. tg  0,5   26,56 o Luego:.   26,56 o Reemplazamos en (a):. P cos 2 26,56 o  2000 1,5 P  3750lb Asumimos:. Padm  3750lb 2. Se sabe que en un elemento girado en estado plano, se cumplirá:.       X   Y Analizamos la figura (b) del problema:. X  Y  0  . X  Y X  Y  cos 120 o   XY sen120 o  0 2 2. X  Y cos 120 o   XY sen120 o  0 2  . ……………. (a). ……………. (b). X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 X  Y sen120 o   XY cos 120 o  30 2 o. ……………. (c). o. Multiplicamos (b) por cos 120 y (c) por sen120 , luego lo sumamos y obtenemos:. X  Y  26 2.  X   Y  52 Resolvemos (a) y (d), obteniendo:.  X  26MPa  Y  26MPa Reemplazamos en (b) y obtenemos:.  XY  15MPa 58. ……………. (d).

(59) Luego, analizamos la suma de esfuerzos de los casos (a) y (b), obteniendo el estado plano de esfuerzos equivalente (c), tal como se muestra en la figura:. Determinamos los esfuerzos principales del estado equivalente (c). 1 . X  Y 1  2 2.  X   Y 2  4 2XY. . 26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32,80MPa 2 2. 2 . X  Y 1  2 2.  X   Y 2  4 2XY. . 26  26 1  (26  26) 2  4(20) 2  32,80MPa 2 2. Ahora calculamos el ángulo de giro  0. tg2 0  . 2 XY X  Y. . tg2 0  . 2(20) 52.  0  18,78o 3. Calculamos la fuerza resultante del viento:. F  w.A panel  500.1,3.1,5  975kg Determinamos el momento torsor que generará:. T  975(75  10)  63375kg.cm Los 10cm es la distancia del extremo del panel hasta los pernos de fijación. El momento torsor que se genera es igual por toda la altura del poste, tal como se muestra en la figura:. Luego:. C . 63375.100  7,38.10 4 rad  0,04 o 4 4 8.10 ( / 32).20 (1  0,75 ) 5. 59.

(60) 4. Graficamos el diagrama de momento torsor:. Aplicamos la condición de resistencia:.  máx  . . 1000  60.10 6 3 ( / 16)d. . d  4,39.10 2 m. d  43,9mm Ahora, aplicamos la condición de rigidez:.  máx  . . 1000.3 500.2    9 4 9 4 45 83.10 ( / 32)d 83.10 ( / 32)d. . d  5,15.10 2 m. d  51,5mm. Asumimos:. d  51,5mm 5. Eliminamos el empotramiento en C y lo reemplazamos por TC. C  0 TC b TC a Ta   0 G a I p(a ) G b I p( b) G b I p( b). TC b TC a Ta   0 4 12 9 4 12 9 83.10 ( / 32).50 .10 35.10 ( / 32).75 .10 35.10 ( / 32).75 4.10 12 9. TC . 9,03Ta 19,277b  9,03a. Luego:. T. eje. 0. . TA  TC  T  0. TA . 19,277Tb 19,277b  9,03a. 60.

(61) Por condición del problema:.  b,máx . TA  b ( / 16)d 3b. . 19,277Tb   .753.10 9.60.10 6 19,277b  9,03a 16. 19,277Tb  4970,1 19,277b  9,03a  a ,máx . TC  a ( / 16)d 3a. . …………….. (a). 9,03Ta   .50 3.10 9.80.10 6 19,277b  9,03a 16. 9,03Ta  1963,5 19,277b  9,03a. …………….. (b). Dividimos (a) entre (b) y obtenemos:. b  1,186 a Reemplazamos en la ecuación (a), dividiendo previamente dicha ecuación entre “a”, obteniendo:. 19,277T(b / a )  4970,1 19,277(b / a )  9,03. . 19,277T(1,186)  4970,1 19,277(1,186)  9,03. T  6933,14N.m  6,933kN.m. 61.

(62) U N I V E R S I D A D. D E. SAN MARTIN DE PORRES. USMP - FIA. EVALUACIÓN. EXAMEN PARCIAL. SEM. ACADÉMICO. 2006 – I. CURSO. 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.

(63) 3. Un recipiente cilíndrico de hierro fundido de diámetro D  0,2m tiene las paredes de espesor igual a. t  20mm . La presión dentro del recipiente es p  4MPa . El recipiente está además comprimido por fuerzas P  200kN aplicadas en sus extremos. Comprobar la resistencia del cilindro por la quinta.  tr  20MPa y. teoría de resistencia (de Mohr), considerando que los esfuerzos admisibles son . comp  60MPa ………………………. (4 puntos). 4. Obtener una fórmula para la energía potencial de deformación de la barra circular mostrada en la figura. La intensidad “t” del par distribuido varía linealmente desde un valor máximo t o en el empotramiento hasta cero en el extremo libre. ………………………. (3 puntos). 5. Graficar el diagrama de momento torsor para la barra doblemente empotrada mostrada en la figura, si su mitad izquierda es de sección transversal circular constante de diámetro “d” y la otra mitad varía su sección transversal circular desde “d” hasta “2d”. Considerar que toda la barra es de un mismo material ………………………. (5 puntos). FECHA. La Molina, 03 de Mayo del 2006 63.

(64) SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL CICLO 2006 – I 1. Analizamos el equilibrio en el nudo “B”. F. 0. X. .  P1 cos 60 o  P2 cos 30 o  0 P1  P2 3. F. 0. Y. . P1sen60 o  P2 sen30 o  P  0. P 3  2. 3 1   P2    P  2  2  P2 . P (COMPRESION) 2. P1 . P 3 (TRACCION) 2. Luego:. 1 . P1 L1  P 3  a 3  1  3Pa    (ALARGAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA. 2 . P2 L 2  P  a  1  Pa     (ACORTAMIENTO)  EA  2  2  EA  4EA. Efectuamos el diagrama de desplazamientos:. 64.

(65) . . Pa Pa  3Pa  1   Pa  3   X  1 cos 60 o   2 sen 60 o    3  3  0,158        EA  4EA  2   4EA  2  8EA. . . Pa Pa  3Pa  3   Pa  1   Y  1sen 60 o   2 cos 60 o     1  3 3  0 , 774       EA  4EA  2   4EA  2  8EA Determinamos los esfuerzos en las barras (1) y (2). 1 . P1 P 3 P   0,866 (TRACCION) A 2A A. 2 . P2 P P   0,5 (COMPRESION) A 2A A. 2. Eliminamos el empotramiento en B y lo reemplazamos por la reacción R B. Sabemos que:. B  0 R B (4a ) R B (2a ) R B (a ) A(4a )(4a ) A(4a )(2a )  (2A)(2a )(2a ) A(4a )(a )        EA E ( 2A ) E ( 4A ) 2EA E(2A) 2E ( 2 A ) E ( 4A ). .  (2A)(2a )(a )  (4A)(a )(a )  0 E ( 4A ) 2E ( 4A ). De donde:. RB . 22 Aa 7. Con el valor obtenido, graficamos los diagramas de fuerza axial y esfuerzo normal..  22  1  22  II   Aa    a  7  A  7 6  22  1   6  1   sup Aa  A(4a )      Aa     a II  II   7  7  A   7  A  3  6  1   inf Aa     a II  II    7  7  2A  17  22  1   34  1   sup Aa  A(4a )   (2A)(2a )      Aa     a III  III   7  7  2A   7  2A  65.

(66) 17  34  1   inf Aa     a III  III    14  7  4A  31  22  1   IV IV   Aa  A(4a )   (2A)(2a )   (4A)(a )     a 14  7  4A . 3. Se sabe que para cilindros se tiene:. 1 . pDi 4.0,16   16MPa (ESFUERZO CIRCULAR) 2t 2.20.10 3.  3' . pDi 4.0,16   8MPa (ESFUERZO MERIDIONAL) 4t 4.20.10 3. "3  . P 200.10 3   17,68MPa (ESFUERZO DE COMPRESION) A ( / 4)(0,2 2  0,16 2 ). Luego:.  e,V  1 . tr    tr comp 3. Reemplazamos valores y obtenemos:.  e,V  16 . 20 (8  17,68)  19,227MPa ˂ tr  20MPa 60. Por lo tanto, se cumple la condición de resistencia. 4. Por relación de triángulos:. tx to  x L. . tx . tox L. Luego:. tox2 1 1  tox  Tx  t x x   .x  2 2 L  2L 2. t o2 L3 T 2 dx L  t o x 2  dx  U x     2GI p 0  2L  2GI p 40GI p 0 L. 66.

(67) 5. Analizamos la variación del diámetro en el tramo BC. m 0,5d  x L. . m. dx 2L.  dx   x d X  d  2m  d  2   d1    2L   L. . Eliminamos el empotramiento del lado izquierdo y lo reemplazamos por su momento torsor TA. Sabemos que:. A  0 L L TA L TA dx Tdx   0 4 4 4 4 4   G( / 32)d G (  / 32 ) d ( 1  x / L ) G (  / 32 ) d ( 1  x / L ) 0 0. TA . 7 T  0,226T 31. Como:. T. eje. 0. . TA  TC  T  0 TC . 24 T  0,774T 31. Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento torsor.. 67.