RESOLUCION DE EXAMENES RESISTENCIA DE MATERIALES 2009-I

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FACULTAD DE INGENIERÍAS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

Realizado por

: CUTIMBO CHOQUE, Wilber. COAYLA FLORES, Pablo. QUISPE ROSADO, Rene. INDICE RIVERA FLORES. Rommel.

CICLO

:

DOCENTE

:

V Ing. A. Flores Q.

MOQUEGUA – PERU

2009

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RESOLUCION DE LA PRIMERA PRÁCTICA CALIFICADA DE RESISTENCIA DE MATERIALES I 1.1.- Graficar los diagramas de σ y δ calcular la energía de deformación y deflexión total.

SOLUCION: γ = 3000 Kg / m 3 γ = 0.003Kg / cm 3 d = 2cm d = 4cm E = 2 x10 6 Kg / cm 2

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P V V .γ = P

γ =

P = γ (h.∆A)

Para los pesos propios: P1 = 0.003(150.

π ( 4) 2 4

)

P1 = 5.654 Kg

P2 = 0.003(100.

π ( 2) 2 4

P2 = 0.943Kg

Para las áreas: A' o =

π ( 4) 2

A' o = 4π

4

A' ' o =

π ( 2) 2

A' ' o = π

4

Hallando la reacción: − R + 20(150) + 5.054 +

10 100 + 0.943 + 1000 = 0 2

R = 4506.597 Kg

TRAMO ij:

0 ≤ x ≥ 150

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)

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∑ Fy = 0 − R + qx + Wx + σ x A = 0 − 4506.54 + 2000.x + γAx + σ x A = 0 − 4506.59 2000 x 0.003.γ .x − − γ ∆ ∆ − 4506.59 2000 x − − 0.003 σx = 4π 4π σ x = 3580.98 − 0.003.x − 1591.54.x

σx =

σ x = 358.098 − 159.1543.x x = 0 ⇒ σ = 358.49 Kg / cm 2 x = 150 ⇒ σ x = −23514.01Kg / cm 2

TRAMO jk:

150 ≤ x ≥ 250

q q' = 9 x − 150 q ( x − 150) 100 1000 ( x − 150) q' = 100 q ' = 10( x − 150) q' =

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∑ Fy = 0 10( x − 150)( x − 150) − σ x ∆ − Wx = 0 x 4506.59 − 3 x10 4 − 5.654 − 5( x − 150) 2 + γAx = σ x ∆ 4506.59 + 2000(150) − 5.054 −

− 25499.1 5( x − 150) 2 0.003∆ σx = − − A A ∆ 2 σ x = −8116.50 − 1.59( x − 150) − 0.003.x

x = 150 ⇒ σ = −8117.05Kg / cm 2 x = 250 ⇒ σ = −24017.35Kg / cm 2

Para la deformación:

δ ji =

1 150 σ X .dx E ∫0

δ ji =

1 150 (358.098 − 159.2 x).dx E ∫0 150

1 159.2 x 2  δ ji = 358.098 x − E 2  0

1 159.2(150) 2  δ ji = 358.098(150) −  E 2 

δ ji =

1 [− 1737285.3] E

δ ji =

1 [− 1737285.3] 2 x10 6

δ ji = −0.86cm

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê δ jk =

1 250 σ X .dx E ∫150

δ jk =

1 2 x10 6

∫

250

150

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(−2116.60 − 1.59( x − 150) 2 − 0.005 x)

δ jk = −0.67cm

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2.2.- Diseñar el cable de acero y el soporte de madera y calcular la deflexión de A.

SOLUCIÓN:

∑M

A

=0

2000(200. cos 37) + 1000(400. cos 37) − T (800. cos 37) = 0 T = 2500 Kg Graficando los Diagrama de fuerzas axiales de la barra de madera:

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n = 3 .8

σ max = 190 Kg / cm 2 190 Kg / cm 2 3 .8 = 50 Kg

σ adm = σ adm

La fuerza máxima axial es de 300 Kg.

σ=

p A

A=

300 Kg 50 Kg / cm 2

A = 6cm 2 Para el acero:

n = 2 .5

σ=

P A

A=

2500 Kg 1680 Kg / cm 2

A = 1.48cm 2

σ max = 4200 Kg / cm 2 4200 Kg / cm 2 2 .5 = 1680 Kg / cm 2

σ adm = σ adm

A=

π .d 2

1.48 = 1cm → 0.314 pu lg 1.37cm → x pu lg

4

π .d 2

4 d = 1.37cm

x = 0.534 pu lg

φ = 1 pu lg

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Hallando la deformación:

PL EA 500 x 200cm δ '= 2.1x10 6 x1.48 δ ' = 0.0322cm

δ '=

Vy − δ ' Vx Vy − δ ' θ= Vx θ = 52.81 tan θ =

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8 6.38 + X 5.09 + 0.8 X = 8 8 − 5.09 X = 0 .8 X = 2.63 cos 37 =

Por relación de triángulos: sen37 = Y X = 481 0.0322 X = 1.72 x10 −2 cm

X d

X sen37 d = 2.92 x10 −2 cm

d=

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3.3.- Hallar el máximo valor de P de manera que: σ 1 ≤ 1700 Kg / cm 2 σ 2 ≤ 680 Kg / cm 2 τ ad ≤ 380 δ VC = 1mm δ HC = 0.8mm

A1 = 10cm 2 A2 = 20cm 2

SOLUCION:

δ VC = 1m = 0.1cm δ HC = 0.8mm δ HC = 0.08cm

P − F1 = F2

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê E = 2.x10

0.13 =

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D V =

6

δ1 cos 45

U V = 2δ 2 2δ 2 ⇒U =V

δ1

cos 45 δ 1 = 0.13. cos 45

PL = 0.0905 EA P = 0.0905.E. A

δ 1 = 9.05 x10 −2 δ1 = 0.0905cm

P = 18110.7 Kg

σ 1 = 1700 Kg / cm 2 A1 = 10cm 2

σ1 =

F1 = P

P A1

σ 1 . A1 = P 1700 x10 = P P = 17000 Kg

A cos 37 A' = 25.04 A' =

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τ a −a A' = P.sen37 P=

380(25.04) sen37

P = 15810.83

σ 2 . A2 = P − F2 680(20) = P P = 1360 Kg

Pmax = 1360 Kg

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4.4.- Las varillas 1 y 2 son de acero. Calcular los esfuerzos en cada una de ellas. E=2x106 Kg/cm2

SOLUCION: DCL

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RESOLUCION DE LA SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA DE RESISTENCIA DE MATERIALES I

1.-- calcular los esfuerzos de montaje en las barras de acero de la figura 1. figura es la magnitud ∆ lineal del error cometido al fabricar el elemento estructural del sistema. Si además actúa una carga de 5 ton. En el punto A cuales serian los nuevos esfuerzos.

AI = 5cm 2 AII = 2 AI ∆ = 1mm E = 2 x10 6 Kg / cm 2

SOLUCION:

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\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D AA' δ CD = 8 4 AA' = 2δ CD

∆ − δ I = 2δ CD = 2δ II = 2δ II

∆EAI = FI 2 LI (0.1)(2 x10 6 )(5) FI = 2(585) FI = 854.7 Kg

∆−

FI LI FL = 2 I II EAI 2 EAI

∆=

FI LII FI LI + EA EAI

∆=

2 FI LI EAI

∑M

E

=0

4 FI . cos 20 + 4 FII cos 20 = 8 FI cos 20 FI = FII ......................................................................( I )

FII = 854.7 Kg

200 cos 70 X = 585cm X =

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê F A 854.7 σ1 = 5 σ 1 = 17094 Kg / cm 2

σ=

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D F A 854.7 σ2 = 10 σ 2 = 85.47 Kg / cm 2

σ=

Cuando actúa 5ton en el punto A, los nuevos esfuerzos son:

5000 = FI sen70 FI = 5320.89 Kg Haciendo las mismas operaciones resultan:

FI = F2

5320.89 5 σ 1 = 1064.18 Kg / cm 2

σ1 =

5320.89 10 σ 2 = 532.1 Kg / cm 2

σ2 =

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2.-- calcular los esfuerzos en las barras elásticas debido al increment incremento0 o0 de 2. temperatura. ∆t=60ºC.

E = 2 x10 6 Kg / cm 2

α = 1.17 x10 −5 o C −1 A1 = A2 = 4cm 2 A3 = 8cm 2

SOLUCION: De la estática.estática.-

∑Mo=0

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∑Fv=0

Deformación.Deformación.-

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-Para 3 incógnitas, 3 ecuaciones, tenemos:

Los esfuerzos serán:

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3.3.- Hallar los esfuerzos esfuerzos unitarios en el bloque, el cambio unitario de volumen en el volumen. Si ocurre un cambio de temperatura ∆t=50ºC. Calcular los nuevos esfuerzos en las barras y el bloque.

p = 980

 AC = 2cm 2  V  E = 2 X 10 6 Kg / cm 2 ACERO =  µ = 14  α = 1.17 x10 −5 o C −1

Kg cm 2

 E = 7 X 10 5 Kg / cm 2  ALUMINIO = µ = 1 3  α AL = 2.3 x10 −5 o C −1

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SOLUCION:

T

T

T

T

Q

Sabemos que:

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El esfuerzo en cada barra:

Para la variación de volumen usaremos la siguiente fórmula:

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A una temperatura de 50 ªC En la dirección z

En la dirección x

P

δT δx

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Desplazamiento total.total.-

En la dirección de y

2P

δT δy

Desplazamiento total.total.-

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RESOLUCION DE LA TERCERA PRÁCTICA CALIFICADA DE RESISTENCIA DE MATERIALES MATERIALES I 1.-- Una columneta de concreto se encuentra confinada en un encofrado 1. metálico cilíndrico, soporta una carga de 200 Kg/cm2, calcular: a.-- La presión de contacto entre los materiales. a. b.b.- El esfuerzo normal en el encofrado metálico. c.-- La variación del diámetro del cilindro. c. d.-- La variación de volumen de la columneta. d.

CONCRETO : EC = 0.25 x10 6 Kg / cm 2 , µ = 0.15 ACERO : Ea = 2 x10 6 Kg / cm 2 , µ = 0.25

SOLUCION: A.-- La presión de contacto entre los materiales. A.

σ X = −200 σ Y = σ X = −P ξX =

− P uC + ( P +σ 2) EC EC

−P 0.15 + ( P + 200) 6 0.25 x10 0.25 x10 6 −P 0.15 P 30 ξX = + + 6 6 0.25 x10 0.25 x10 0.25 x10 6 − 0.85 P + 120 x10 6 ξX = 6 0.25 x10 ξ X = −3.4 x10 −6 P + 120 x10 −6 = ξ X

ξX =

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El alargamiento circunferencial unitario en el Acero:

ξY =

P.D 20 P = = 16.67 x10 −6 P −6 2.e.E A . 2(0.3)(2 x10 )

ξY = ξ X 16.67 x10 −6 P = −3.4 x10 −6 P + 120 x10 −6 20.07 P = 120 Presión de contacto entre el acero y concreto:

P = 5.98Kg / m 2 B.-- El esfuerzo normal en el encofrado metálico. B.

σn =

P.r 5.98(10.3) = t 0.3

σ n = 205.31Kg / m 2 C.-- La variación del diámetro del cilindro. C.

∆D = ξ X .D

ξ X = −3.4 x10 −6 (5.98) + 120 x10 −6 ξ X = 99.67 x10 −6 ∆D = 99.67 x10 −6 x 20.6

∆D = 0.0021cm3 D.-- La variación de volumen de la columneta. D.

∆V = (ξ X +ξ Y + ξ Z ).VO

VO = π .r 2 .h

−6

∆V = 2(99.67 x10 ) −4

−6

∆V = (1.99 x10 − 732.82 x10 ).VO −4

∆V = (−5.93 x10 )(18849.56)

VO = π (10 2 )(60) VO = 18849.56cm 3

∆V = 11.18cm 3

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2.- Calcular los esfuerzos en las tres direcciones en la pared del recipiente

sumergido a una profundidad profundidad de 20 m en un lago.

SOLUCION:

P = presion atmosferica = 0

P = PO + γ .h

PO = Peso especifico de agua = 1000kg / m 3

P = 0 + 1000(20)

h = profundidad = 20m

P = 20000 Kg / m 2

DCL:

σ Z =σY =σC Pr t − 20000 Kg / m 2 (0.50m) σC = 0.004m

σC =

P = 20000Kg / m 2

σ C = −2500000kg / m 2

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Calculando el esfuerzo longitudinal:

− Pr 2t − 20000(0.5) σx = 0.008

σn =σx =

σ x = −1250000kg / m 2

3.- Hallar los esfuerzos de membrana en el punto A del recipiente esférico lleno

de agua, el anillo de soporte está ubicado a 30º del fondo medido con la horizontal. Encontrar los máximos esfuerzos de membrana en las paredes del tanque justamente arriba y justamente debajo del anillo de soporte.

SOLUCION:

x 2 + y 2 = 6400 1 y tg 30 = = 3 x x = 3y y=

3 x 3

3 x 2 + x 2 = 6400 9 2 12 x = 6400 9 x 2 = 4800 x = 69.25

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σn =

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PXA 2.t.senθ

Si y = 6400 − x 2 dy −x = = tgθ dx (6400 − x 2 ) 12 tgθ = −1.73

P1 = 1000 Kg / m 3 =

m P = = 1000 v v

4 P1 = 1000( r 3π ) 3 P1 = 2144.66kg

arctg (−1.73) = 0 θ = 60

senθ =

PABAJO = 1000(2.14 − 1.50)

xr RT

69.28 sen60 Rt = 79.997

PABAJO = 636.76 Kg

Rt =

PABAJO = 1507.9

Rt = 80

σn =

PXA 2.t.senθ

Hacia abajo:

σn =

1

ρ σn Rn

=

(636.76)(69.28) 2.(0.5)(sen60) − 0.10

[1 + (1.73) ] 2

+

σt nt

=

3

σ n = 50939.31kg / cm 2

= 0.01 2

P t

50939.31(−0.01) +

σ t = 142633.05kg / cm 2 σt 80

=

636.76 0 .5

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Hacia arriba:

σn =

(1507.90)(69.28) 2.(0.5)(sen60)

σn Rn

=

σt Rt

=

σ n = 120628.46kg / cm 2

P t

− (120628.46)(0.01) +

σt 80

=

1507.90 0 .5

σ t = 337766.77kg / cm 2

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RESOLUCION DE LA CUARTA PRÁCTICA CALIFICADA DE RESISTENCIA DE MATERIALES MATERIALES I

1.- Para el estado de esfuerzo plano mostrado se sabe que los esfuerzos

cortantes actúan en los sentidos indicados y que el menor de los esfuerzos principales es igual a 60 kg/cm2. a.esfuerzo a.- Siguiendo un proceso analítico hallar la magnitud del esfuer zo cortante y la orientación del esfuerzo cortante máximo y el plano en el que se origina. b.b.- Comprobar su resultado utilizando el método del círculo de Mohr.

SOLUCION:

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\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

σ P1 = 60 Kg / cm 2 σ X = 70 Kg / cm 2 σ Y = 150 Kg / cm 2

σ P1 =

σ X +σY 2

σ −σY  2 ±  X  + (τ XY ) 2   2

70 + 150  70 − 150  2 ±   + (τ XY ) 2 2   2

60 =

70 + 150   70 − 150   = ±  60 −  −  2 2     2

τ XY

2

τ XY = ±30 Kg / cm2

tg 2α C =

70 − 150 2(−30)

α C 2 = 26.57 o + 90 α C 2 = 116.57 o

α C = 26.57 o

σ X +σY   sen 2α C1 + τ XY cos 2α C1 2    70 − 150  = .sen 2 x 26.57 + (−30). cos(2 x 26.57) 2  

τ max =  τ max

τ max = 50 Kg / cm 2 τ min = −50 Kg / cm 2

En Círculo de Mohr: A (70,-30) B (150,30)

2α C1 = 53o

α C1 = 26.5 o

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

σ 1 0 σ ij = 0 σ 2 0 0

2.- Dado el tensor de esfuerzos:

0 0  0

posición Calcular el ángulo de p osición alfa del plano Q, sabiendo que el esfuerzo (que es la resultante de

y

en el plano Q) deberá tener una

inclinación β, tal que sea mínima. GRUPOCIVIL-UJCM http://grupocivil.groups.live.com http://groups.google.com/group/grupocivil-ujcm.

ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê

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SOLUCION:

σ −σY  + X . cos 2α − τ XY sen 2α 2 2   σ + σ 2  σ1 − σ 2  τ .senβ = 1 + . cos 2α ...................................................( I ) 2  2 

σ=

σ X +σY

τ=

σ X +σY 2

− τ . cos β =

sen 2α + τ XY . cos 2α

σ1 + σ 2 2

sen 2α ..................................................( II )

De (2): − τ . cos β σ 1 + σ 2 = ................................................( II ) sen 2 2

(2) en (1):

τ .senβ =

σ 1 + σ 2  − τ . cos β 

+ . cos 2α 2  sen2  σ +σ2 τ .senβ = 1 − τ . cos β . cot g 2α 2 σ +σ2 τ .senβ + τ . cos β . cot g 2α = 1 2 σ +σ2 τ (senβ + cos β . cot g 2α ) = 1 2

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τ 2 (senβ + cos β . cot g 2α ) = 0 senβ + cos β . cot g 2α = 0 senβ − = cot g 2α cos β − tgβ =

1 tg 2α

1 = tg 2α − tgβ

 1   tg −1  − tgβ   α= 2

3.- Calcular los esfuerzos

y

, conociendo los esfuerzos en tres

planos que forman ángulos de 45º. Luego calcular los esfuerzos máximos y orientación de sus planos, en forma analítica y grafica.

τ A = 400 Kg / cm 2 τ B = 600 Kg / cm 2 τ C = 290 Kg / cm 2 σ B = 700 Kg / cm 2

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SOLUCION:

700 =

σC +σ A

σ −σ A  + C . cos 90 − 290.sen90 2  

2 σ +σ A 700 = C − 290 2 σ C + σ A = 495....................................................( I )

σC −σ A

sen90 + 290.sen90 2 σ C − σ A = 1200....................................................( II ) 600 =

De (I) Y (II):

σ C + σ A = 495 σ C − σ A = 1200 σ C = 847.5 Kg / cm 2 σ A = −352.5 Kg / cm 2

σ A = −352.5 Kg / cm 2 σ C = 847.5 Kg / cm 2 GRUPOCIVIL-UJCM http://grupocivil.groups.live.com http://groups.google.com/group/grupocivil-ujcm.

ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê tg 2α P1 =

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

− 2(290) 847.5 + 352.5

α PI = −12.90 o α P 2 = 77.10

o

⇒ σ 1 = 913.9 ⇒ σ 2 = −418.91

En Círculo de Mohr: A (847.5,200) B (-352.5,-290)

α P1 = 13o αPP 2 = 77 o

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê 4.-

Hallar

el

ángulo

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

"α " , σ P1 , σ P 2 ,τ max . ,

orientación

de

principales.

SOLUCION: DCL:

En Círculo de Mohr:

2α P1 = 49 o

2α P 2 = 131o

2α = 100 o

α P1 = 24.50 o

α P 2 = 65.50 o

α = 50 o

τ max = 3.97 T / m 2 A (2,-3) B (-4,-2)

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los

planos

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RESOLUCION DE LA QUINTA PRÁCTICA CALIFICADA DE RESISTENCIA DE MATERIALES I

PROBLEMA 1: σ t ≤ 1600kg / cm 2

Calcular Wmax; σ C ≤ 1200kg / cm 2 τ ≤ 760kg / cm 2

SOLUCION:

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PROBLEMA 2: determinar Para la viga mostrada determin ar la dimensión de la sección transversal considerando los esfuerzos admisibles: σ = 800kg / cm 2 ;τ = 400kg / cm 2 .luego calcular el esfuerzo normal máximo y el esfuerzo cortante justo antes del apoyo móvil (izquierda) a un nivel 5cm por debajo de la fibra superior más alejada.

SOLUCION:

∑M

A

RB = 8928.57 Kg

=0

4000 + 9000(6.5) = 7 RB

RA = 71.43 Kg

5400 71.43 = 3 x x = 0.04

σ=

M MAX YMAX I

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[

1 a (2a ) 3 − (0.8a )(1.8a ) 3 12 1 I= 8a 3 − 4.666a 3 12

I=

[

M MAX Y I 428715a 800 = 0.278a 4

σ=

]

]

I = 0.278a 4

a = 2.68 cm

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τ=

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VQ b.I

b = 0.2a

5328.57(0.081a 3 ) 400 = 0.2a (0.278a 4 )

 0 .9  Q = 2(0.9 x0.1)a   2a  Q = 0.081a 3

a = 4.40cm

MY 359000 x06 = I 104.20 = 20.67 kg / m 2

σN = σN

σ N = 2067.18kg / cm 2

τ=

VQ 5328(0.1584) = b.I 0.88(104.2)

 0.6  Q = 2(0.6 x0.44)a   2a  Q = 0.1584 b = 0.88

τ MAX = 9.20 kg / cm 2

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PROBLEMA 3: Diseñar una flecha de acero de diámetro constante para que transmita

a los engranajes las fuerzas indicadas [τ ] = 10000 lb / pie 2 .El ángulo de engranajes 3º.. torsión admisible entre dos engr anajes cualesquiera es de 3º G = 12 x10 6 lb / pu lg 2

SOLUCION:

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê θ = 3o 180

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D 14 pie = 168 pu lg

→ x o

6 = 12 x10 6 lb / pu lg 2

→ 0.05rad

J=

θ=

π r4 2

TL JG

0.05 =

12000(168) π r4   (12 x10 6 ) 2  

0.05 =

0.11 r4

r = 1.22 pu lg .

Siendo ζ ADM = 10000lb / pie 2 2

 1 pie     12 pu lg  = 69.44 lb / pu lg 2

lb 10000 pie 2

ζ ADM

Tr J 120000 r 69.44 = π .r 4 2 7639.44 69.44 = r3 7639.44 r=3 69.44

ζ ADM =

r = 4.79 pu lg

El radio para la flecha de acero es:

r = 4.79 pu lg ≈ 5 pu lg .

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PROBLEMA 4: La barra mostrada consta de los tramos AB de sección rectangular de 10x12cm; BC de sección circular; CD y DE de sección hueca circular si T1 = 1800 N − cm; T2 = 2000 N − cm .Calcular el diagrama de momentos to torsores, rsores, el giro en la sección media “C” y el esfuerzo cortante máximo. (ACERO)

SOLUCION: T1 = 1800 N − cm; T2 = 2000 N − cm

 1N   G = 8.5 x10 kg / cm   9.8kg  5

2

12 / 10 = 1.20 C1 = 0.219 C 2 = 0.1661

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φTOTAL = φ A + φ B + φC + φ D = 0 B

C

D

E

Mt1 (20) ( Mt1 − 1800)(20) Mt1 (20) Mt1 (20) + + + 3 4 3 4 4 3 4  π (9)  8.5 x10   π (9 − 6 )  8.5 x10   π (6 + 4 4 )  8.5 x10 3  3  8.5 x10         0.1661x12 x10    2  9.8   9 . 8 2 9 . 8 2 9 . 8           

Despejando: 1.66 x10 7 Mt1 + 1.41x10 7 Mt 2 = 9.05 x10 5.................................................(1) Mt 2 = Mt1 − T1 + T2 Mt 2 = Mt1 − 1800 + 2000.......................................................................(2) De (1) y (2):

Mt1 = 202.93 N − cm Mt 2 = 402.93 N − cm

φC = φ A + φ B B

C

φC =

202.93( 20)  8.5 x10 0.1661x12 x10 3   9. 8

3

  

+

(202.93 − 1800)(20)  π (9) 4   2

 8.5 x10 3   9.8

  

φC = −1.23 x10 −5 radianes τ MAX =

1597.07(9)  π (9) 4   2

  

τ MAX = 1.39 N / cm 2

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RESOLUCION DEL 1er EXAMEN PARCIAL DE RESISTENCIA DE MATERIALES I 1.-- Calcular el valor permisible de ∆t si el esfuerzo de acero no debe exceder 1. exceder de 2. 18000 lb/pulg ALUMINIO

ACERO

SOLUCION:

…………….(1)

100cm 1 pu lg ).( ) = 39.37 pu lg 1m 2.54cm 1m = 39.37 pu lg

1m(

De la Estática:

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê ∑M

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=0

O

T AL (39.37) − T AC 2(39.37) = 0 39.37 .2 T AC 39.37 = 2 T AC

T AL = T AL

δ total AL = δ acero AC δ T . AL + δ AL = δ T . AC + δ AC ∆T .α AL .L AL +

T .L T AL L AL = ∆T .α AC .L AC + AC AC E AC . AAC E AL . AAL

∆T (α AL .L AL − α AC .L AC ) =

T AC .L AC T L − AL AL E AC . AAC E AL . AAL

T AC .L AC T L − AL AL E .A E AL . AAL ∆T = AC AC (α AL .L AL − α AC .L AC ) T AC 2.T AL − E .A E AL . AAL ∆T = AC AC α AL − α AC  1 2 T AC  −  E AC . AAC E AL . AAL ∆T = α AL − α AC 

1 2 −  E AC . AAC E AL . AAL

σ AC . AAC  ∆T =

     

α AL − α AC

  1 2  18000(3) − 6 6 3 x 10 .( 3 ) 10 x 10 ( 1 )   ∆T = 12.8 x10 − 6 − 6.5 x10 − 6 ∆T = −761.90 o C

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2.- para la estructura mostrada calcular Wmax y el desplazamiento desplazamiento vertical de C.

E = 2.1x10 6 kg / cm 2  2 σ f = 4200kg / cm ACERO  2  A = 5cm n = 2.3 

 E = 1.1x10 6 kg / cm 2  2 σ f = 3400kg / cm COBRE  2  A = 8cm n = 3.2 

SOLUCION:

1K = 2 K =2

4200 2.3 = 1826.09

3400 3.2 = 1062.5

σ AC =

σ COB =

σ AC

σ COB

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De la estática:

∑M

O

=0

2 S C .sen 45 + 3.73S A sen30 = 3.73.W 1.42 S C + 1.87 S A = 3.73W ............................................( 1)

Del grafico:

m 3.73 = ⇒ n 2

2m = 3.73n...............................................( 2)

Además:

sen45 = n=

δ SC n

δ SC sen 45

y

sen30 =

y

m=

δ SA m

δ SA sen30

...........................................( 3)

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Reemplazando 3 en 2:

2m = 3.73n 2

δ SA sen60

= 3.73

δ SC sen 45

............................................( 4)

δ SA =

S A LA E A AA

δ SA =

S A (400cm) (5cm )(2.1x10 6 kg / cm 2 ) 2

δ SA = 38.1x10 6.S A cm / kg...................................................( 5) Y

δ SC =

S C LC EC AC

δ SC =

S C (200 2cm) (8cm )(1.1x10 6 kg / cm 2 ) 2

δ SC = 32.14 x10 −6 S C cm / kg Reemplazando 5 en 4:

2

δ SA sen60

= 3.73

δ SC sen 45

2(38.1x10 −6 cm / kg ) 3.73(32.14 x10 −6 cm / kg ) = sen30 sen 45 S A (0.71)(2)(38.1x10 −6 cm / kg ) = S C (0.5)(3.73)(32.14 x10 −6 cm / kg ) S A (54.102 x10 −6 cm / kg ) = S C (59.941x10 −6 cm / kg ) 54.102 S A = 59.941S C 54.102 S A − 59.941S C = 0.......................................................................................( 6)

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Reemplazando 6 en 1:

(59.941)  1.42 S C + 1.87 S A = 3.73.W  (1.42) − 59.941S C + 54.102 S A = 0 112.095.S A + 76.83.S A = 223.58.W 188.92 S A = 223.58.W

S A = 1.18.W

⇒ W = 0.85S A

S C = 1.07.W

⇒ W = 0.93S C

S A = σ A AA ⇒ 1826.09(5) = 9130.45 Kg S c = σ C AC ⇒ 1062.5(8) = 8496 Kg Calculando WMAX :

W = 0.85S A WMAX = 0.85(9130.45) WMAX = 7760.88 Kg Desplazamiento en C:

m=

δ SA

sen30 38.1x10 −6.S A .cm / kg m= sen30 m = 0.69cm

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3.- las tres varillas son de acero, acero, determinar los esfuerzos en las varillas al

momento de articular la varilla 2 y a la vez actúa una fuerza de 8MN.

A = 2cm 2 E = 2 x10 6 kg / cm 2

SOLUCION:

P = 8MN  1Kg  P = 8 x10 6 N    9.81N  P = 815.5 x10 3 kg

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∑M

A

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=0

T1 .(200) + T2 (400) + T3 (600) − P(600) = 0 T1 .(200) + T2 (400) + T3 (600) = 815.5 x10 3 (600) T1 . + 2T2 + 3T3 = 2446.5 x10 3.................................................( 1)

δ1

∆ −δ2 2 4 2δ 1 = δ 2 + ∆ =

∆ = 2δ 1 − δ 2 2T1 .L1 T2 L2 − AE AE −4 0.5 = 2 x10 T1 − 1x10 −4 T2

0.5 =

5000 = 2T1 − T2 T2 = 2T1 − 5000.....................................( 2)

δ3 6

=

δ1

2 δ 3 = 3δ 1 T3 L3 3T1 L1 = AE AE T3 = 3T1 ..................................................( 3)

σ 3 = 3σ 1 Reemplazando 2 y 3 en 1:

T 1+2(2T1 − 5000) + 3(3T1 ) = P T1 . + 4T1 − 10000 + 9T1 = 2446.5 x10 3 14T1 = 10000 + 2446.5 x10 3 T1 = 175464.2857 kg Reemplazando en 2:

T2 = 2T1 − 5000 T2 = 2(175464.2857) − 5000 T2 = 345928.571 kg

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Reemplazando en 3:

T3 = 3T T3 = 3(175464.2857) T3 = 526392.857 kg

Reemplazando en la formula:

F A 175464.2857 σ1 = 2 σ 1 = 87732.143

σ1 =

σ=

F A

F A 345928.571 σ2 = 2 σ 2 = 172964.285

σ2 =

F A 526392.857 σ3 = 2 σ 3 = 263196.428

σ3 =

σ 1 = 87732.143 kg / cm 2 σ 2 = 172964.285 kg / cm 2 σ 3 = 263196.428 kg / cm 2

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

4.-La estructura que se muestra está sometida a una carga distribuida como se

muestra, si se sabe que ξ '1−1 = −0.0001 y γ = 3000kg / m 3 Calcular: a.- La carga Q. b.- Diagrama de esfuerzos normales. c.- Diagrama de deformaciones.

Area = 3.25cm 2 E = 2 x10 6 kg / cm 2 u=1

4

SOLUCION:

∑F

X

=0

− q (3) + 2 R − γ .V = 0 R=

3q + γ .V 2

R=

3q + 2.925 2

⇒ γ .V = 8000(3.25 x10 − 4 )(3) = 2.925

TRAMO: 0 ≤ X ≤ 2.5

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê σ X .A +

σX =

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

3q + 2.925 − W .x − q.x = 0 2

γ . A.x + q.x −

σ X = γ .x +

3q + 2.925 2

A q.x 3q 2.925 − − A 2A 2A

σ X = 3000.x +

q.x − 4615.38.q − 4500 3.25 x10 − 4

x = 0 ⇒ σ = −4615.38q − 4500 x = 2.5 ⇒ σ = 3076.93q + 8000

ξ ' = −0.0001 σ = E.ξ σ =ξ E

ξ=

3076.93q + 3000 2 x1010 kg / m 2

0.0001 ξ' 1 3076.73q + 3000 u= ⇒ = ξ 4 2 x1010 3076.73q + 3000 0.0001 = 1 2 x1010 4 0.0001 2 x1010 − 3000 1 4 Q= 3076.93 Q = 2599.019 Kg / m

(

)

Q = 2600 Kg / m

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Del diagrama de esfuerzos:

x = 0 ⇒ σ = −4615.38(2000) − 4500

σ = −12004488kg / m 2 2600(3) − 4615.38(2600) − 4500 3.25 x10 −4 σ = 12004512kg / m 2

x = 3 ⇒ σ = 3000(3) +

Para la deformación:

δ=

1 3 2000 x  − 4615.38(2600) − 4500 dx  3000x + −4 ∫ 0 E  3.25x10 

δ = 1.8 x10 −9 m Esfuerzos

deformaciones

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5.- Calcular los cambios de longitudes de AB, BC y AC, así como el cambio de

volumen.

σ X = 150MPa σ Z = 100MPa E = 200GPa u = 0.3

σ X = 150MPa σ Z = 100MPa E = 200GPa

SOLUCION:

u = 0.3 σY = 0

1 (σ X − u(σ y + σ Z )) E 1 (150 − 0.3(100) ) ξX = 200000 ξ X = 7.5 x10 −5

ξX =

1 (σ Y − u(σ Z + σ X )) E 1 (0 − 0.3(100 + 150)) ξY = 200000 ξ Y = −3.75 x10 −5

ξY =

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1 (σ Z − u (σ Y + σ X ) ) E 1 (100 − 0.3(150)) ξZ = 200000 ξ Z = 2.75 x10 −5

ξZ =

Para la variación del volumen:

VO = (75x100 x6) VO = 45000mm 3 ∆V = (ξ X + ξ Y +ξ Z ) VO ∆V = VO (ξ X + ξ Y +ξ Z ) ∆V = 45000(7.5 x10 −5 − 3.75 x10 −5 + 2.75 x10 −5 ) ∆V = 2.925mm 3

∆V = 2.925 mm 3

OTRO MÉTODO:

δX =

σ X .L E

=

150(100) = 0.075mm = δ AB 200 x10 3

0.075mm = δ AB

δZ =

σ Z .L E

=

100(75) = 0.0375mm = δ BC 200 x103

0.0375mm = δ BC Por Pitágoras:

δ AC = (0.075) 2 + (0.0375) 2 δ AC = 8.38 x10 −2 mm Para la variación del volumen:

∆V = (ξ X + ξ Y +ξ Z )(1 − 2u ) VO

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê ξX = ξY =

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150 0.3 − (0 + 100) = 0.0006 3 200 x10 200 x103

0 0.3 − (150 + 100) = −0.000375 3 200 x10 200 x10 3

ξZ =

100 0.3 − (150 + 0) = 0.000275 3 200 x10 200 x10 3

∆V = (0.0006 − 0.000375 + 0.000275).(1 − 2(0.3))(75x100x6)

∆V = 9mm3

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RESOLUCION DE EXAMEN PARCIAL DE II UNIDAD DE RESISTENCIA DE MATERIALES I

PROBLEMA 1: Un cuerpo de sección circular de 0.016m de diámetro se encuentra sometido a una fuerza axial de 0.02MN y fuerza transversal nula. Calcular los esfuerzos normales y cortantes en un plano que forma 60º con la horizontal, asimismo calcular los esfuerzos máximos y sus planos de orientación. SOLUCION:

0.02 MN = 20000 N

σ=

20000 P = A π (0.016) 2 4

σ = 1013.98Kg / cm 2

σ −σY  + X . cos 2α − τ XY sen 2α 2 2    1013.98 + 0   1013.98 + 0  σn =  + . cos(2 x60) − 0 2 2    

σn =

σ X +σY

σ n = 253.50 Kg / cm 2

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê τn =

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σ X +σY

sen 2α + τ XY . cos 2α 2  1013.98 − 0  τn =  .sen(2 x60) + 0 2  

τ n = 439.07 Kg / cm 2

σ P1 σ P1

σ X +σY

σ −σY  2 = ±  X  + (τ XY ) 2 2   1013.98 1013.98 = + 2 2 2

σ P1 = 1013.98Kg / cm 2

Por invariantes:

σ P1 = 0

α C1 = 0 α C 2 = 90 o

σ −σY  =±  X  + (τ XY ) 2 2   2

τ MAX

τ MAX = ±506.99 Kg / cm 2

Graficando el Círculo de Mohr:

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PROBLEMA 2: Calcular el giro en el extremo E y los esfuerzos cortante máximo en cada tramo. G = 8 x10 5 kg / cm 2 . d = 5cm

SOLUCION: SOLUCIO N:

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê −R−2+6− −R+4−

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3 =0 2

R = 5/ 2

3 =0 2

0 ≤ X ≤1

TRAMO

Mx 3 = x 1 Mx = 3x

3x 2 =0 2 3x 2 Mt = 2 M0 = 0 Mt −

3x( x) 2 3x 2 qX = 2 qX =

M1 = 3

2

0 ≤ X ≤1

TRAMO

5 − 2x = 0 2 5 Mt = 2 x + 2 5 M0 = 2 5 M 1 = 2(1) + 2 9 M1 = 2 Mt −

φ E = φ B + φC + φ D + φ D A

φB

A

1 = GJ

φB = A

1 GJ

B

C

E 1

5 1  2x 2 5x   2 x + dx =   ∫0  2  GJ  2 + 2  0 1

1 3.5 x10  5 (3.5) = 1 +  = π   2  GJ 8 x10 5  (2.5) 4  2  5

φ B = 7.13x10 −3 rad A

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê φC = B

φD = C

φD φB

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4.5 x10 5 (100) = 0.917 rad 3π 4 8 x10  (2.5)  2 

φC = 0.917 rad B

1.5 x10 5 (100) = −0.306rad 3π 4 8 x10  (2.5)  2  1

E

 3x 2 ∫0  2

A

1 = GJ

0.5 x10 5  3  =  6  8 x10 5  π (2.5) 4    2 

φ E = φ B + φC + φ D + φ D A

C

 1  3x 2  dx =   GJ 6 0  

1 = GJ

1

φ D = −0.306rad

B

C

φB = −1.019 x10 −3 rad A

E

φ E = 7.13x10 + 0.917 − 0.306 − 1.019 x10 −3

−3

φE = 0.617rad

τMAX de cada tramo:

τ MAX (1) =

r J

5 2.5  (3.5 x100) ∫0  2 x + 2 dx = π 4 (2.5) 2 1

τ MAX ( 2 ) =

4.5(100)

π 2

τ MAX (3) =

τ MAX (1) = 14.26 T / cm 2

τ MAX ( 2 ) = 18.33 T / cm 2

(2.5) 4

1.5(2.5)(100)

π 2

τ MAX ( 3) = 6.11 T / cm 2

(2.5) 4

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê τ MAX ( 4 ) = τ MAX ( 4 ) =

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D Tr r = J J 2 .5

1

∫ Mt dx 0

 3x 2 ∫0  2 π 4 (2.5) 2 1

 dx 

1

τ MAX ( 4 ) τ MAX ( 4 )

 3x 2   = 0.04074 6  0  3(100)  = 0.04074   6 

τ MAX ( 4 ) = 2.037 T / cm 2

PROBLEMA 3: Determinar los esfuerzos principales máximos en forma analítica y luego comprobar por el circulo de mohr. d 1 = 6cm

(ACERO)

d 2 = 2cm

SOLUCION:

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\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

De la Estática: − Mt + 24000 − 18000 = 0 Mt = 6000

τ AB =

τ BC =

− 6000(3) π (3) 4 2

τ AB = −141.471Kg / cm 2

18000(1) π (1) 4 2

τ BC = 11459.16 Kg / cm 2

τ BC =

1000(1) π (1) 4 2

τ BC = 636.62 Kg / cm 2

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ÂhÇ|äxÜá|wtw ]Éá° VtÜÄÉá `tÜ|öàxzâ|Ê τ AB =

1000 π (3) 4 2

\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D τ AB = 70.74 Kg / cm 2

Para el primer tramo: σ AB = σ X = 70.74 Kg / cm 2 σ Y = 0 Kg / cm 2 τ AB = τ XY = −141.47 Kg / cm 2

Por formula:  − 2 − 141.47  arctan g 2α PI =    70 − 0 

α PI = 38.05o

α P 2 = 19.05o

70 + 0  70 − 0  +  cos(2 x38.05) + 141.47 sen(2 x38.05) 2  2  = 35 + 8.41 + 137.33

σ PI = σ PI

σ PI = 180.44kg / cm 2 Por invariantes:

σ PI + σ P 2 = σ X + σ Y σ P 2 = 70.74 − 180.74 σ P 2 = −110.00 Kg / cm 2

Para el segundo tramo:

σ BC = σ X = 636.62 Kg / cm 2 σ Y = 0 Kg / cm 2 τ BC = τ XY = 11459.16 Kg / cm 2

Por formula: α PI = −44.20 o

α P 2 = 45.80 o

636.62 + 0  636.62 − 0  +  cos(2 x − 44.2) + 11459.16 sen(2 x − 44.2) 2 2   = 318.31 + 8.89 − 11454.69

σ PI = σ PI

σ PI = −11127.49kg / cm 2

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Por invariantes:

σ PI + σ P 2 = σ X + σ Y σ P 2 = 636.62 + 11127.49 σ P 2 = 11764.11Kg / cm 2 Grafica del círculo de mohr: Tramo b/c

Tramo a/b

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\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D

PROBLEMA 4: En la siguiente viga calcular: a.a.- El esfuerzo normal de flexión en una fibra de 6cm de la parte superior en el empotramiento. b.b.- Los esfuerzos normales y cortante máximos de tracción y compression en toda la viga. c.a--a correspondiente al c.- El esfuerzo cortante en el nivel de fibra a empotramiento.

SOLUCION:

FIGURA

AREA

I

di 2

di 2 . A

1

100

208.33

3.33

1111.11

2

40

333.33

4.17

694.44

3

40

333.33

4.17

694.44

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\ÇzA V|ä|Ä ECCL @ D ∑=875

∑=2500

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