Repaso Resistencia de Materiales

1. Clase N° 13 – Repaso
Resistencia de Materiales
Curso de Estática y
Resistencia de Materiales
Ing. Gabriel Pujol
Para las carreas de Ingeniería Mecánica e Ingeniería Naval y Mecánica de la
Facultad de Ingeniería de la Universidad de Buenos Aires

2. Repasemos los
conceptos
fundamentales

3. Repasemos los
conceptos
fundamentales

4. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Axil

5. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Axil

6. Veamos con resolver
algunos problemas
Determinar el valor de la carga P, de manera que la barra
rígida quede en posición horizontal
Datos: E1 = 106 kg/cm2; A1 = 4 cm2; E2 = 2 x 106 kg/cm2 ;
A2 = 3 cm2
Problema 1
Resolución:
Planteamos el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL):
Planteando las ecuaciones de equilibrio de la estática resulta:
MA = −F2 ∙ L + P ∙ 2L = 0 → F2 = 2P
FV = F1 − F2 + P = F1 − 2P + P = 0 → F1 = P

7. Veamos con resolver
algunos problemas
Planteando la ecuaciones de deformaciones resulta:
δ1 + δ2 =
F1 ∙ L1
E1 ∙ A1
+
F2 ∙ L2
E2 ∙ A2
= 10 cm
→
P ∙ 100 cm
106 kg/cm2 ∙ 4 cm2
+
2P ∙ 110 cm
2 x 106 kg/cm2 ∙ 3 cm2
= 10 cm
→ P = 162162 kg
posición horizontal
comprimida
traccionada

8. Veamos con resolver
el siguiente problema
Determinar el esfuerzo en la barra de acero y en el
aluminio una vez que se haya aplicado la carga P.
Datos: P = 400 KN;  = 0,1 mm
Problema 2
Resolución:
Planteamos el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL):
Planteando las ecuaciones de equilibrio de la estática resulta:
FV = 2FAL + FAC = 400 KN
2

9. Veamos con resolver
el siguiente problema
Planteando la ecuaciones de deformaciones resulta:
δAL = δAC + 0,1 mm
→
FAL ∙ LAL
EAL ∙ AAL
=
FAC ∙ LAC
EAC ∙ AAC
+ 0,1 mm
→
FAL ∙ 250 mm
70 GPa ∙ 120 mm2
=
FAC ∙ 249,9 mm
200 GPa ∙ 2400 mm2
+ 0,1 mm
2
Por lo tanto:
2FAL + FAC = 400 KN
0,0298 ∙ FAL = 0,0005 ∙ FAC + 0,1 mm
→
FAL = 10 KN
FAC = 380 KN
→
σAL =
FAL
AAL
= 83,33 MPa
σAC =
FACL
AAC
= 158,33 MPa
y resolviendo el sistema:

10. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Corte

11. Problema 3
Determinar el
diámetro “d” del
tornillo si …
…la fuerza es F = 3000 kgf, el acero es un F24
y el coeficiente de seguridad es de  = 1,5
Resolución
Para el acero es un F24 resulta:
𝛔𝐟𝐥 = 𝟐𝟒𝟎𝟎
𝐤𝐠𝐟
𝐜𝐦𝟐 →
𝛔𝐚𝐝𝐦 =
𝛔𝐟𝐥
𝛖
=
𝟐𝟒𝟎𝟎
𝐤𝐠𝐟
𝐜𝐦𝟐
𝟏, 𝟓
= 𝟏𝟔𝟎𝟎
𝐤𝐠𝐟
𝐜𝐦𝟐
𝛕𝐚𝐝𝐦 ≅
𝛔𝐚𝐝𝐦
𝟑
≅ 𝟗𝟐𝟒
𝐤𝐠𝐟
𝐜𝐦𝟐 ≅ 𝛕𝐦𝐞𝐝 =
𝐐
𝛀
Por su parte, el esfuerzo cortante será:
F/2
F/2
F/2
F/2
…y la sección del tornillo será: 𝛀 =
𝛑 ∙ 𝐝𝟐
𝟒
𝐐 =
𝐅
𝟐
→ 𝐝 =
𝟐 ∙ 𝐅
𝛑 ∙ 𝛕𝐦𝐞𝐝
≅ 𝟏, 𝟒𝟒 𝐜𝐦

12. La viga laminada de la figura está
formada por dos viguetas unidas por
pegamento…
Si el esfuerzo cortante admisible del pegamento es de 14 Kg/cm2,
calcular el valor de la carga P admisible que puede aplicarse en el
extremo libre de la viga para que las 2 viguetas no se despeguen:
Padm
1800 cm 10 cm
7 cm
7 cm
Q = Padm
Para esta solicitación, el diagrama de
esfuerzos de corte será:
Problema 4
Resolución:

13. La viga laminada de la figura está
formada por dos viguetas unidas por
pegamento…
Si el esfuerzo cortante admisible del pegamento es de 14 Kg/cm2,
calcular el valor de la carga P admisible que puede aplicarse en el
extremo libre de la viga para que las 2 viguetas no se despeguen:
Padm
1800 cm 10 cm
7 cm
7 cm
Q = Padm
Para esta solicitación, el diagrama de
esfuerzos de corte será:
…las tensiones tangenciales de corte vendrán dadas por la expresión
de Jouravski:
y
x
x
y
x
x
yz
b
J
S
Q
b
J
S
dz
dM






*
*

Problema 4
Resolución:

14. 𝝉𝒎𝒂𝒙 =
𝟑𝑸
𝟐𝒃𝒉
= 𝟏, 𝟓 ∙
𝑷𝒂𝒅𝒎
𝑨
≤ 𝟏𝟒
𝑲𝒈
𝒄𝒎𝟐
…y para la sección
rectangular será:
y
x
x
y
x
x
yz
b
J
S
Q
b
J
S
dz
dM






*
*

Considerando una capa de fibras distante y del eje
neutro se tiene:
𝑆𝑥
∗
=
𝑦
ℎ
2
𝑦 ∙ 𝑑𝐴 =
𝑦
ℎ
2
𝑏. 𝑦 ∙ 𝑑𝑦 =
𝑏𝑦2
2
𝑦
ℎ
2
=
𝑏
2
ℎ2
4
− 𝑦2
además: 𝐽𝑥 =
𝑏ℎ3
12
luego resulta:
𝜏 =
𝑄 ∙
𝑏
2
ℎ2
4
− 𝑦2
𝑏ℎ3
12
∙ 𝑏
= −
6𝑄
𝑏ℎ3
∙ 𝑦2 +
3𝑄
2𝑏ℎ
Al variar y de 0 a ± h/2 los correspondientes
valores de la tensión de corte  dibujan una
parábola. Para y = ± h/2, o sea en las fibras
más alejadas del eje neutro xx, se tiene  = 0 ;
y para y = 0 es:
Nosotros debemos garantizar que el
esfuerzo cortante máximo actuante no
sobrepase el esfuerzo cortante admisible
del pegamento. Por lo tanto:
𝑷𝒂𝒅𝒎 = 𝟏𝟑𝟎𝟔, 𝟔𝟕 𝑲𝒈
Para esta solicitación, el diagrama de
esfuerzos de corte será:
Si el esfuerzo cortante admisible del pegamento es de 14 Kg/cm2,
calcular el valor de la carga P admisible que puede aplicarse en el
extremo libre de la viga para que las 2 viguetas no se despeguen:
Padm
1800 cm 10 cm
7 cm
7 cm
Q = Padm
…las tensiones tangenciales de corte vendrán dadas por la expresión
de Jouravski:
Problema 4
Resolución:

15. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión

16. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión

17. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión Normal

18. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión Oblicua

19. Las correas de acero utilizadas en la
estructura de la cubierta que se
observa en la figura…
…corresponden a un perfil doble T (según norma DIN 1025)
(1) y a una sección rectangular tubular (2), estando sometidas
a cargas verticales de igual magnitud. Se solicita determinar:
1. Cuál de las secciones es la más resistente.
2. El valor de la pendiente 0 para que ambas secciones
tengan la misma resistencia.
Nota: las cargas sobre las correas
generarán un momento genérico
MF de componentes MFx y MFy
y
DIN 1025
G
x
y


LF
LF
G 

MF
MF
MFx
MFx
MFy
MFy
Datos: Perfil PNI 100; h = 10 cm; b = 5 cm;
e = 0,3 cm;  = 25°
Problema 5

20. Las correas de acero utilizadas en la
estructura de la cubierta que se
observa en la figura…
La sección más resistente es aquella que a igual condición
de carga, la máxima tensión normal z que se genera es la
menor. y
DIN 1025
G
x
y


LF
LF
G 

MF
MF
MFx
MFx
MFy
MFy
LF es la línea de fuerzas que resulta de la intersección del
plano de cargas (plano dónde actúan las cargas verticales)
con la sección transversal de la correa.
MFx y MFy son las proyecciones del momento MF generado por las cargas
verticales que valer respectivamente:
→
𝑴𝑭𝒙 = 𝑴𝑭 ∙ cos 𝜽 = cos 𝟐𝟓° = 𝟎, 𝟗𝟎𝟔𝟑 ∙ 𝑴𝑭
𝑴𝑭𝒚 = 𝑴𝑭 ∙ sin 𝜽 = sin 𝟐𝟓° = 𝟎, 𝟒𝟐𝟐𝟔 ∙ 𝑴𝑭
Resolución

21. Además, en ambos casos las tensiones normales máximas
z max ocurrirán en los puntos (1) y (2), [respectivamente de
compresión y de tracción], y siendo los eje x e y de simetría,
dichas tensiones resultarán ser de igual magnitud.
y
DIN 1025
G
x
y


LF
LF
G 

MF
MF
MFx
MFx
MFy
MFy
(2)
(1)
(2)
(1)
Su expresión en valor absoluto será:
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙 =
𝑴𝑭𝒙
𝑾𝒙
+
𝑴𝑭𝒚
𝑾𝒚
=
cos 𝟐𝟓° ∙ 𝑴𝑭
𝑾𝒙
+
sin 𝟐𝟓° ∙ 𝑴𝑭
𝑾𝒚
=
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙 =
𝟎, 𝟗𝟎𝟔𝟑
𝑾𝒙
+
𝟎, 𝟒𝟐𝟐𝟔
𝑾𝒚
∙ 𝑴𝑭
Resolución

22. A) Perfil doble T PNI 100 (DIN 1025)
y
DIN 1025
G
x
y


LF
LF
G 

MF
MF
MFx
MFx
MFy
MFy
(2)
(1)
(2)
(1)
De tablas obtenemos:
𝑭 = 𝟏𝟎, 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐
𝑾𝒙 = 𝟑𝟒, 𝟐𝟎 𝒄𝒎𝟑
𝑾𝒚 = 𝟒, 𝟖𝟖 𝒄𝒎𝟑
…y reemplazando en
la ecuación de 𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
tendremos:
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
𝚰
=
𝑴𝑭𝒙
𝑾𝒙
+
𝑴𝑭𝒚
𝑾𝒚
=
𝟎, 𝟗𝟎𝟔𝟑 ∙ 𝑴𝑭
𝟑𝟒, 𝟐𝟎
+
𝟎, 𝟒𝟐𝟐𝟔 ∙ 𝑴𝑭
𝟒, 𝟖𝟖
=
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
𝚰
=
𝟎, 𝟗𝟎𝟔𝟑
𝟑𝟒, 𝟐𝟎
+
𝟎, 𝟒𝟐𝟐𝟔
𝟒, 𝟖𝟖
∙ 𝑴𝑭 = 𝟎, 𝟏𝟏𝟑𝟎𝟗𝟖 ∙ 𝑴𝑭
Resolución

23. B) Sección tubular rectangular
Para el perfil tubular será:
𝒃𝟏 = 𝒃 − 𝟐 ∙ 𝒆 = 𝟓 𝒄𝒎 − 𝟐 ∙ 𝟎, 𝟑 𝒄𝒎 = 𝟒, 𝟒 𝒄𝒎
𝒉𝟏 = 𝒉 − 𝟐 ∙ 𝒆 = 𝟏𝟎 𝒄𝒎 − 𝟐 ∙ 𝟎, 𝟑 𝒄𝒎 = 𝟗, 𝟒 𝒄𝒎
𝒃 = 𝟓 𝒄𝒎
𝒉
=
𝟏𝟎
𝒄𝒎
𝒃𝟏
𝒉𝟏
𝒆 = 𝟎, 𝟑𝐜𝐦
Calculamos las características geométricas de la sección:
𝑭 = 𝒃 ∙ 𝒉 − 𝒃𝟏 ∙ 𝒉𝟏 = 𝟖, 𝟔𝟒 𝒄𝒎𝟐
𝑱𝒙 =
𝒃 ∙ 𝒉𝟑
𝟏𝟐
−
𝒃𝟏 ∙ 𝒉𝟏
𝟑
𝟏𝟐
= 𝟏𝟏𝟐, 𝟏𝟐 𝒄𝒎𝟒
𝑾𝒙 =
𝑱𝒙
𝒉
𝟐
= 𝟐𝟐, 𝟒𝟐 𝒄𝒎𝟑
𝑱𝒚 =
𝒉 ∙ 𝒃𝟑
𝟏𝟐
−
𝒉𝟏 ∙ 𝒃𝟏
𝟑
𝟏𝟐
= 𝟑𝟕, 𝟒𝟒 𝒄𝒎𝟒
𝑾𝒚 =
𝑱𝒚
𝒃
𝟐
= 𝟏𝟒, 𝟗𝟖 𝒄𝒎𝟑
…y reemplazando en la ecuación de 𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙 tendremos:
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
∎
=
𝑴𝑭𝒙
𝑾𝒙
+
𝑴𝑭𝒚
𝑾𝒚
=
cos 𝟐𝟓° ∙ 𝑴𝑭
𝟐𝟐, 𝟒𝟐
+
sin 𝟐𝟓° ∙ 𝑴𝑭
𝟏𝟒, 𝟗𝟖
=
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
∎
=
𝟎, 𝟗𝟎𝟔𝟑
𝟐𝟐, 𝟒𝟐
+
𝟎, 𝟒𝟐𝟐𝟔
𝟏𝟒, 𝟗𝟖
∙ 𝑴𝑭 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟖𝟔𝟑𝟓 ∙ 𝑴𝑭
Resolución

24. Comparando ambas tensiones podemos ver que:
𝑲𝝈 =
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
𝚰
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
∎
=
𝟎, 𝟏𝟏𝟑𝟎𝟗𝟖 ∙ 𝑴𝑭
𝟎, 𝟎𝟔𝟖𝟔𝟑𝟓 ∙ 𝑴𝑭
= 𝟏, 𝟔𝟒𝟕𝟖𝟐
𝑲𝑭 =
𝑭𝚰
𝑭∎ =
𝟏𝟎, 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐
𝟖, 𝟔𝟒 𝒄𝒎𝟐 = 𝟏, 𝟐𝟐𝟔𝟖
Se deduce que la sección de tubo
rectangular es aproximadamente un
65% más resistente que el perfil doble T.
Otra de las ventajas comparativas de la
sección rectangular tubular respecto de
la sección doble T es que el área del
perfil doble T resulta casi un 23% mayor
y por consiguiente el perfil será más
pesado.
La sección rectangular tubular es
la más conveniente
El ángulo 0 para que ambas secciones tengan la misma resistencia puede obtenerse
igualando las expresiones de tensiones normales 𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
𝚰
= 𝝈𝒛 𝒎𝒂𝒙
∎
→
cos 𝜽𝟎 ∙ 𝑴𝑭
𝟐𝟐, 𝟒𝟐
+
sin 𝜽𝟎 ∙ 𝑴𝑭
𝟏𝟒, 𝟗𝟖
=
cos 𝜽𝟎 ∙ 𝑴𝑭
𝟑𝟒, 𝟐𝟎
+
sin 𝜽𝟎 ∙ 𝑴𝑭
𝟒, 𝟖𝟖
→ cos 𝜽𝟎 ∙
𝟏
𝟐𝟐, 𝟒𝟐
−
𝟏
𝟑𝟒, 𝟐𝟎
= sin 𝜽𝟎 ∙
𝟏
𝟒, 𝟖𝟖
−
1
𝟏𝟒, 𝟗𝟖
→ tan 𝜽𝟎 =
sin 𝜽𝟎
cos 𝜽𝟎
=
𝟎, 𝟎𝟏𝟓𝟑𝟔𝟑
𝟎, 𝟏𝟑𝟖𝟏𝟔𝟐
= 𝟎, 𝟏𝟏𝟏𝟏𝟗𝟓 → 𝜽𝟎 ≅ 𝟔, 𝟑𝟒𝟓 ≅ 𝟔°𝟐𝟎′𝟒𝟐′′
Resolución

25. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión Compuesta

26. Repasemos los
conceptos
fundamentales
Flexión Compuesta Oblicua

27. Veamos ahora el
siguiente problema
En el centro de solicitación A de un pilar de mampostería de
corta altura y sección BDCE actúa una carga vertical P = 40
ton. Determinar las tensiones máximas. Trazar el eje neutro.
Problema 6
Resolución:
Para ubicar la posición del eje neutro necesitamos
determinar los respectivos radios de giro de la sección.
)
que
(recordar
675
12
530
12
2
2
2
2
2
2
2
A
J
i
cm
b
i
cm
h
i
y
x












y la ecuación del eje neutro será:
53
314
,
0
2
2
2












x
y
e
i
x
i
e
i
e
y
y
x
y
y
x
x
  '
20
º
17
314
,
0 


 artg

por lo que:

28. Veamos ahora el
siguiente problema
Problema 5
Las tangentes al perfil trazadas
paralelamente al eje neutro indican
los puntos B y C del perfil como los
más alejados del eje neutro y en los
que se producirán las tensiones
máximas. Para determinar las
tensiones calculamos:
3
2
3
2
000
.
108
6
000
.
96
6
cm
b
h
W
cm
h
b
W
y
x






cm
kg
e
P
M
cm
kg
e
P
M
cm
h
b
A
y
y
x
x











000
.
160
000
.
400
200
.
7 2

29. Problema 5
2
3
3
2
09
,
0
000
.
108
000
.
160
600
.
9
000
.
400
200
.
7
000
.
40
cm
kg
cm
cm
kg
cm
cm
kg
cm
kg
W
M
W
M
A
P
B
y
y
x
x
B















En el extremo B la tensión
originada por P es de compresión
(negativa) mientras que las
producidas por los momentos MX
y MY son de tracción (positivas),
por lo que:
En el extremo C todas las tensiones son de compresión (negativas) por lo que resulta:
2
3
3
2
20
,
11
000
.
108
000
.
160
600
.
9
000
.
400
200
.
7
000
.
40
cm
kg
cm
cm
kg
cm
cm
kg
cm
kg
W
M
W
M
A
P
C
y
y
x
x
C

















30. 40 kg.m
100 kg.m
Veamos ahora el
siguiente problema
Para la barra de la figura determinar las
incógnitas solicitadas.
Problema 7
Resolución:
Calculamos el momento del empotramiento
A y trazamos el diagrama de momento
torsor
𝛕 =
𝐌𝐓
𝐉𝟎
∙ 𝛒
… y siendo:
con: 𝐉𝟎 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟒
𝟑𝟐
resulta: 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
Calculamos los diámetros d1 y d2 :
y 𝛒 𝐦𝐚𝐱
=
𝐃
𝟐
𝐌𝐓 = −𝐌𝐀 + 𝟒𝟎 𝐤𝐠. 𝐦 +𝟔𝟎 𝐤𝐠. 𝐦 = 𝟎 → 𝐌𝐀 = 𝟏𝟎𝟎 𝐤𝐠. 𝐦
φA
𝐌𝐀
𝐌𝐀
60 kg.m
40 kg.m
Torsión

31. 40 kg.m
100 kg.m
Veamos ahora el
siguiente problema
Para la barra de la figura determinar las
incógnitas solicitadas.
Problema 6
Resolución:
con: 𝐉𝟎 =
𝛑 ∙ 𝐃𝟒
𝟑𝟐
resulta: 𝛕𝐦𝐚𝐱 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓
𝛑 ∙ 𝐃𝟑
𝟖𝟎𝟎
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐 =
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓𝟏
𝛑 ∙ 𝐝𝟏
𝟑 → 𝐝𝟏 =
𝟑 𝟏𝟔 ∙ 𝟒𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠 ∙ 𝐜𝐦
𝛑 ∙ 𝟖𝟎𝟎
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
→ 𝐝𝟏 ≅ 𝟐, 𝟗𝟒 𝐜𝐦
Calculamos los diámetros d1 y d2 :
𝟖𝟎𝟎
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
=
𝟏𝟔 ∙ 𝐌𝐓𝟐
𝛑 ∙ 𝐝𝟐
𝟑
→ 𝐝𝟏 =
𝟑 𝟏𝟔 ∙ 𝟏𝟎𝟎𝟎𝟎 𝐤𝐠 ∙ 𝐜𝐦
𝛑 ∙ 𝟖𝟎𝟎
𝐤𝐠
𝐜𝐦𝟐
→ 𝐝𝟐 ≅ 𝟒 𝐜𝐦
y 𝛒 𝐦𝐚𝐱
=
𝐃
𝟐
φA
𝐌𝐀
Calculamos el momento del empotramiento
A y trazamos el diagrama de momento
torsor
𝛕 =
𝐌𝐓
𝐉𝟎
∙ 𝛒
… y siendo:
𝐌𝐀
60 kg.m
40 kg.m
𝐌𝐓 = −𝐌𝐀 + 𝟒𝟎 𝐤𝐠. 𝐦 +𝟔𝟎 𝐤𝐠. 𝐦 = 𝟎 → 𝐌𝐀 = 𝟏𝟎𝟎 𝐤𝐠. 𝐦
Torsión

32. 40 kg.m
100 kg.m
Problema 6
Calculamos ahora el ángulo de rotación de
la sección A:
𝛗𝐀 =
𝐌𝐓 ∙ 𝐋
𝐆 ∙ 𝐉𝟎
=
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓 ∙ 𝐋
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐃𝟒
→ 𝛗𝐀=
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓𝐢 ∙ 𝐋𝐢
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐝𝐢
𝟒
→ 𝛗𝐀=
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓𝟏 ∙ 𝐋𝟏
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐝𝟏
𝟒 +
𝟑𝟐 ∙ 𝐌𝐓𝟐 ∙ 𝐋𝟐
𝐆 ∙ 𝛑 ∙ 𝐝𝟐
𝟒
…y reemplazando valores resulta:
𝛗𝐀 = −𝟎, 𝟏𝟔𝟕 𝐫𝐚𝐝
φA
𝐌𝐀
𝐌𝐀
60 kg.m
40 kg.m

33. Bibliografía
Estabilidad II - E. Fliess
Introducción a la estática y resistencia de materiales - C. Raffo
Mecánica de materiales - F. Beer y otros
Resistencia de materiales - R. Abril / C. Benítez
Resistencia de materiales - Luis Delgado Lallemad / José M. Quintana Santana
Resistencia de materiales - V. Feodosiev
Resistencia de materiales - A. Pytel / F. Singer
Resistencia de materiales - S. Timoshenko

34. Muchas Gracias