Este documento presenta varios problemas relacionados con robolonaduras, remaches y esfuerzos en vigas. En el primer problema, se determina la acción por flexión en una viga simplemente apoyada considerando su peralte y la fatiga de trabajo. En el segundo problema, se diseña una viga dada su altura y la fatiga admisible. En el tercer problema, se calcula la longitud necesaria para que se rompa una viga de perfil doble T sometida a su propio peso.

1. UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTA
FFAACCUULLTTAADD DDEE IINNGGEENNIIEERRÍÍAA
ESCUELA ACADÉMICA PROFESIONAL
IINNGGEENNIIEERRÍÍAA CCIIVVIILL
TEMA :
“ROBLONADURAS – REMACHES Y
ESFUERZOS EN VIGAS”
ASIGNATURA:
“RESISTENCIA DE LOS MATERIALES”
DOCENTE :
ING. Felipe Villavicencio Gonzáles.
ALUMNO :
· VILLAVICENCIO ILQUIMICHE MIGUEL ANGEL
· BARDALES LOYAGA
· CHIKITO MALPARTIDA
· PEÑA FERNANDO
GRUPO :
“A”
CICLO :
V
1

2. PROBLEMA 13 – 1: En la viga simplemente apoyada que se muestra
en la figura determinar la acción por flexión sabiendo que el peralte es
3 veces el ancho de la viga, siendo la fatigan de trabajo a la flexión de
60kg/cm2.
Solución:
DCL
åFy =0 å =0 A M
Ay Cy
+ = +
3 3.75
Ay + Cy =
6.75
Tn
3(1.5) 3.75(4.25) (5.5)
Cy 3.72
Tn
Ay Tn
Cy
=
3.03
=
+ =
Por Tramos:
· Tramo A-B: 0<x<3
åFy =0 åM =0
x v
= +
0.03
3.03
v = -
x
x = x x +
M
2
3.03
)
2
3.03( ) (
M = x
-
x2 3.03
0.03
0
=
3
=
v
v
0
4.59
0
=
3
=
M
M
· Tramo B-C: 3<x<5.5
2

3. åFy =0 åM =0
= + x - +
v
v x
3.03 3 15 4.5
= -
4.53 1.5
x = x - + x - x - +
M
3.03 ( 1.5) 1.5( 3)( 3)
2
x x M
= - + - +
3.03 3 4.5 0.75( 3)
2
M x x
4.53 0.75 2.25
2
= - -
3.03
3.72
3
=
5.5
=-
v
v
4.59
0.023
3
=
5.5
=
M
M
Hallando Mmax:
= -
4.53 1.5
= -
0 4.53 1.5
=
3.02
x
x
v
4.53 0.75 2 2.25
=
M x x
= - -
M 4.59 Tn .
m
4.59Tn.m º459000kg.cm
s = MC 2 s =60kg / cm
I
I bh
12
(3 )
12
1
3
3
=
I =
b b
4
I = 9 b
4
= b
60 459000(1.5 )
s = MC 4
I
9
4
b
540b4 =1836000(1.5b)
b =
cm
=
17 .
Rpta. h 51 cm
,
3

4. PROBLEMA 13 – 2. Diseñar la viga mostrada sabiendo que la altura o peralte es
el doble del ancho siendo la fatiga admisible de 80kg/cm2 y la de corte es de
6kg/cm2.
Solución:
Primera condición de equilibrio:
Calculando las fuerzas de apoyos
Ay+By = 15Tn
Segunda condición de equilibrio:
ΣMa = 0
2(1)-10(2.5)-3(3)+Rb(5) = 0
By = 6.4Tn
Ay = 8.6Tn
Analizando las secciones: a-a 0<x<2
Para la fuerza cortante:
4

5. V = -X
V0= 0
V2= -2Tn
V2= -2+8.6 = 6.6kg
Para el momento flector:
M = -X2/2
M0 = 0kg.m
M2 =-2kg.m
Sección b-b 2<X<5
Fuerza cortante:
8.6 = V+2 + 2 (X-2)
V = 10.6 – 2X
V2 = 6.6kg
V5 = 0.6kg
V5= -2.4kg
Para los momentos:
-8.6(x-2) +2(x-1) +2(x-2)2/2 +M =0
M = -X2 + 10.6X -19.2
M2= -2kg.m
M5= 8.8kg.m
Sección c-c 5<X<7
5

6. Fuerza cortante
8.6 = V+2+2(X-2)+3
V= 7.6-2X
V5=-2.4kg
V7= -6.4
V7= -6.4+6.4 = 0
Para el momento flector
M – 8.6(X-2) + 2(X-1) +3 (X-5) + 2(X-2)2/2
M = -X2 + 7.6X + 4.20
M5= 8.8Tn.m
M7= 0Tn.m
6

7. Calculando el momento de inercia
I = (1/12) (bh3)
I = (1/12) (a) (2a) 3
I = (2/3) (a4) cm4
s = M .Y
I
80 = (8.8)(a)/(2/3)(a4)
a = 25.46cm
b = 50.92cm
7

8. PROBLEMA 13 – 3. Un perfil metálico en doble T se coloca con lñas alas
horizontales como si fuera una viga simplemente apoyada. Hallar l longitud
necesaria para que se rompa por su propio pero si el esfuerzo máximo es de
3000 Kg/cm2 y la densidad es de 7.85 Kg/dm2.
Solución:
· Hallamos el I0
Io =
bh3
12
BLOQUE Io A D Ad2
1 2 = 22.4 7.3 1193.70
1 (16)(1.4) 3.65
12
1 3 = 11.8 0 0
2 (0.9)(13.2) 172.50
12
1 3 = 22.4 7.3 1193.70
3 (16)(1.4) 3.65
12
179.80 56.68 2387.4
8

9. I = I0 + Ad2
I
=
= +
179.80 2387.4
2567.20 4
I cm
Del dato:
2
s = Mc =
max 3000 kg / cm
I
g =7.85 kg / dm3 =0.00785 kg / cm3
W =
A *
g
=
56.68 * 0.00785
=
0.445
W
W
· Hallando el momento máximo
M
M
Mc
I
mas
c
I
=
=
=
3000(2567.20)
7.3
M = 1055013.70
kg -
cm
max
s
s
Ahora remplazando:
· Sabiendo que
1
M WL
8
=
L 2
M
L
W
8(1055013.70)
=
=
L 43
m
0.445
8
2
2
=
9

10. PROBLEMA 13 – 4.
10

11. PROBLEMA 13 – 5. Una viga recta horizontal esta sometida a la flexión negativa
y su sección recta está mostrada en la figura. Si el esfuerzo unitario de tracción
es el doble que el de compresión, cuáles deben ser las dimensiones x é y para la
línea neutra pase por la unión del alma con el ala.
Solución:
Como se encuentra sometida a un momento flexionante negativo entonces:
s t = 2 s m
M Y
Pero: s = I
M Y = I
I
2 M Y ' I
M b = I
2 M Y
b
Luego:
A1 = A2 X Y ( 2
Y ) = a b ( 2
b )
X2 = a b2
11
Y = 2

12. PROBLEMA 13 – 6. Determinar en la viga mostrada el máximo valor de la carga
W Kg/cm. Si el esfuerzo unitario por flexión es de 80 Kg/cm2 y el esfuerzo
cortante unitario no debe exceder 10 Kg/cm2.
Solución:
Haciendo el D.C.L.
åF Y = 2 W
åF X = 0
åMA = (2 W) x 2
åMA = 4W
Determinando el máximo valor de la carga W Kg/cm.
12
X = 4a

13. Para el tramo AB. 0 < X < 1
V = 2W
M = 2W (X) – 4W
M = 2W (X – 2)
Para el tramo BC. 1 < X < 3
V + W (X - 1) = 2 W
V = 3 W – W X
V = W (3 - X)
-2W .X + W (X - 1) (X-1) / 2 + 4W +M = 0
M = - 2 W
13

14. GRAFICANDO:
El esfuerzo unitario se encuentra en la parte baja:
s = Max .Y ……………. (1)
I
Hallando el valor del Centro de Gravedad.
Y = Y 1 AI + Y 2 A2 / AI + A2
Y = ((10) (5) (20) + (5) (15) (22.5)) / 5 (20) + 5 (15)
Y = (1000 + 1687.5) / (100 + 75)
Y = 15.36 cm.
Donde: Y = Centro de Gravedad
Calculamos el momento de Inercia de la figura T. Usaremos el teorema de los
ejes paralelos.
I total = I 1 + I 2
1
b h3 + b h 2
I X = 12
h
1 (15) (5)3 + (15) (5) (7.14)2
I X = 12
I X = 10 079.81 cm4
Reemplazando en (1)
14

15. Max .Y
s = I
80 =
Max . (15.36)
10 186
15.36 M = 80 (10186.01)
M = 53052.14 Kg. cm.
- 4W = 23052.14 Kg. cm.
W = - 13263 Kg.
Esto significa que esta a compresión.
PROBLEMA 13 – 7. Calcular el mayor valor de la carga uniformemente repartida
de viga mostrada en la figura, sabiendo que la sección recta de esta viga de
madera es de 30cm de peralte por 15cm de ancho. El valor admisible por flexión
es de 70kg/cm2 y el de corte es de 6 kg/cm2.
Solución:
15

16. Primera condición de equilibrio:
Calculando las fuerzas de apoyos
Ay+By = 2W
Segunda condición de equilibrio:
ΣMa = 0
By (4) – 2W (2) = 0
By = W
Ay = W
Analizando las secciones
Sección A-A 0<X<1
Para la fuerza cortante:
V = W
Par el momento flector:
M = WX
M0 = 0 kg- m
M1 = W kgm
Sección B-B: 2<X<3
16

17. Para la fuerza cortante:
V + W(X-1) = WX
V = 2W-WX
V2 = W
V3 = -W
Momento flector.
-WX + M +W(X-1)(X-1)/2 = 0
M = WX-W(X-1)2/2
M1= W kg-m
M3 = W kg-m
Sección C-C 3<X<4
17

18. Para la fuerza cortante:
W- 2W – V = 0
V = -W
V*= 0
Para el momento flector:
-WX + 2W(X-2) + M = 0
-WX + 2WX – 4W + M = 0
M = 4W – WX
M3= Wkg-m
M4= 0kg-m
Por lo tanto el momento máximo se encuentra en la distancia de 2 a 4m
M = (-WX2 + 4WX – W)/2, Derivando tenemos:
X = 2, EN este punto habrá un momento máximo el momento en este punto es :
18

19. M = 3w/2. -----------------------------------------------(*)
Calculando el momento de inercia de la figura: I = 1/12b h3
I = 1/12(b*h3)
I = (1/12)(15)(303)
I = 33750cm4
s = M .Y
I
70 = (1.5)(w)(15)/(33750)
Despejando tenemos:
W = 1050kg/m.
Para el esfuerzo cortante:
τ = 3T/Ib
62 = 3w/2(15)(30)
Despejando tenemos: W = 1800kg/m.
Por lo tanto tomamos el menor por lo tanto la respuesta es:
W = 1050kg/m
19

20. APLICACIÓN 13– 3– 1. Tres hojas de muelle, una de acero y dos de bronce son
colocadas con la de acero al centro de una pequeña viga en voladizo de 6’’ de
longitud, siendo la sección de cada una de 2’’ de ancho por 0.2 de espesor. Si se
coloca una carga concentrada en el extremo de 120 lbs, determinar los esfuerzos
desarrollados en cada material.
Ea=30*106 lbs/pulg2 y Eb=15*106lbs/pul2.
Solución:
120*6 max M =
720 . lg max M = lb pu
· Donde:
6
6
= = 15*10
30*10
br
E
a
E
n
n =0.5
· Por lo tanto hallando el IT
IT = Ibr’ + 2*Ia
IT = Ibr’ + 2*(IG + A(y)2)
2*(0.2) 2
1*(0.2)(0.2) )
2*(1*(0.2)
12
12
3 3
= + + T I
I 0.0186 pul 4 T =
Entonces
· Para el acero:
= 720(0.1) acero s
0.01866
3857 lb / pu lg2 acero s =
20

21. · Para el bronce:
= 0.5*720(0.3) bronce s
0.01866
5785lb / pu lg2 bronce s =
APLICACIÓN 13– 3– 2. En una viga rectangular, cuya sección se muestra en la
figura en la figura el momento máximo de flexión es de 9000 Kg-m si N= 15.
Determinar los máximos esfuerzos en el concreto y en el acero.
Solución:
· Transformando el acero en concreto
tenemos:
A’= 15* As
*15
A ' =
4 * p (3/ 4 * 2.54)
2 4
A’=171 cm2
· Hallando la distancia en que se encuentra la fuerza, aplicamos momentos:
30* X * X - - X =
171(50 ) 0
2
X =18.85cm
Mc
con = max s …………..i
I
21

22. M y x
ac 15* max s = …………ii
I
· Hallando el IT
2
3 2
171(31.15)
I
= 30(18.85) + 30(18.85) 18.85
+ T 2
12
I 232903 cm4 T =
Remplazando en i y ii
· Para el concreto:
900000 *18.85
231903
max = con s
2
max 72.84Kg / cm con s =
· Para el acero:
15* 900000 * 31.15 max = ac s
232903
2
max 1805.58 kg / cm ac s =
APLICACIÓN 13-3-3:La recta de una viga de concreto armado es de
25 cm. De ancho por 45 cm. De peralte. Si los esfuerzos de trabajo son
fc = 65kg/cm2 y fs = 1400kg/cm2, para un diseño balanceado se desea
conocer el área del acero de refuerzo. De tomará n=15.
Solución:
22

23. Para el Cº :
65 = Mx ………………………. (1)
I
Para el acero: ( )
1400 = 15H 45- x …………….. (2)
I
Dividiendo (1) y (2):
Mx
I
( )
I
H -
x
=
65
1400 15 45
x
-
=
15 45
( x)
0.846
( )
x x
0.69 45
- =
- =
31.34 0.69
x cm
x x
=
18.54
45-x = 26.46cm
Para calcular el Ay del acero igualamos momentos del concreto y del
acero, transformando con respecto del EN.
( ) x d A x bx - = ÷ø
æ ö '
2
25 ( 18.54 )( 9.24 ) = 15 As
( 45 -
18.54
)
4282.74 =
As
(396.4)
çè
As =10.79cm Rpta.
APLICACIÓN 13– 3– 4.
APLICACIÓN 13– 3– 5. Comparar las resistencias de las dos vigas mostradas en
la figura (sección de las vigas). Ea = 30 x 106 lb/pulg2 y los esfuerzos de trabajo s
m = 900 lb/pulg2 de la madera, s a = 13 000 lb/pulg2 del acero.
23

24. Solución:
Para la primera figura:
E m
n = E a
n = 1.5 x 106
/ 1.5 x 106
n = 0.05
1 b h3 - 12
IT = 12
1 b h3
1 61 (6)3 - 12
IT = 12
1 6 (6)3
IT = 1.8 lb / pulg 4
s a= M .Y n
I
s . I M = 3 (20)
M = Y n
18000 . (720)
24

25. M = 216 000 lb / pulg.
Para la Segunda figura:
E a
n = E m
n = 30 x 106
/ 1.5 x 106
n = 0.05
1 b h3 - 12
IT = 12
1 b h3
1 6.1 (6)3 - 12
IT = 12
1 6 (6)3
IT = 1.8 pulg 4
s a= I
M .Y n
s . I M = 3 (0.05)
M = Y n
900 . (1.8)
1 620
M = 0.15
M = 10 800 lb / pulg.
PROBLEMA 14.25: Determine la fuerza máxima P que puede
aplicarse a las conexiones remachadas indicadas en la figura. En todos
los casos se usan remaches de ¾ plg. Y los esfuerzos admisibles son:
s =22000lb / pu lg2 s =87000lb / pu lg 2 t =15000lb / pu lg2
25

26. Solución:
· Por tensión:
Pt A a d t t t t =s =s ( - )
P
t
P lb
t
31281.25
)) 7
4
16
= 22000(4 -
(3
=
· Por aplastamiento:
b b b P =s A º P td b b =s
P
b
87000 7
=
ö çè
ö çè
P lb
b
28546.875
3
4
16
÷ø
æ ÷ø
= æ
· Por corte:
Ps t 1pd
P = t A º = æ 2
s s 4
÷øö çè
Ps
æ
= p
15000 (3/ 4)
Ps 39760.78
lb
6
4
2
=
ö
´ ÷ ÷ø
ç çè
La carga máxima que pueda aplicarse a la conexión es 28546.875lb.
PROBLEMA 14.26: Determine la fuerza máxima P que puede
aplicarse a las conexiones remachadas indicadas en la figura. En todos
los casos se usan remaches de ¾ plg. Y los esfuerzos admisibles son:
s =22000lb / pu lg2 s =87000lb / pu lg 2 t =15000lb / pu lg2
26

27. Solución:
· Por tensión:
Pt A a d t t t t =s =s ( - )
P
t
é
22000 13 5 3
=
P lb
t
76312.5
3
8
ö 4
çè
ù
÷ø
úû
êë
= - æ
· Por aplastamiento:
b b b P =s A º P td b b =s
3
87000 3
=
ö çè
ö çè
P remaches
b
P lb
b
122343.75
5
4
8
´ ÷ø
æ ÷ø
= æ
· Por corte:
Ps t 1pd
= æ 2
ö çè
P ÷ø
= t A º s s 4
Ps
15000 (3 / 4)
Ps 33134
lb
5
4
2
=
ö
´ ÷ ÷ø
ç çè æ
=
p
La carga máxima que pueda aplicarse a la conexión es 33134lb.
14.27.
27

28. SOLUCION DE FIG. 3:
Datos: f = 3/ 4"
= 22000 t s
lbs/pulg2
t =15000 lbs/pulg2
=87000 b s lbs/pulg2
t p
= ´ ´æ ´ 2
ö çè
a. Por corte: P =t ÷ø
´ n ´ A Þ P n d s s s
4
P = ´ ´ p ´æ
3
53014.40
s lb.
4
4
15000 8
2
ö
= ÷ ÷
ø
æ
ç ç
è
÷øö çè
b. Por aplastamiento: b b b P =s ´ A Þ P (t d n) b b =s ´ ´ ´
( 4 8) 97875
= 87000´ 3 ´ ´ = b P lb.
3
8
c. Por tracción: t t t P =s ´ A Þ P ( p nd )t t t =s ´ -
( ) 8 76312.50
= 22000´ 3- 5´ 3 ´ = t P
3
4
lb.
El 31134 max P = lb. es la que se puede aplicar al diseño y esta limitado por el
esfuerzo al corte.
28

29. 14.28.
SOLUCION DE FIG. 4:
Datos: f = 3/ 4"
= 22000 t s
lbs/pulg2
t =15000 lbs/pulg2
=87000 b s lbs/pulg2
P =100 Klbs.
t p
= ´æ ´ 2
ö çè
÷ø
a. Por corte: P =t ´ A Þ P d s s s
4
= ´ p ´æ 3
lb.
ö
æ
ö çè
A corte simple P n n s 6626.80
4
4
15000
2
= ÷ ÷
ø
ç ç
è
÷ø
= ´ p ´æ 3
lb.
ö
æ
ö çè
A corte doble P n n s 13253.60
4
4
15000
2
= ÷ ÷
ø
ç ç
è
÷ø
n = ´ » 8
Remaches
100 103
13253.60
b. Por aplastamiento: b b b P =s ´ A Þ P (t d n) b b =s ´ ´ ´
29

30. Para la placa de union P ( ) n n b 4 24468.75
= 87000´ 3 ´ ´ = lb.
3
8
n = ´ » 5
Remaches
100 103
24468.75
Para c/ángulo P ( ) n n b 4 20390.63
= 87000´ 5 ´ ´ = lb.
3
16
n = ´ » 3
Remaches
50 103
20390.63
c. Por tracción: t t t P =s ´ A Þ P ( p nd )t t t =s ´ -
Para la placa de union ( ) n n Pt
= 22000´ 7- 3 ´ ´ = lb.
8 51562.50
3
4
n = ´ » 2
Remaches
100 103
51562.50
Para c/ángulo ( ) n n Pt
= 22000´ 5- 3 ´ ´ = lb.
5
4
16 29218.75
n = ´ » 2
Remaches
50 103
29218.75
Tomaremos 08 remaches
30

31. 14.29. Determinar la fuerza máxima P que se puede aplicarse a las conexiones
atornilladas indicadas en la Fig. 14.29 y 14.30. Usense tornillos de ¾ plg. Los
esfuerzos admisibles son:
Tensión: s t = 22 000 lb/pulg2
Aplastamiento: s b = 87 000 lb/pulg2
Cortante: t = 10 000 lb/pulg2
Solución:
a) Por Corte:
PS = t n AS
PS = (1000)(3.14)(9)/(64)
PS = 44.17.86lb/pulg2
Pmaximo = n PS
Pmaximo = 6(4417.86)
Pmaximo = 26507.19lb/pulg2
b) Por Aplastamiento:
31

32. P b = s t n t d
P b = (87000)(3/4)(3/8)
P b=24.468lb
P maximo = 24.468x3
P maximo =73406.25lb
C) Por traction :
P = (P maximo)/(l-d)(e)(n)
P maximo =(l-d)(e)(n)P
P maximo = 55687.50lb.
Res : P maximo = 26507lb
14.30. Determinar la fuerza máxima P que se puede aplicarse a las conexiones
atornilladas indicadas en la Fig. 14.29 y 14.30. Usense tornillos de
¾ plg. Los esfuerzos admisibles son:
Tensión: s t = 22 000 lb/pulg2
Aplastamiento: s b = 87 000 lb/pulg2
Cortante: t = 10 000 lb/pulg2
32

33. Solución:
a) Por Corte:
PS = s s AS
p ) ( 4
PS = (10 000) ( 4
3 ) 2 (5)
PS = 22 089 lb.
b) Por Tensión:
Desgarramiento para la sección 1-1
Pt = s t An
P t = s t (p – nd) t
P t = (22 000) (6 – 2 (0.75)) (0.4375)
P t = 43 312.5 lb.
Desgarramiento para la sección 2 -2
Pt = s t An
3 P t = (22 000) (6 – 0.75) (0.4375)
5
33

34. P t = 84 218.75 lb.
Desgarramiento para la sección 3 -3
2 P t = (22 000) (4.5) (0.4375)
5
P t = 108 281.25 lb.
c) Por Aplastamiento:
P b = s t n t d
P b = (87 000) (0.75)) (0.4375) (5)
P b = 142 734.37 lb.
Luego el máximo será la que puede aplicarse a la conexión es de 22 089 lb y
esta limitado por esfuerzo de corte.
14.31.
34

35. 14.32. Determinar la reacción, máxima que se puede soportar en el extremo de
las vigas de las vigas de la figura. En todos los casos se usan remaches de 4
3 ”
3 ” plg
plg para unir los ángulos con el alma de la viga, y se usan tornillos de 4
para unir los ángulos a las columnas.
Solución:
a) Por Cortante:
PS = s s AS
p ) ( 4
PS = (15 000) ( 4
3 )2 x 2 x 2
PS = 26 507.20 lb.
35

36. b) Por Aplastamiento
PS = s b Ab
3 ) x 2 x (0.295)
PS = (87 000) ( 4
PS = 38498 lb.
Conexión atornillada de los ángulos al patín de la columna.
a) Por Cortante:
PS = t n AS
p )( 4
PS = 10 000 ( 4
3 )” x 4 x 1
PS = 23 562 lb.
Por lo tanto: La reacción máx. Admisible es de 23 562 lb. y esta limitada por el
esfuerzo cortante de los tornillos.
36

37. 37