El diámetro de cada barra es 111 cm. Calcule las deformaciones axiales de todas los eslabones de este cuerpo estructural. Si se desea utilizar como material Acero, Aluminio Serie 1000 y Titanio. ¿Cuál recomendaría usted en base a los cálculos que hizo?

1. PROBLEMADE RESISTENCIADE MATERIALES
El diámetro de cada barra es 111 𝑐𝑚. Calcule las deformaciones axiales de todas los eslabones
de este cuerpo estructural. Si se desea utilizar como material Acero, Aluminio Serie 1000 y
Titanio. ¿Cuál recomendaría usted en base a los cálculos que hizo?
SOLUCIÓN:
Vamos a calcular las reacciones en los apoyos y después vamos a calcular las fuerzas internas de
los eslabones de la armadura usando el método de los nodos.
 Reacciones en los Apoyos:
Del DCL de la estructura, haciendo momento en el punto A, tenemos que:
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐴 𝑥 = 0 ⟹ 𝐴 𝑥 = 0 (𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒𝑛 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎𝑠 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑙𝑎 ℎ𝑜𝑟𝑖𝑧𝑜𝑛𝑡𝑎𝑙)
↺ ∑ 𝑀𝐴 = 0
−(4𝑚)(10𝑘𝑁) − (6𝑚)(20𝑘𝑁) − (8)(10𝑘𝑁) + (12𝑚) 𝐺𝑦 = 0 ⟹ 𝐺𝑦 = 20𝑘𝑁 ↑

2. ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐴 𝑦 − 10𝑘𝑁 − 20𝑘𝑁 − 10𝑘𝑁 + 20𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐴 𝑦 = 20𝑘𝑁 ↑
DCL de la Armadura
Por trigonometría,tenemosque :
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45° tan 𝛼 =
4𝑚
2𝑚
= 2 → 𝛼 = 63,43°
Ahorausandoel métodode losnodos vamosa calcularlas fuerzasinternasenloseslabones de la
siguiente forma:
Nodo A
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
20𝑘𝑁 − 𝐹𝐴𝐿 sin 45° = 0 ⟹ 𝐹𝐴𝐿 = 28,3𝑘𝑁 ↙

3. → ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐴𝐵 − (28,3𝑘𝑁) cos45° = 0 ⟹ 𝐹𝐹𝐺 = 20𝑘𝑁 ←
Nodo B
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐹𝐿𝐵 = 0 ⟹ 𝐹𝐿𝐵 = 0𝑘𝑁
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐵𝐶 − 20𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐹𝐵𝐶 = 20𝑘𝑁 →
Nodo L
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
↗ ∑ 𝐹𝑥 = 0
28,3𝑘𝑁 − 𝐹𝐿𝐾 = 0 ⟹ 𝐹𝐿𝐾 = 28,3𝑘𝑁 ↙
↖ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐹𝐿𝐶 = 0 ⟹ 𝐹𝐿𝐶 = 0𝑘𝑁
Nodo C
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐶𝐷 − 20𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐹𝐶𝐷 = 20𝑘𝑁 →

4. ↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐹𝐾𝐶 − 10𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐹𝐾𝐶 = 10𝑘𝑁 ↑
Nodo K
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
tan 𝛼 =
4𝑚
2𝑚
= 2 → 𝛼 = 63,43°
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
(28,3𝑘𝑁) cos45° − 𝐹𝐾𝐽 cos45° − 𝐹𝐾𝐷 cos63,43° = 0
𝐹𝐾𝐽 cos45° = (28,3𝑘𝑁) cos45° − 𝐹𝐾𝐷 cos63,43° (1)
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
(28,3𝑘𝑁) sin 45° + 𝐹𝐾𝐷 sin 63,43° − 𝐹𝐾𝐽 sin 45° − 10𝑘𝑁 = 0
𝐹𝐾𝐽 sin 45° = (28,3𝑘𝑁) sin 45° + 𝐹𝐾𝐷 sin 63,43° − 10𝑘𝑁 (2)
Dividimos(2) entre (1) ydespejamos 𝐹𝐾𝐷 ydespuésreemplazamosen (1) parahallar 𝐹𝐾𝐽, por lo
tanto:
𝐹𝐾𝐽 sin 45°
𝐹𝐾𝐽 cos45°
= tan45° = 1 =
(28,3𝑘𝑁) sin 45° + 𝐹𝐾𝐷 sin 63,43° − 10𝑘𝑁
(28,3𝑘𝑁) cos45° − 𝐹𝐾𝐷 cos63,43°
𝐹𝐾𝐷 =
(28,3𝑘𝑁) cos45° − (28,3𝑘𝑁) sin 45° + 10𝑘𝑁
cos63,43° + sin 63,43°
= 7,5𝑁 → 𝐹𝐾𝐷 = 7,5𝑘𝑁 ↖
Reemplazando valores en (1), tenemos:
𝐹𝐾𝐽 =
(28,3𝑘𝑁) cos45° − (7,5𝑘𝑁) cos63,43°
cos45°
= 23,6𝑘𝑁 → 𝐹𝐾𝐽 = 23,6𝑘𝑁 ↙

5. Nodo J
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
(23,6𝑘𝑁) cos45° − 𝐹𝐽 𝐼 cos45° = 0 ⟹ 𝐹𝐽 𝐼 = 23,6𝑘𝑁 ↖
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
(23,6𝑘𝑁) sin 45° + (23,6𝑘𝑁) sin 45° − 𝐹𝐽𝐷 = 0
⟹ 𝐹𝐽𝐷 = 33,4𝑘𝑁 ↓
Nodo D
tan 𝛼 =
4𝑚
2𝑚
= 2 → 𝛼 = 63,43°
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
33,4𝑘𝑁 − (7,5𝑘𝑁) sin 63,43° − 𝐹𝐷𝐼 sin 63,43° − 20𝑘𝑁 = 0
⟹ 𝐹𝐾𝐷 = 7,5𝑘𝑁 ↙
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
(7,5𝑘𝑁)cos63,43° − (7,5𝑘𝑁) cos63,43° + 20𝑘𝑁 − 𝐹𝐶𝐷 = 0
⟹ 𝐹𝐷𝐸 = 20𝑘𝑁 ⟶

6. Nodo I
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
tan 𝛼 =
4𝑚
2𝑚
= 2 → 𝛼 = 63,43°
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
(28,3𝑘𝑁) cos45° − 𝐹𝐼𝐻 cos45° − (23,6𝑘𝑁) cos63,43° = 0
⟹ 𝐹𝐼𝐻 = 28,3𝑘𝑁 ↖
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
(7,5𝑘𝑁)sin 63,43° + (28,3) sin 45° − (23,6)sin 45° − 𝐹𝐼𝐸 = 0
⟹ 𝐹𝐼𝐸 = 10𝑘𝑁 ↓
Nodo E
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
10𝑘𝑁 − 10𝑘𝑁 − 𝐹𝐸𝐻 sin 45° = 0 ⟹ 𝐹𝐸𝐻 = 0𝑘𝑁
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐸𝐹 − 20𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐹𝐸𝐹 = 20𝑘𝑁 →

7. Nodo H
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐻𝐺 cos45° − (28,3𝑘𝑁) cos45° = 0
⟹ 𝐹𝐻𝐺 = 28,3𝑘𝑁 ←
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
𝐹𝐻𝐹 + (28,3𝑘𝑁) cos45° − (28,3𝑘𝑁)cos45° = 0
⟹ 𝐹𝐻𝐹 = 0𝑘𝑁
Nodo F
↗ ∑ 𝐹𝑥 = 0
𝐹𝐹𝐻 − 20𝑘𝑁 = 0 ⟹ 𝐹𝐹𝐺 = 20𝑘𝑁 ↗
Realizamos el estudio de fuerzas en el nodo A como comprobación, por lo cual:
Nodo A
tan 𝜃 =
2𝑚
2𝑚
= 1 → 𝜃 = 45°
↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0
20𝑘𝑁 − (28,3)sin 45° = 0
0 = 0 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑐𝑖ó𝑛)
→ ∑ 𝐹𝑥 = 0
20𝑘𝑁 − (28,3)sin 45° = 0
0 = 0 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑜𝑏𝑎𝑐𝑖ó𝑛)

8. Realizando la comprobación de los cálculos con un programa de estudio de armaduras
estructurales tenemos que:
Lo cual podemos observar que concuerdan exactamente con los cálculos realizados.
Ahora vamos a realizar el estudio para cada material (Acero 4140, Aluminio serie 1000 y Titanio)
para facilitar los cálculos lo vamos a mostrar éstos cálculos en Excel; utilizando las siguientes
fórmulas:
Area:
𝐴 =
𝜋
4
𝑑2 =
𝜋
4
(111𝑐𝑚)2 = 9676,89 𝑐𝑚2 ×
1 𝑚2
(100 𝑐𝑚)2 = 0,9677 𝑚2
Esfuerzo Normal:
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
𝐹
0,9677 𝑚2 = 1,033𝐹
Deformación Longitudinal:
𝛿 = 𝜖𝐿 =
1,033𝐹𝐿
𝐸
Deformación Unitaria:
𝜖 =
𝜎
𝐸
=
1,033𝐹
𝐸
Energía de Deformación:
𝑈 =
𝛿𝐹
2
=
0,5167𝐹2 𝐿
𝐸

9. Vamosa realizarlaprimeraoperaciónparavisualizarloscálculos que se encuentran en las tablas
de la siguiente manera; para el Titanio:
𝐿 = 2𝑚; 𝐸 = 114𝐺𝑃𝑎; 𝐹 = 20𝑘𝑁, por lo tanto:
Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:
Esfuerzo Normal:
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
20000𝑁
0,9677 𝑚2 = 0,0194𝑀𝑃𝑎
Deformación Longitudinal:
𝛿 = 𝜖𝐿 = (1,81 × 10−7)(2𝑚) = 3.63 × 10−7
𝑚
Deformación Unitaria:
𝜖 =
𝜎
𝐸
=
0,0194 × 106
(114 × 109)
= 1,81 × 10−7
Energía de Deformación:
𝑈 =
𝛿𝐹
2
=
1
2
(3.63 × 10−7)(20000𝑁) = 3,62 × 10−3
𝐽

10. Vamosa realizarlaprimeraoperaciónparavisualizarloscálculos que se encuentran en las tablas
de la siguiente manera; para el Acero 4140:
𝐿 = 2𝑚; 𝐸 = 209𝐺𝑃𝑎; 𝐹 = 20𝑘𝑁, por lo tanto:
Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:
Esfuerzo Normal:
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
20000𝑁
0,9677 𝑚2 = 0,0206𝑀𝑃𝑎
Deformación Longitudinal:
𝛿 = 𝜖𝐿 = (9,89 × 10−8)(2𝑚) = 1,978 × 10−7
𝑚
Deformación Unitaria:
𝜖 =
𝜎
𝐸
=
0,0206 × 106
(209 × 109)
= 9,89 × 10−8
Energía de Deformación:
𝑈 =
𝛿𝐹
2
=
1
2
(1,978 × 10−7)(20000𝑁) = 1,97710−3
𝐽

11. Vamosa realizarlaprimeraoperaciónparavisualizarloscálculos que se encuentran en las tablas
de la siguiente manera; para el Aluminio Serie 1000:
𝐿 = 2𝑚; 𝐸 = 71,7𝐺𝑃𝑎; 𝐹 = 20𝑘𝑁, por lo tanto:
Por lo cual los demás cálculos se encuentran tabulados en la siguiente tabla:
Se recomendaríausar el acero 4140 ya que presenta menos deformación cuando se le aplican las
cargas; y podría soportar mejorsi se le aplicarauna carga adicional sobre losotrosdos materiales.
Esfuerzo Normal:
𝜎 =
𝐹
𝐴
=
20000𝑁
0,9677 𝑚2 = 0,0206𝑀𝑃𝑎
Deformación Longitudinal:
𝛿 = 𝜖𝐿 = (2,88 × 107 )(2𝑚) = 5,765 × 10−7
𝑚
Deformación Unitaria:
𝜖 =
𝜎
𝐸
=
0,0206 × 106
(71,7 × 109)
= 2,88 × 10−7
Energía de Deformación:
𝑈 =
𝛿𝐹
2
=
1
2
(5,765 × 10−7)(20000𝑁) = 5,76 × 10−3
𝐽