Resistencia de materiales

UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 1
FACULTAD:INGENIERIACIVIL
TEMA:RESISTENCIADEMATERIALES I
CICLO: V
PROFESOR: Ing. MAGUIÑA INOCH
ALUMNO:
BERMEO QUIROZ AURELIO
RAJAS SARMIENTO JORGE
DELFIN RIVAS FRANK
VILCA CALLE HEINZ GHERSY
LIMA – PERU

TRABAJO DE RESISTENCIA DE MATERIALES
1.-
NUDO A :
𝑆𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟𝑖𝑎 𝐹𝑎𝑐 = 𝐹𝑎𝑏
∑𝑓𝑥 = 0 𝐹𝑎𝑑 + 2𝐹𝑎𝑐 = 𝑃 = 150000 𝐹𝑎𝑐
= 150000 − 𝐹𝑎𝑑
NUDO B :
∑FX = 0
2𝐹𝑐𝑑 𝑐𝑜𝑠30° = 𝐹𝑎𝑑 = 𝐹𝑐𝑑 =
𝐹𝑎𝑑
√3
∆𝑎𝑑 = ∆𝑎 − ∆𝑑
∆𝑎𝑑 = 2∆𝑎𝑐 −
2
√3
∆𝑐𝑑

𝐹𝑎𝑑𝐿𝑎𝑑
𝐴𝐸
=
2𝐹𝑎𝑐𝐿𝑎𝑐
𝐴𝐸
-
2
√3
.
𝐹𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑
𝐴𝐸
𝐹𝑎𝑑 (
4𝑙
√3
) = 2(150000− 𝐹𝑎𝑑)(
2𝑙
√3
) −
2
√3
(
𝐹𝑎𝑑
√3
)(2𝑙)
4𝐹𝑎𝑑
√3
=
4
√3
(150000 − 𝐹𝑎𝑑) −
4
3
𝐹𝑎𝑑
𝐹𝑎𝑑 = 58199.31 𝑁
𝐹𝑎𝑐 = 150 000 − 𝐹𝑎𝑑 = 91800,69 𝑁
𝐹𝑐𝑑 =
𝐹𝑎𝑑
√3
= 91800,69
𝛿 =
𝐹
𝐴
𝐴 =
𝐹
𝛿𝑎𝑑𝑚
=
91800,69 𝑁
160∗10−4 𝑚2 = 5,7375 𝑐𝑚2
𝛿𝑎𝑑 =
𝐹𝑎𝑑
𝐴
=
58199,31 𝑁
5,7375∗ 10−4 𝑚2
= 𝛿𝑎𝑑 = 101,4 𝑀𝑝𝑎
𝛿𝑎𝑐 =
𝐹𝑎𝑐
𝐴
=
91800.69 𝑁
5,7375 𝑥 10−4 𝑚2
= 𝛿𝑎𝑐 = 𝛿𝑎𝑏 = 160 𝑀𝑝𝑎

𝛿𝑐𝑑 =
𝐹𝑐𝑑
𝐴
=
53001,15
5,7375 𝑥 10−4 𝑚2
= 𝛿𝑐𝑑 = 𝛿𝑏𝑑 = 92.4 𝑀𝑝𝑎
SOLUCION

∆𝐴𝑀 + ∆𝑀𝑁 + ∆𝑁𝑃
𝑅𝐴(
𝐿
4
)
𝐴𝐸
+
𝑅𝐴 − 2𝑃 (
𝐿
4
)
𝐴𝐸
+
𝑅𝐴 − 3𝑃 (
𝐿
2
)
𝐴𝐸
= ∆
𝑅𝐴𝑙
4
+
( 𝑅𝑎 − 2𝑝) 𝐿
4
+ ( 𝑅𝐴 − 3𝑃)
𝐿
2
= ∆𝐸∆
𝑅𝐴
4
+
( 𝑅𝑎 − 2𝑝)
4
+ (
𝑅𝐴 − 3𝑃
2
) = ∆𝐸 (
𝐿
2
)
∆= 10−4 𝐿
∆
𝐿
= 10−4
𝑅𝐴
4
+
𝑅𝐴 − 2𝑃
4
+
𝑅𝐴 − 3𝑃
2
= 25𝑥10−4 𝑥2𝑥1012 𝑥10−4
𝑅𝐴 = 2𝑃 + 500000
FUERZAS NORMALES

𝑵 𝑨𝑴 = 𝟐𝑷 + 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝑵 𝑴𝑵 = 𝑹𝑨 − 𝟐𝑷 = 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝑵 𝑴𝑵 = 𝑹𝑨 − 𝟑𝑷 = 𝟐𝑷 + 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎− 𝟑𝑷 = 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎− 𝑷
COMO NB ESTA EN COMPRESION
𝑵 𝑵𝑩 = −(𝑷 − 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎)
𝝈𝒄𝒐𝒏𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊𝒐𝒏 =
𝑵 𝑵𝒃𝒂
𝒂
𝟒𝒙𝟏𝟎 𝟔 =
𝒑 − 𝟓𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟐𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒
𝑷 = 𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎𝟎𝑵
𝑷 = 𝟔𝟎𝟎𝑵
B) Si el espacio A se aumenta 2 veces
∆= 𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒍
∆
𝒍
= 𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟒
Reemplazandoen(1)
𝑹𝑨
𝟒
+
𝑹𝑨 − 𝟐𝑷
𝟒
+
𝑹𝑨 − 𝟑𝑷
𝟐
= 𝟐𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒 𝒙𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟏𝟐 𝒙 𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟒
𝒓𝒂 = 𝟐𝒑 + 𝟏. 𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟔
𝑭𝒖𝒆𝒛𝒂𝒔 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍𝒆𝒔:
𝑵 𝑨𝑴 = 𝟐𝑷 + 𝟏. 𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟔
𝑵 𝑴𝑵 = 𝑹𝑨 − 𝟐𝑷 = 𝟏. 𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟔
𝑵 𝑵𝑩 = 𝑹𝑨 − 𝟑𝑷 = 𝟏. 𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟔 − 𝒑 = −(𝒑 − 𝟏. 𝟓𝒙𝟏𝟎 𝟔
𝝈𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒆𝒔𝒊𝒐𝒏 =
𝑵 𝑵𝑨
𝑨
𝟒𝑿𝟏𝟎 𝟔 =
𝑷𝑷 − 𝟏. 𝟓𝑿𝟏𝟎 𝟔
𝟐𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟒
𝒑 − 𝟏. 𝟔𝒙𝟏𝟎 𝟔 𝑵

𝑷 = 𝟏𝟔𝟎𝟎𝑲𝑵
3).Una barra escalonada empotrada rígidamente en sus extremos, está cargada con una fuerza
p=200 KN en la sección m-m y con una fuerza 4p = en la sección n-n. A lo largo del eje de la
barra hay un orificio pasante de diámetro do = 2.Los diámetros exteriores de los escalones
son: d1 = 6cm,d2 = 4cm, d3 = 8cm .El material es acero, E = 2x106Mpa .Determinar las
reacciones en los apoyos A y B, construir los diagramas de fuerzas longitudinales N, de las
tensiones normales σ y de losdesplazamientos longitudinales de las secciones transversales δ
de la barra.
𝑝 = 200
Do = 2 cm
D1 = 6 cm
D2 = 4cm

D3 = 8cm
E = 2x106
= Mpa
E = 2x106
= 100
𝑁
Cm2
E = 2x10^8
𝑁
Cm2
= 2x10^5
𝐾𝑛
Cm2
δAB = 0 ⇒ δAp + δPQ + δQR + δRB = 0
RA = (200cm)
π
4
[62 − 22]cm2 (2x105 Kn
Cm2
)
+
(RA − 200)(10cm)
π
4
[42 − 22]cm2 (2x105 Kn
Cm2
)
+
(RA − 200)(20cm)
π
4
[82 − 22]cm2 (2x105 Kn
Cm2
)
+
(RA − 1000)(20cm)
π
4
[82 − 22]cm2 (2x105 Kn
Cm2
)
= 0
2𝑅𝐴
32
+
𝑅𝐴 − 200
12
+
2( 𝑅𝐴 − 200)
60
+
2( 𝑅𝐴 − 1000)
60
= 0
𝑅𝐴
16
+
7(𝑅𝐴 − 200)
60
+
𝑅𝐴 − 1000
30
= 0
𝑅𝐴
16
+
7
60
𝑅𝐴 −
1400
60
+
𝑅𝐴
30
−
1000
30
= 0
𝑅𝐴 = 266.67 𝐾𝑁
∴ 𝑅𝐴 + 𝑅𝐵 = 5𝑃 = 1000
𝑅𝐵 = 733.33 𝐾𝑁

DIAGRAMA DE FUERZAS LONGITUDINALES N

Tensiones

σAP =
266.67𝐾𝑁
π
4
(62 − 22)cm2
= 10.61
𝐾𝑁
𝐶𝑚2
δPQ =
66.67𝐾𝑁
π
4
[42 − 22]cm2
= 7.07
𝐾𝑁
𝐶𝑚2

σQR =
66.67𝐾𝑁
𝜋
4[82 − 22]cm2
= 1.41
𝐾𝑁
𝐶𝑚2
δRB =
−733.33𝐾𝑁
π
4
[82 − 22]cm2
= −15.56
𝐾𝑁
𝐶𝑚2
Desplazamientos longitudinales en la barra

δAP =
266.67(20)
π
4
[62 − 22]cm2 (2x105)
= 1.061𝑥10−3
𝑐𝑚

δPQ =
66.67(10)
π
4
[42 − 22]cm2(2x105)
= 0.353𝑥10−3
𝑐𝑚
δQR =
66.67(20)
π
4
[82 − 22]cm2(2x105)
= 0.141𝑥10−3
𝑐𝑚
δRB =
−733.33(20)
π
4
[82 − 22]cm2(2x105)
= −1.556𝑥10−3
𝑐𝑚
4.Una barra absolutamente rígida AB cargada con fuerzas
repartidasuniformemente de intensidad q, está suspendida de los tirantes de
acero iguales y paralelos de sección 𝐴 = 10 𝐶𝑚2
y apoyada en la parte media
sobre un cilindro hueco de cobre de 100x 80 mm. Determinar la magnitud
admisible de la intensidad de la carga repartida a partir de las tensiones

admisibles en el acero [ 𝜎𝑐𝑜𝑏] = 40 𝑀𝑝𝑎 .El modulo de elasticidad del acero es
𝐸𝐴𝑐 = 2.1𝑥106
𝑀𝑝𝑎 ; el del cobre es, 𝐸𝐶𝑜𝑏 = 1.4𝑥106
𝑀𝑝𝑎.
SOLUCION
DMF

A=10 cm^2
[ 𝜎𝐴𝑐] = 160 𝑀𝑝𝑎 = 1600
𝑁
𝐶𝑚2
[ 𝜎𝐶𝑢] = 40 𝑀𝑝𝑎 = 4000
𝑁
𝐶𝑚2
𝐸𝐴𝑐 = 2.1𝑥106
𝑀𝑝𝑎 = 2.1𝑥108
𝑁
𝐶𝑚2
𝐸𝐶𝑜𝑏 = 1.4𝑥106
𝑀𝑝𝑎 = 1.4𝑥108
𝑁
𝐶𝑚2
∑ 𝐹𝑦 = 0
2𝑓𝐴𝑐 + 2𝑓𝐶𝑜𝑏 = 100 𝑞
∑ 𝑀𝐴 = 0
𝑓𝐴𝑐 (100)+ 𝑓𝐶𝑜𝑏(50) = 100 𝑞(50)
2𝑓𝐴𝑐 + 𝑓𝐶𝑜𝑏 = 100 𝑞
Tensión en el acero
𝑓 𝐴𝑐
10 𝑐𝑚2
= 1600
𝑁
𝐶𝑚2

𝑓𝐴𝑐 = 160000𝑁 = 160𝐾𝑁
Tensión en el cobre
𝑓 𝐶𝑜𝑏
π
4
[102 − 82]cm2
= 4000
𝑁
𝐶𝑚2
fCob = 113097.336N = 113.097KN
∴ 2[160𝐾𝑁] + 113.097𝐾𝑁 = 100 𝑞
𝐪 = 𝟒𝟑𝟑𝟎. 𝟗𝟕
𝐍
𝐂𝐦
= 𝟒. 𝟑𝟑 𝐊𝐍
5).Construir los diagramas de N, V y M de la viga AC.

∑ 𝐹𝑥 = 0
RB = (
1
√2
)+ P = 0
𝑅𝐵 = −√2 𝑃
∑ 𝑀𝐴 = 0
RB = (
1
√2
)𝑎 + 𝑅 𝐶 (2𝑎) = 0
(−√2 𝑃)(
𝑎
√2
) + 𝑅 𝐶 (2𝑎) = 0
𝑅𝐶 = 𝑃 2⁄
∑ 𝐹𝑦 = 0
RB = RA + RB(
1
√2
) + 𝑅 𝐶 = 0
𝑅𝐴
−√2 𝑃
√2
+
𝑃
2
= 0
𝑅𝐴 =
𝑃
2

6).Construir los diagramas de N, V y M de la viga AC.

∑ 𝐹𝑥 = 0
𝑅𝐴 sin 𝑎 + 𝑃 = 0
𝑹𝑨 =
−𝑷
𝐬𝐢𝐧 𝒂
∑ 𝑀 𝐵 = 0
𝑅𝐴 cos 𝑎(𝑙) = 𝑅𝐶(2𝑙)
−𝑃
sin 𝑎
cos 𝑎 = 𝑅𝐶 (2)
𝑹𝑪 =
−𝑷 𝐜𝐨𝐭 𝒂
𝟐
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑅𝐴cos 𝑎 + 𝑅𝐵 + 𝑅𝐶 = 0
−𝑃
sin 𝑎
cos 𝑎 + 𝑅𝐵
−𝑃 cot 𝑎
2
= 0
𝑹𝑩 =
𝟑
𝟐
𝑷 𝑪𝒐𝒕 𝒂

𝟕. Determinar la carga admisible para una viga de hierro fundido de sección triangular de altura
𝒉 = 𝟓 𝒄𝒎y ancho de base 𝒃 = 𝒉 si el factor de seguridad es igual a 𝒏 = 𝟑 y el límite de
resistencia del hierro fundido a tracción es 𝟐𝟎𝟎 𝑴𝒑𝒂 y a compresión, 𝟏𝟎𝟎𝟎 𝑴𝒑𝒂. la longitud
de la viga esigual a 𝒍 = 𝟏

SOLUCION:
𝐹𝑠 = 3
δT = 200 Mpa = 20000
𝑁
𝐶𝑚2
δC = 100 Mpa = 100000
𝑁
𝐶𝑚2
De la sección
I =
bh3
36
=
5(5)3
36
= 17.361cm4
Mmax =
P
2
(0.5m) = 25P N.Cm

∴ δT
(25P N.cm) (
5
3
cm)
17.361cm4
=
20000
3
N
cm2
𝐏 = 𝟐𝟕𝟕𝟕. 𝟕𝟔𝐍
∴ δC
(25P N.cm) (
10
3
cm)
17.361cm4
=
100000
3
N
cm2
𝐏 = 𝟔𝟗𝟒𝟒. 𝟒𝐍
∴ 𝑷 𝑨𝒅𝒎𝒊𝒔𝒊𝒃𝒍𝒆 = 𝟐𝟕𝟕𝟕. 𝟕𝟔𝐍
𝟖. Determinar los esfuerzos normales máximo y mínimo en la sección
peligrosa de la barra que está sometida a resistencia compuesta.
SOLUCION:

𝑇𝑔𝜃 =
𝒎
𝒚
=
𝟑𝒂
𝒉
𝑚 =
3𝑎
ℎ
. 𝑦
∴ 𝐀𝐫𝐞𝐚 𝐝𝐞 𝐬𝐞𝐜𝐜𝐢ó𝐧 𝐭𝐫𝐚𝐧𝐯𝐞𝐫𝐬𝐚𝐥
𝐴 = (𝑎 + 𝑚)𝑏
⇒ Esfuerzo normal =
P
A
=
P
(a + m)b
=
P
(a +
3ay
h
)b
=
P
a(1 +
3ay
h
)b
=
p
aby=0
Esf.max
=
p
aby=h
Esf.min

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