Problemas-Aplicativos-Resistencia de Materiales.docx

1. FACULTAD DE INGENIERÍA, ARQUITECTURA Y
URBANISMO
RESISTENCIA DE MATERIALES
“TRABAJO GRUPAL – PROBLEMAS APLICATIVOS”
PRODUCTO ACREDITABLE 01
ALUMNOS: BERNAL DIAZ, HAROLD FERNANDO
FARRO VEGA, NEHEMÍAS
GUERRERO MOLERO, CÉSAR AUGUSTO
GUEVARA TAFUR, CHRISTIAN GUEVARA
VASQUEZ ORDOÑES, ELI DAVID
DOCENTE: SALINAS VASQUEZ, NESTOR RAUL
FECHA: 17/05/2021
[CHICLAYO, PIMENTEL 2021]

2. 40 PROBLEMAS APLICATIVOS
ESFUERZO SIMPLE
1.ANÁLISIS DE FUERZAS INTERNAS
Problema 1. Un tubo de aluminio está rígidamente sujeto entre una barra de bronce y
una de acero, según se muestra en la figura 1-8a. Las cargas axiales se aplican en las
posiciones indicadas. Determine el esfuerzo en cada material.
Solución: Para calcular el esfuerzo en cada sección, debemos determinar primero
la carga axial en cada una de estas. Los diagramas adecuados de cuerpo libre se
muestran en la figura 1-8b, por la que se determina la carga axial en cada sección
como 𝑃𝑏 = 20 kN (compresión), 𝑃𝐴𝑙 = 5 Kn (compresión) y 𝑃𝑏 = 10 𝐾𝑁 (tensión). Los
esfuerzos en cada sección son
σ𝑏 =
20 kN
700 mm2 =
20 ∗ 103 N
700 ∗ 10−6m2
= 28.6 * 106 N/m2 = 28.6 MPa
σ𝐴𝑙 =
5 kN
1000 mm2 =
5 ∗ 103 N
1000 ∗ 10−6m2
= 5 * 106 N/m2 = 5 MPa

3. σ𝑎 =
10 kN
800 mm2 =
10 ∗ 103 N
800 ∗ 10−6m2
= 12.5 * 106 N/m2 = 12.5 MPa
Los esfuerzos en el bronce y el aluminio son de compresión, mientras que en el
acero se tiene tensión.
2. Para la armadura mostrada en la figura 1-9a, determinar el esfuerzo en los
miembros AC Y BD. El área de la sección transversal de cada uno es 900 𝐦𝐦𝟐
.
Solución: Las tres hipótesis utilizadas en el análisis elemental de armaduras son
como sigue:
1. Se desprecian los pesos de los miembros.
2. Todas las uniones son de articulación ideal.
3. Todas las cargas externas se aplican directamente en las articulaciones.
Usando las tres hipótesis anteriores, los elementos de la armadura pueden
analizarse como miembros de dos fuerzas; el sistema de fuerzas internas soportado
por cada miembro se reduce a una sola fuerza (de tensión o de compresión) que
actúa a lo largo de la línea central del elemento

4. El diagrama de cuerpo libre de la armadura completa se muestra en la figura l -9a.
Un análisis del equilibrio de este diagrama resulta en los siguientes valores para las
reacciones ex-ternas; Ay = 40 kN, Hy = 60 kN y Hx= 0.
Para determinar la fuerza en AC, se hace pasar un plano de corte que aísle la junta
o nudo A (sección (1), fig. l -9a). El diagrama de cuerpo libre del nudo A se muestra
en la figura l -9b. Aquí, A B y AC representan las fuerzas en los miembros AB y AC,
respectivamente. Nótese que ambas barras se han supuesto a tensión. Analizando
el diagrama de cuerpo libre de la figura 1-9b,
 Ay +
3
5
𝐴𝐵 = 0
AB = −
3
5
Ay = −
3
5
(40) = −66.7 𝑘𝑁
 AC +
4
5
AB = 0
AC = −
4
5
AB = −
4
5
(−66.7) = 53.4 𝑘𝑁
El signo negativo indica que la fuerza de 66.7 Kn en AB es de compresión. La fuerza
en AC es de 53.4 Kn, de tensión.
Para determinar la fuerza en el miembro BD, se pasa un plano de corte que exponga
la fuerza en BD (sección (2), figura 1-9a). El diagrama de cuerpo libre de la porción
de la armadura situada a la izquierda de la sección (2) se muestra en la figura 1-9c.
(La porción a la derecha de la sección (2) se podría usar también.) Las fuerzas en
los miembros BD, BE y CE se suponen de tensión. Para calcular la fuerza BD,
eliminamos las fuerzas BE y CE tomando una suma de momentos con respecto a
su punto de intersección, E, y se escribe
−Ay(8) + 30(4) − 𝐵𝐷(4) = 0
4BD = −8Ay + 120 = −8(40) + 120 = −200
BD = −66.7 𝑘𝑁
Así, la fuerza en BD es de 66.7 kN, de compresión.

5. Los esfuerzos en las barras AC y BD son
σ𝐴𝐶 =
53.4 kN
900 mm2 =
53.4 ∗ 103 N
900 ∗ 10−6m2
= 59.3 ∗ 106 𝑁/𝑚2 = 59.3 𝑀𝑃𝑎 (𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖ó𝑛)
σ𝐵𝐷 =
66.7 kN
900 mm2 =
66.7 ∗ 103 N
900 ∗ 10−6m2
= 74.1 ∗ 106 𝑁/𝑚2 = 74.1 𝑀𝑃𝑎 (𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
3. Calcule, para la armadura de la figura, los esfuerzos producidos en los
elementos DF, CE y BE. El área transversal de cada elemento es de 1200 𝐦𝐦𝟐
.
Indique la tensión (T) o bien la compresión (C).
Resolución:
D.C.L
En toda la estructura:
𝚺𝐅𝐯 = 𝟎
Ay + By = 300 𝑘𝑁
𝚺𝐌𝐀 = 𝟎

6. Fy(10) − 200(7) − 100(4) = 0
Fy = 180 𝑘𝑁
En el corte z-z:
𝚺𝐌𝐄 = 𝟎
FD(
4
5
) (3) + 180 (3) = 0 FD = −225 kN (C)
σ𝐹𝐷 =
225 ∗ 103 N
1200 ∗ 10−6𝑚2 σ𝐹𝐷 = 187.5 𝑀𝑃𝑎 (𝐶)
𝚺𝐌𝐕 = 𝟎
FD(
4
5
) + ED+ 180 − 200 = 0
ED= 20 + 225 (
4
5
) ED = −200 kN (T)
𝚺𝐌𝐇 = 𝟎
EC= −FD(
3
5
) EC = 135 kN (T)
σ𝐸𝐶 = EC /1200 ∗ 10−6𝑚2 σ𝐸𝐶 = 112.5 MPa (T)
D.C.L (nudo“D”)

7. 𝚺𝐅𝐇 = 𝟎
-DB(
3
√13
) − DC(
3
5
) = −DF(
3
5
)
-0.2 DC – 0.277 DB = 45 … (1)
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
DB(
2
√13
) = DE + DC (
4
5
) + DF(
4
5
)
0.554 DB = 200 + 0.8DC – 180 …0.554DB – 0.8 DC =20 …… (2)
Operando:
(1) *4 + (2): 1.662DB = -160
DB = -96.270 (C) …. σ𝐷𝐵 = 80.225 MPa (C)
4. Determine, para la armadura de la figura, las áreas trasversales de las barras
BE, BF y CF, de modo que los esfuerzos no excedan de 100 MN/𝐦𝟐
en
compresión. Para evitar el peligro de un pandeo, es específica una tensión
reducida en la compresión.
Resolución:
En toda la estructura:
𝚺𝐌𝐀 = 𝟎
Dy(6)− 40(9)− 50(12) = 0
Dy = 160 KN
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
Ay = 90 − 160

8. Ay = −70 KN
En el corte x-x:
𝚺𝐌𝐅 = 𝟎
EB(
3
5
)(4) = 5(3) EB = 62.5 KN (T)
AEB =
62.5 ∗ 103N
100 ∗ 106 N/𝑚2 AEB = 625 𝑚𝑚2
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
EB(
4
5
) + FB(
8
√73
) = 90
EB(
8
√73
) = 90 − 50 FB = 42.72 kN (T)
AFB =
42.72 ∗ 103N
100 ∗ 106 N/𝑚2 AFB = 427.2 𝑚𝑚2
𝚺𝐅𝐇 = 𝟎
-EB(
3
5
) − FB(
3
√73
) − FC = 0
−FC = 62.5(
3
5
) + 42.73 (
3
√73
) FC = −52.5 KN (C)
AFC =
52.5 ∗ 103N
80 ∗ 106 N/𝑚2 AFC = 656.25 𝑚𝑚2

9. 2. ESFUERZO SIMPLE
problema 1. Todas las barras de la estructura articulada de la figura tienen una
sección de 30 mm por 60 mm. Determine la máxima carga P que puede
aplicarse sin que los esfuerzos excedan a los fijados en el prob. 105.
1 Resolución:
D.C.L
En toda la estructura:
𝚺𝐌𝐂 = 𝟎
Ay(10) = P(3.6) … .. Ay = 0.36P
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
Ay + Cy = P … .. Cy = 0.64P

10. D.C.L.(nudo“B”)
𝚺𝐅𝐇 = 𝟎
BA (
4
5
) = BC(
3
5
)
4BA = 3BC … .. BA =
3
4
BC (1)
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
−BA(
3
5
) − BC (
4
5
) = P … .. 3BA + 4BC = −5P
Reemplazando(I) en(II):
3 (
3
5
BC) + 4BC = −5P
9BC + 16BC = -20P
25BC = −20P … .. BC = −
4
5
P (C)
Luego:BA = −
3
5
P (C)
D.C.L.(nudo“A”)

11. 𝚺𝐅𝐇 = 𝟎
AB (
4
5
) + AC = 0
AC = − (−
3
5
P)(
4
5
) AC =
12
25
P (T)
P=σA
A=18*10−4m2
En BC:
−
4
5
P = 80 ∗ 18 P = 180 KN
En BA:
−
3
5
P = 80 ∗ 18 P = 240 KN
En AC:
12
25
P = 100 ∗ 18 P = 275 KN
Escogemosel menor: P= 180 KN
2. Una columna de hierro fundido (o fundición) soporta una carga axial de
compresión de 250 KN. Determinar su diámetro interior si el exterior es de 200
mm y el máximo esfuerzo no debe exceder de 50 MPa.
Resolución:
A =
P
𝜎
=
250 ∗ 103N
50 ∗ 106 N/m2 A = 5 ∗ 10−3m2 = 5000 mm2

12. A =
π
4
= (Dext,2 − Dint,2) 5000 =
π
4
(2002 − Dint,2)
Dint, = 183.395 𝑚𝑚
3. Calcule el diámetro exterior de un tirante tubular de acero que debe soportar
una fuerza de tensión de 500 kN con un esfuerzo máximo de 140 MN/m2
Suponga que el espesor de las paredes es una décima parte del diámetro
exterior.
Resolución:
𝜎máx = 140 𝑀𝑁/m2
e = (Dext, − Dint,)/2
0.1Dext, = (Dext, − Dint,)/2
Dint, = 0.8 Dext, (1)
A =
𝑃
𝜎
=
500 ∗ 103𝑁
140 ∗ 106 𝑁/m2
A= 3.571 *10−3 m2= 3571mm2 A =
𝜋
4
(Dext,2 − Dint,2) (II)
I enII:
3571 =
𝜋
4
[Dext,2 − (0.8Dext,)2]
4546.738 = 0.36 Dext,2 ………….. Dext, = 112 mm

13. 4. En la figura se muestra parte del tren de aterrizaje de una avioneta.
Determine el esfuerzo de compresión en la tornapunta AB producido al
aterrizar por una reacción del terreno R= 20 KN. AB forma un ángulo de 53,1º
con BC.
Resolución:
D.C.L.
𝚺𝐌𝐂 = 𝟎
R (650) + Basen53.1º(450) =0
BA = 36.125 KN (C)
A=
𝜋
4
(402 − 302)= 549.779 mm2
σ =
36.125 ∗ 103𝑁
549.779 ∗ 10−6m2
σ = 65.708 MN/m2

14. 3. ESFUERZO CORTANTE
Problema 1. Una barra homogénea AB (de 150 kg) soporta una fuerza de 2 KN,
como puede verse en la figura. La barra está sostenida por un perno (en B) y
un cable (CD) de 10 mm de diámetro. Determine el esfuerzo ejercido en el
cable.
Resolución:
D.C.L
𝚺𝐌𝐁 = 𝟎
CD(
4
5
)(3) = 2000(6) + 1470(3)
CD = 6.838 KN
A=
𝜋
4
(0.01𝑚)2
= 78.54 ∗ 10−6
𝑚2
σ = 87.064 MPa

15. 2. Calcule el peso del cilindro más pesadoque se puede colocar en la posición
que se indica en la figura, sin rebasar un esfuerzode 50 MN/𝐦𝟐
en el cable BC.
Desprecie el peso de la barra AB. El área transversal del cable BC es 100 𝐦𝐦𝟐
.
Resolución:
D.C.L.(barra)
𝚺𝐌𝐀 = 𝟎
R(4) + BC (
4
5
)(10) = 0 BC = −R/2 (C)
σBC = 50 ∗ 106
N
m2 =
0.5 R
100 ∗ 10−6m2 R = 10 KN

16. D.C.L.(cilindro)
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
W = Rsen370
W = 10 (
3
5
)
W= 6 KN
3. Una barra homogénea AB (de 1000kg de masa) pende de dos cables AC y
BD, cada uno de los cuales tiene un área transversal de 400 𝐦𝐦𝟐
, como se
observa en la figura. Determine la magnitud P, así como la ubicación de la
fuerza adicional máxima que se puede aplicar a la barra. Los esfuerzos en los
cables AC y BD tienen un límite de 100 MPa y 50 MPa, respectivamente.

17. Resolución:
D.C.L.
σAC = 100 ∗ 106
N
m2
=
AC
400 ∗ 10−6m2
AC = 40 KN
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
AC + BD = 9800 + P BD = P – 30 200 (1)
σBD = 50 ∗ 10
𝑁
𝑚2
=
𝐵𝐷
𝐴
50 ∗ 106
N
m2
=
P − 30 200
400 ∗ 10−6m2
P = 50.200 N = 50.2 KN
4. La masa de la barra homogénea AB mostrada en la figura es 2000 kg. La
barra está apoyada mediante un perno en B y mediante una superficie vertical
lisa en A. Determine el diámetro del perno más pequeño que puede usarse en
B si su esfuerzo cortante está limitado a 60 MPa.

18. Resolución:
D.C.L.
𝚺𝐅𝐁 = 𝟎
RA(8) = 19.6 (3) RA = 7.35 KN
𝚺𝐅𝐕 = 𝟎
By = 19.6 KN
𝚺𝐅𝐇 = 𝟎
Bx = RA Bx = 7.35 KN
B = √B𝒙
𝟐 + B𝒚
𝟐 B = 20.933 KN
ⅆB = √
2P
𝜋. 𝜎
ⅆB = √
2 ∗ 20.933 ∗ 103 N
𝜋 ∗ 100 ∗ 106 N/m2 ⅆB = 0.0149m ⅆB = 14.9 mm

19. 4. ESFUERZO DE CONTACTO O APLASTAMIENTO
Problema 1. Una carga axial de 40 KN se aplica a un poste corto de madera el
cual es soportadopor una zapata de concreto que reposasobre el suelo plano.
Calcule:
a) El esfuerzo de apoyo en la zapata de concreto.
b) El tamaño de la zapata para que el esfuerzo de apoyo en el suelo no exceda de
145 Kpa
SOLUCIÓN:
a) σ𝒄 =
𝑷
𝑨𝑪
=
𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎
𝟎.𝟏𝟒𝟒
= 2777777.778 𝑁
𝑚2
⁄
= 2.77MPa
b) 𝐴𝐶 =
𝑃
𝜎𝐶
=
40000
145000
= 0.257𝑚2
𝐴𝐶=𝐿2
→ 𝐿 = √𝐴𝐶
L = √0.257 = 0.52

20. Problema 2. En la figura, la carga P = 8000 lb; el poste de madera tiene 4x4 plg,
y la zapata de concreto es un cuadrado de 2 pies de lado. Determinar:
a) El esfuerzo de aplastamiento entre el poste y la zapata
b) El esfuerzo de aplastamiento entre la zapata y el terreno
Solución:
a)
σ =
8000
(4)(4)
= 500 𝑙𝑏/𝑝𝑙𝑔2
b)
σ =
8000
(2)(2)
= 2000 𝑙𝑏/𝑓𝑡2

21. Problema 3. Un perno de ¾ plg se usa para unir dos placas de 3/8 plg de
espesor, como se muestra en la figura. La conexión transmite una fuerza de
4000 lb. Determine el esfuerzo de aplastamiento entre el perno y las placas.
El área proyectada es A= Dt
Entonces:
σ =
4000
(
3
4
)(
3
8
)
= 14200 𝑙𝑏/𝑝𝑙𝑔2
Problema 4. Un poste de sección cuadrada de 6 plg de lado se soporta
mediante una zapata de 2 pies x 1 pies. El poste tiene una carga de 18000 lb.
Determinar:
a) La presión de apoyo entre el poste y la zapata.
b) La presión de apoyo entre la zapata y el terreno.

22. DATOS
Aposte = 6 pulg * 6 pulg
Azapata = 2 pies * 1 pie
P= 18000 lb
SOLUCIÓN
 𝑆 𝑝 𝑧 =
⁄
𝑃
6 𝑝𝑙𝑔∗6 𝑝𝑙𝑔
=
18000 𝑙𝑏
36 𝑝𝑙𝑔2
= 500 𝑙𝑏 𝑝𝑙𝑔2
⁄
 𝑆 𝑧 𝑡 =
⁄
𝑃
(2 𝑝𝑖𝑒𝑠∗ 12 𝑝𝑙𝑔 𝑝𝑖𝑒𝑠)2
⁄
=
18000 𝑙𝑏
36 𝑝𝑙𝑔2
= 500 𝑙𝑏 𝑝𝑙𝑔2
⁄

23. DEFORMACIÓN SIMPLE
1. DIAGRAMA DE ESFUERZO O DEFORMACIÓN
Problema 1. Un ensayo de tensión para una aleación de acero da como
resultado el diagrama de esfuerzo-deformación mostrado en la figura 3-18.
Calcule el módulo de elasticidad y la resistencia a la cedencia con base en un
corrimiento del 0.2 por ciento. Identifique en la gráfica el esfuerzo último y el
esfuerzo de fractura.
Solución:
Módulo de elasticidad. Debemos calcular la pendiente de la porción inicial en línea
recta de la gráfica. Usando la curva magnificada y la escala mostrada en gris, esta
línea se extiende desde el punto O hasta un punto estimado A, que tiene
coordenadas aproximadas (0.0016 pulg/pulg, 50 ksi). Por lo tanto,
Observe que la ecuación de la línea OA es, entonces, σ = 31.2(103
) ε.
Resistencia a la cedencia. Para un corrimiento de 0.2 por ciento, se inicia con una
deformación de 0.2 por ciento o 0.0020 pulg/pulg y se extiende gráficamente una

24. línea (discontinua) paralela a OA hasta que interseca a la curva σ − ε en A′
¿. La
resistencia a la cedencia es aproximadamente
σYS = 68 𝑘𝑠𝑖
Esfuerzo último. Se define mediante el pico de la gráfica σ − ε, que es el punto B
en la figura 3-18
σu = 108 𝑘𝑠𝑖
Esfuerzo de fractura. Cuando la probeta se deforma hasta un máximo de σf= 0.23
pulg/pulg, se fractura en el punto C. Por lo tanto,
σf = 90 𝑘𝑠𝑖
Problema 2. En la figura 3-19 se muestra el diagrama de esfuerzo-deformación
para una aleación de aluminio utilizada en la fabricación de partes de
aeronaves. Si una probeta de este material se esfuerza hasta 600 MPa,
determine la deformación permanente que queda en la probeta cuando ésta
se libera de la carga. Además, encuentre el módulo de resiliencia antes y
después de la aplicación de la carga.

25. Solución:
Deformación permanente. Cuando la probeta se somete a la carga, se endurece por
deformación hasta que se alcanza el punto B en el diagrama σ − ε. La deformación
aproximada en este punto es 0.023 mm/ mm. Cuando se retira la carga, el material
se comporta siguiendo la línea recta BC, que es paralela a la línea OA. Como ambas
líneas tienen la misma pendiente, la deformación en el punto C se puede determinar
en forma analítica. La pendiente de la línea OA es el módulo de elasticidad, es decir,
E =
450 𝑀𝑃𝑎
0.006 𝑚𝑚/𝑚𝑚
= 75.0 𝐺𝑃𝑎
Del triángulo CBD requerimos
E =
𝐵𝐷
𝐶𝐷
;
75.0(109)PA =
600(106)𝑃𝑎
𝐶𝐷
CD = 0.008 mm/mm
Esta deformación representa la cantidad de deformación elástica recuperada. Así
que la deformación permanente, ε0C, es
ε0C= 0.023 mm/mm - 0.008 mm/mm
= 0.0150 mm/mm
Nota: Si las marcas de medición en la probeta estaban en un principio separadas
por 50 mm, después de que la carga se retira, estas marcas estarán a una distancia
de 50 mm + (0.0150) (50 mm) = 50.75 mm.
Módulo de resiliencia. Al aplicar la ecuación 3-8, se tiene*

26. Problema 3. La barra de aluminio que se muestra en la figura 3-20a tiene una
sección transversal circular y está sometida a una carga axial de 10 kN. Según
la porción del diagrama de esfuerzo-deformación que se muestra en la figura
3-20b, determine la elongación aproximada de la barra cuando se aplica la
carga. Considere que 𝐄𝐚𝐥 = 70 GPa.
Solución:
Para el análisis no se tomarán en cuenta las deformaciones localizadas en el punto
de aplicación de la carga y donde la sección transversal de la barra cambia de
manera repentina. (Estos efectos se analizarán en las secciones 4.1 y 4.7.) El
esfuerzo normal y la deformación son uniformes a través de la sección media de
cada segmento.
Para encontrar la elongación de la barra, primero se debe obtener la deformación.
Esto se realiza mediante el cálculo del esfuerzo, para después usar el diagrama de
esfuerzo-deformación. El esfuerzo normal dentro de cada segmento es

27. Con base en el diagrama de esfuerzo-deformación, el material en el segmento AB
se deforma elásticamente puesto que σAB < σy 6 sY = 40 MPa. Mediante la ley de
Hooke,
El material dentro del segmento BC se deforma plásticamente, puesto que σBC > σY
= 40 MPa. A partir de la gráfica, para σBC = 56.59 MPa, σBC ≈ 0.045 mm/mm. Por lo
tanto, la elongación aproximada de la barra es
Problema 4. Una columna tubular que tiene en la base una placa de acero de
6 plg * 6 plg es soportada por un muro de concreto. El esfuerzo de apoyo entre
el concreto y la placa de acero no debe exceder de 500 lb/plg2. Usando este
esfuerzo de apoyo, determinar la máxima carga que puede soportar la
columna.

28. DATOS:
A placa de acero = 6 plg * 6 plg
S = 500 lb/plg2
P = ¿?
SOLUCIÓN:
 𝑆 𝑝 𝑚 =
⁄
𝑃
6 𝑝𝑙𝑔∗ 6 𝑝𝑙𝑔
=> 500𝑙𝑏 𝑝𝑙𝑔2
⁄ =
𝑃
36 𝑝𝑙𝑔2
 P = 18000 lb

29. 2. LEY DE HOOKE
Problema 1. La longitud del alambre de acero de 2mm de diámetro en CD ha
sido ajustada de forma que, si no se aplica ninguna carga, existe una distancia
de 1.5mm entre el extremo B de la viga rígida ACB y un punto de contacto E.
si se sabe que E = 200 GP, determine el sitio sobre la viga donde debe
colocarse un bloque de 20 kg de masa para provocar un contacto entre B y E
Solución:
• ∅𝐷𝐶 = 2 𝑋 10−3𝑚
• 𝐸 = 200 𝑥 109 𝑃𝑎
• 𝑥 = ¿?

30. Problema 2. Una barra redonda de 10mm de diámetro es de aleación de
aluminio 7075-T6 cuando la barra se estira debido a las fuerzas axiales P, su
diámetro disminuye en 0.016mm.
Determina la magnitud de la carga P

31. Solución:
Datos:
𝐸 = 72𝐺𝑃𝑎
𝜇 = 0.33
𝜎𝑦 = 480 𝑀𝑝𝑎
Paso 1:
𝜀′
=
𝛿′
𝐷
𝜀′
=
−0.016𝑚𝑚
10𝑚
= 1.6 𝑥 10−3
Paso 2:
𝜇 =
−𝜀′
𝜀
𝜀. 𝜇 = −𝜀′
𝜀 =
−𝜀′
𝜇
=
−1.6𝑥10−3
0.33
= 4.85 𝑥 10−3

32. Paso 3:
𝜎 = 𝐸. 𝜀 = 72𝐺𝑃𝑎(4.85 𝑥 10−3
)
𝜎 = 349.2𝑀𝑝𝑎
Último paso:
𝜎 =
𝐹
𝐴
𝐹 = 𝜎. 𝐴 = 349.2 𝑥 106
𝑃𝑎(
𝜋(0.01)2
4
)
𝐹 = 𝑃 = 27426 𝑁
RESPUESTA:
𝑷 = 𝟐𝟕.𝟒𝟑 𝑲𝑵
Problema 3. Una zapata cuadrada soporta una columna que lleva una carga
axial de 64 k. la presión de apoyo en el suelo no debe exceder de 4000 lb/plg2.
Determinar las dimensiones necesarias de la zapata. Despreciese el peso de
la zapata.
DATOS
P = 64 k
S = 4000 lb/plg2
SOLUCION
 𝑆 𝑐 𝑧 =
𝑃
𝐴
⁄
 𝐴 =
64000 𝑙𝑏
4000 𝑙𝑏 𝑝𝑙𝑔2
⁄
 L2= 16 plg2 => L = 4 plg

33. Problema 4. Un perno de 7/8 de plg se usa para unir dos placas de 3/8 plg de
espesor. Determinar el esfuerzo de aplastamiento entre el perno y las placas.
Las placas llevan una carga de 5000.
DATOS
A = 7/8 plg * 3/8 plg = 21/64 plg2
P = 5000 lb
SOLUCION
𝑺𝒄 =
𝑷
𝑨
=
𝟓𝟎𝟎𝟎 𝒍𝒃
𝟐𝟏 𝟔𝟒 𝒑𝒍𝒈𝟐
⁄
= 𝟏𝟓𝟐𝟑𝟖.𝟏𝟎 𝒍𝒃 𝒑𝒍𝒈
⁄ 𝟐

34. 3. RELACIÓN DE POISSON
Problema 01: Se diseñará un tirante de acero para resistir una fuerza de
tracción de 50 ton. ,siendo la longitud del tirante de 50 m y la sección
transversal rectangular con proporción de lados en relación 2/3 considerar
que el esfuerzo de fluencia del acero es 4200 kgf/cm^2 el factor de seguridad
n=2 y el módulo de elasticidad E=2.1*10^6kgf/cm^2 y el coeficiente de Poisson
es 𝝁=0.25.
Determinar las deformaciones longitudinal y transversal:
Se sabe que:
𝜎𝑎𝑑𝑚 . =
𝜎𝑦
𝑓𝑠
𝜎𝑎𝑑𝑚. =
4200
2
𝜎𝑎𝑑𝑚. = 2100 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2
Por condición de resistencia se debe cumplir:
𝜎 ≤ 𝜎𝑎𝑑𝑚 .
50 ∗ 103
6𝑎
= 2100 𝑘𝑔𝑓/𝑐𝑚2
𝑎 = 1.99𝑐𝑚
Asumimos:
𝑎 = 2𝑐𝑚
En consecuencia, de la sección transversal será:

35. Calculamos el alargamiento:
𝛿 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
𝛿 =
50 ∗ 103 ∗ 50
2.1 ∗ 1010 ∗ 0.04 ∗ 0.06
𝛿 = 4.96𝑐𝑚
La deformación longitudinal será:
𝜀 =
𝛿
𝐿
𝜀 =
4.96
50 ∗ 102
= 9.92 ∗ 10−4
La deformación transversal la obtenemos a través de Poisson:
𝜇 =
𝜀´
𝜀
𝜀´ = 0.25 ∗ 9.92 ∗ 10−4
𝜀´ = 2.48 ∗ 10−4
PROBLEMA 02: Un cilindro macizo de diámetro d soportal una carga axial P.
Demostrar que la variación en su diámetro es 4 P 𝒗 /𝝅Ed.
𝜎𝑥 =
𝑃
𝐴
𝜎𝑥 =
4𝑃
𝜋𝑑2
(𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑒𝑠𝑖ó𝑛)
𝑣 = −
𝜀𝑦
𝜀𝑥
𝜀𝑦 = −𝑣𝜀𝑥
6cm
4cm

36. 𝜀𝑦 = −𝑣
𝜎𝑥
𝐸
𝜀𝑦 = −𝑣
4𝑃
𝜋𝑑2
Pero:
𝛿𝑦 = 𝜀𝑦. 𝑑
𝛿𝑦 =
4𝑃𝑑𝑣
𝜋𝐸𝑑2
𝛿𝑦 =
4𝑃𝑣
𝜋𝐸𝑑
PROBLEMA 03: Un tubo de acero de 250 mm de diámetro y 2 mm de espesor
encaja perfectamente y sin holgura en un edificio absolutamente rígido e
indeformable. Determinar el esfuerzo circunferencial en el tubo cuando se le
aplica una fuerza axial de compresión de 10 KN. E el coeficiente 𝒗 = 𝟎. 𝟑𝟎 y
𝑬 = 𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟗
𝑵/𝒎𝟐
desprecia la posibilidad de pandeo en las paredes del
tubo.
Resolución:
𝜎𝐿 =
𝑃𝐷
2𝜎
𝜎𝑥 =
4(10 ∗ 103)
𝜋0.052
𝜎𝑥 = −5092.958𝑘𝑃𝑎
𝜎𝑦 = 𝑃
𝜀𝑦 = −𝑣
𝜎𝑥
𝐸
𝜎𝑦 = −𝑣𝜎𝑥
𝜎𝑦 = 0.30(5092.958 ∗ 103)
𝜎𝑦 = 1527.887 𝑘𝑃𝑎
𝜎𝑐 =
1527.887 ∗ 103 ∗ 0.05
2 ∗ 0.02
𝜎𝑐 = 1909.859 𝑘𝑃𝑎

37. PROBLEMA 04: Un tubo de aluminio de 200 mm de alargo, cerrando en sus
extremos, tiene 100 mm de diámetro y una pared de 2 mm de espesor. Si el
tubo cabe justamente entre dos paredes rígidas con presión interna nula,
determine los esfuerzos longitudinal y tangencial para una presión interna de
𝟏𝟎𝟗
𝑴𝑵/𝒎𝟐
. Suponga 𝒗 =
𝟏
𝟑
y 𝑬 = 𝟕𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟗
𝑵/𝒎𝟐
Resolución:
𝑞 =
2𝑣𝑃𝑡
2(1 − 𝑣)𝑡 + 𝑑
𝑞 =
2 ∗
1
3
∗ 4 ∗ 106 ∗ 0.002
2 ∗ (1 −
1
3
) ∗ 0.02 + 0.1
𝑞 = −42105.28𝑁/𝑚2
𝜎𝑡 =
−𝑞𝑑
2𝑡
𝜎𝑡 =
−0.042 ∗ 0.1
2 ∗ 0.002
= 1.05𝑀𝑁/𝑚2
4. ESFUERZOS DE ORIGEN TÉRMICO
Problema 01: Una varilla de acero de 150 mm2 de sección, está sujetada en
sus extremos a dos puntos fijos, estando estirada con una fuerza total de 5000
N a 20°C. calcular el esfuerzo en la varilla a -20°C. ¿A qué temperatura se
anulará el esfuerzo?
∝= 11.7𝜇𝑚(𝑚. °𝐶) y 𝐸 = 200 ∗ 109
𝑁/𝑚2
.

38. 𝜎 20°𝐶 =?;
𝑃𝐿
𝐴𝐸
=
𝑃𝐿
𝐴𝐸
+∝ 𝐿∆𝑇
𝜎𝑓 = 𝜎0+∝ 𝐿∆𝑇 𝜎𝑓 =∝
5000 𝑁
150 𝑚𝑚2
+ 93.6
𝑀𝑁
𝑚2
𝜎𝑓 = 127
𝑀𝑁
𝑚2
127
𝑀𝑁
𝑚2
= 11.7
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ ∆𝑇 ∗ 200 ∗ 102 𝑁
𝑚2
∆𝑇 = 54.2°𝐶
𝑇𝑓 − (−20°𝐶) = 54.2°𝐶
𝑇𝑓 = 34.2°𝐶
Problema 02: A UNA TEMPERATURA DE 20°C se coloca una plancha rígida
que tiene una masa de 55Mg Sobre dos varillas de bronce y una de acero,
como se indica en la figura. ¿A qué temperatura quedara descargada la varilla
de acero?
∝𝑏𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 > ∝𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜

39. ∆𝐿𝑏𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 − 𝛿𝑏𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = ∆𝐿𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 ………………………………………………….. (I)
∆𝐿𝑏𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 = 19
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ 250 𝑚𝑚 ∗ ∆𝑇 = 4750
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ ∆𝑇
∆𝐿𝑎𝑐𝑒𝑟𝑜 = 11.7
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ 300 𝑚𝑚 ∗ ∆𝑇 = 3510
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ ∆𝑇
𝛿𝑏𝑟𝑜𝑛𝑐𝑒 =
(
𝑀
2
) ∗ 250𝑚𝑚
6000𝑚𝑚2 ∗ 83 ∗ 109 𝑁
𝑚2
= 0.135𝑚𝑚
Reemplazando en (I)
(4750-3510)-
𝜇𝑚𝑚
°𝐶
∆𝑇=0.135 mm
∆𝑇 = 108.87°C
T=108.87°C+20°C
T=129°C
Problema 03: A una temperatura de 20°C hay un claro ∆=0.2mm entre el
extremo inferior de la barra de bronce y la losa rígida suspendida de las dos
barras de acero, según se muestra en la figura. Despreciando la masa de la
losa, determine el esfuerzo en cada barra cuando la temperatura del conjunto
se eleva a 100°C. Para la barra de bronce, A=600 mm^2, E= 83*10^9N/m^2 y
∝=18.9 𝝁𝒎/ (𝒎.°𝑪). Para cada barra de acero, A=400 mm^2, E=200*10^9N/m^2
y ∝=11.7 𝝁𝒎/ (𝒎.°𝑪)

40. ACERO:
∆𝐿 = 𝛼𝐿∆𝑇
∆𝐿 = 11.7
𝜇𝑚
𝑚.°𝐶
∗ 800 𝑚𝑚 ∗ 80°𝐶 ∆𝐿 = 0.75𝑚𝑚 = 𝛿𝑇
𝛿𝑃 = 𝛿𝑇
𝛿𝑇 =
𝑃𝐿
𝐸𝐴
𝜎 ∗ 800 𝑚𝑚
200 ∗ 109𝑁/𝑚2 = 075 𝜎 = 187.5 𝑀𝑃𝑎
BRONCE:
∆𝐿 = 18.9 ∗
𝜇
°𝐶
∗ 800 𝑚𝑚 ∗ 80°𝐶 ∆𝐿 = 1209.0 ∗ 10−3𝑚𝑚 = 𝛿𝑇 = 1.209𝑚𝑚
𝜎 ∗ 800 𝑚𝑚
83 ∗ 109𝑁/𝑚2 = 1.209 𝑚𝑚 − 0.2 𝑚𝑚 𝜎 = 104.68𝑀𝑃𝑎
Problema 04: Un manguito de bronce se monta sobre un tornillo de acero y se
sujeta mediante una tuerca. Calcule el cambio de temperatura que causara
que el esfuerzo en el bronce sea de 20 MPa. Para el tornillo de acero, A=450
mm^2, E=200 GPa y 𝛂=11.7 𝝁m/(m.°C). Para el manguito de bronce, A=900
mm^2, E=83GPa Y 𝛂=19.0 𝝁m/(m.°C).

41. Luego: 𝜹𝑻𝑩
= 𝜹𝑭𝑨
+ 𝜹𝑻𝑨
+ 𝜹𝑭𝑩
𝜶𝑩𝑳∆𝑻 =
𝑭𝑳
𝑬𝑨 𝑨𝑨
+ 𝜶𝑨𝑳∆𝑻 +
𝑭𝑳
𝑬𝑩 𝑨𝑩
∆𝑻(𝜶𝑩 − 𝜶𝑨) = 𝑭(
𝟏
𝑬𝑨𝑨𝑨
+
𝟏
𝑬𝑩𝑨𝑩
)
Por condición:
𝝈𝑩 = 𝟐𝟎 ∗
𝟏𝟎𝟔
𝑵
𝒎𝟐
=
𝑭
𝑨𝑩
𝑭 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎𝟔
∗ 𝟗𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔
𝒎𝟐
𝑭 = 𝟏𝟖𝒌𝑵
Reemplazando:
∆𝑻 = 𝟏𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑
(
𝟏
𝑬𝑨𝑨𝑨
+
𝟏
𝑬𝑩𝑨𝑩
)(
𝟏
𝜶𝑩 −𝜶𝑨
)
: ∆𝑻 = 𝟔𝟎.𝟒°𝑪
TORSIÓN
1. ESFUERZO, DEFORMACIÓN POR TORSIÓN
Problema 1. Un árbol macizo de un tren de laminación tiene que trasmitir una
potencia de 20 KW a 2r/s. Determinar su diámetro de manera que el esfuerzo
cortante máximo no exceda de 40 MN/m2 y que el ángulo de torsión, en una
longitud de 3 m, sea como máximo de 6°. Emplee un valor G de 83 GN/m2.
Solución: Este problema es un ejemplo de diseño de un elemento de máquina en el
que se ha de tener en cuenta tanto la resistencia como la rigidez. Se comienza por
determinar, según (3-3), el momento torsionante a que se está sometido el árbol.
T= P/2𝜋𝑓 𝑇 =
20 𝑥 103
2𝜋(2)
= 1590 𝑁.𝑚
Para satisfacer la condición de resistencia se aplica (3 – 2b) que da el esfuerzo
cortante máximo.
𝜏 =
16𝑇
𝜋𝑑3
40𝑥106
=
16(1590)
𝜋𝑑3

42. De donde 𝑑3
= 202 𝑥 10−6
𝑚3
= 202 𝑥 103
𝑚𝑚3
𝑦 𝑑 = 58,7𝑚𝑚
Ahora, de la expresión del ángulo de torsión (3 – 1), se deduce el diámetro necesario
que satisface la condición de rigidez,
θ =
𝑇𝐿
𝐽𝐺
𝑥 57,3 𝑜 𝑏𝑖𝑒𝑛, 𝐽 =
𝑇𝐿
θ𝐺
𝑥 57,3
de donde
𝜋𝑑4
32
=
1590 (3)(57,3)
(6)(83 𝑥 109)
Por tanto:
𝑑4 = 5,59 𝑥 10−6 𝑚4 = 5,59 𝑥 106 𝑚𝑚4 𝑦 𝑑 = 48,6 𝑚𝑚
El diámetro mayor de 58,7 mm satisface, pues a las dos condiciones de resistencia
y de rigidez.
Problema 2. La figura 3 – 4 muestra un árbol macizo de dos materiales y
diámetros distintos, firmemente unidos y perfectamente empotrado en sus
extremos. La parte de aluminio tiene 75 mm de diámetro y 𝑮𝑨𝒍vale
𝟐𝟖 𝒙 𝟏𝟎𝟗
𝑵/𝒎𝟐
y la de acero tiene 50 mm de diámetro y 𝑮𝒂 = 𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎𝟗
𝑵/𝒎𝟐
. El
par torsor es de 1000 N.m, y como se observa en la figura, se aplica en la unión
de las dos partes. Calcular el máximo esfuerzo cortante en el acero y en el
aluminio.

43. Solución: Se trata de un problema estáticamente indeterminado en el que se
desconoce en qué proporción se reparte el par torsor aplicado entre las dos partes,
derecha e izquierda, del árbol. El procedimiento a emplear es exactamente el mismo
que el seguido en la sección 2 – 5 para elementos estáticamente indeterminados en
el caso de fuerzas axiales. Aplicando en primer lugar las condiciones de equilibrio
estático que tiene:
[∑ 𝑀 = 0] 𝑇𝑎 + 𝑇𝐴𝑙 = 𝑇 = 1000 (𝑎)
La otra relación entre 𝑇𝑎 y 𝑇𝐴𝑙 se obtiene por las condiciones geométricas de la
deformación que, en este caso, se expresa por la igualdad del ángulo de torsión
desde la sección en que se aplica el par torsor, a los dos extremos del eje. Es decir,
𝜃𝑎𝑐 = 𝜃𝑎𝑙 . Por consiguiente, según (3 – 1),
[(
𝑇𝐿
𝐽𝐺
)
𝑎
= (
𝑇𝐿
𝐽𝐺
)
𝑎𝑙
]
𝑇𝑎(1.5)
𝜋(0,050)4
32
(83 𝑥 109)
=
𝑇𝑎𝑙(3)
𝜋(0,075)4
32
(28 𝑥 109)
De donde
𝑇𝑎 = 1.17 𝑇
𝐴𝑙 (𝑏)
Resolviendo el sistema formado por (a) y (b) resulta
𝑇𝐴𝑙 = 461 𝑁.𝑚 𝑦 𝑇𝑎 = 539 𝑁. 𝑚
Teniendo ahora en cuenta la fórmula de la torsión, los esfuerzos respectivos vienen
dados por:
𝜏 =
16𝑇
𝜋𝑑3
𝑇𝐴𝑙 =
16(461)
𝜋(0,075)3
= 5,57 𝑥 106
𝑁/𝑚2

44. 𝑇𝑎 =
16(539)
𝜋(0,050)3
= 22 𝑥 106
𝑁/𝑚2
= 22 𝑀𝑁/𝑚2
Problema 3. Un árbol de sección constante, de 50 mm de diámetro está
sometido a los pares torsores que se indican en la figura 3 – 5 a través de
engranes montados sobre él. Si 𝑮 = 𝟖𝟑 𝒙 𝟏𝟎𝟑
𝑴𝑵/ 𝒎𝟑
, determinar, en grados,
el ángulo total de torsión entre A y D. (Material: acero).
Solución: El empleo de vectores para indicar el sentido de los pares aplicados,
como se ve en la parte inferior de la figura 3 -5, facilita la determinación del momento
torsionante resultante sobre cada parte del árbol. Para ello, apliquemos las
condiciones de equilibrio al diagrama del cuerpo libre entre una sección cualquiera
y un extremo del eje, por ejemplo, D. Entonces, con respecto a D, los pares
trasmitidos por cada porción y, por tanto, los momentos torsionantes a que están
sometidos, son 𝑇𝐴𝐵 = 700 𝑁.𝑚 en sentido del reloj, 𝑇𝐵𝐶 = 500 𝑁.𝑚 en sentido
contrario al reloj y 𝑇𝐶𝐷 = 800 𝑁.𝑚 en sentido del reloj.
El ángulo de torsión total es la suma algebraica de los ángulos parciales en cada
porción.

45. Tomando arbitrariamente la deformación en sentido del reloj como positiva, y
aplicando la expresión (3 – 1) con el factor 57,3 para obtener el ángulo en grados,
se obtiene:
[θ𝐴 𝐷
⁄ = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
]
θ𝐴 𝐷
⁄ =
1
𝐽𝐺
∑ 𝑇𝐿 𝑥 57,3
=
𝟓𝟕,𝟑
𝜋(0,050)4
32
(83𝑥109)
[700(3) − 500(1,5) + 800(2)]
Lo cual da
θ𝐴 𝐷
⁄ = 3,32°
El signo positivo indica que el ángulo de torsión de A respecto a D es en sentido del
reloj.
Problema 4. Calcular el diámetro mínimo de un eje de acero que, sometido a
un momento torsionante de 14 kN m, no debe experimentar una deformación
angular superior a 3º en una longitud de 6 m. ¿Cuál es entonces el esfuerzo
cortante máximo que aparecerá en él? Usar G= 83 GN/m2.
Solución: De las fórmulas de torsión, se sabe que:
𝐽 =
𝜋
32
𝑑4
𝑦 𝜃 =
𝑇𝐿
𝐽𝐺
De la fórmula anterior dada para el momento polar de Inercia, es posible determinar
el diámetro del eje. Reemplazando J de la fórmula del ángulo de torsión, se obtiene:
𝑑 = √
32𝑇𝐿
𝜋𝜃𝐺
4
𝑑 = √
32(14 𝑥 103 𝑁.𝑚)(6)𝑚
𝜋 (3
𝜋
180
) (83 𝑥 109 𝑁/𝑚2)
4
𝑑 = 0,118𝑚
Para determinar el esfuerzo cortante máximo, se emplea la fórmula definida para
corte por torsión, empleando el radio del eje.

46. 𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐽
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑑
2𝐽
=
(14 𝑥 103
𝑁.𝑚)(0,118𝑚)
2
𝜋
32
(0,118𝑚)4
= 𝟒𝟑,𝟒 𝑴𝑷𝒂
FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE EN VIGAS
1. FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLEXIONANTE EN VIGAS
Problema 1. Tenemos una barra rígida que está suspendida por dos cables de
igual diámetro ∅ = 𝒎𝒏 y cuyos módulos de elasticidad son 𝑬𝟏= 2.1-
𝟏𝟎𝟓
𝑴𝑷 𝒂 𝒚 𝑬𝟐 = 𝟎.𝟕-𝟏𝟎𝟓
𝑴𝑷𝒂. La longitud de la barra es 600 mm y de los cables
300 mm. Se considera despreciable el peso propio de la barra está sometido
a una carga puntual p= 500 N.
Calcular la posición x de la fuerza para que los puntos A y B tenga el mismo
descenso

47. Problema 2. Mediante la fórmula de AISC determinar la larga axial de trabajo
en una columna constituida por un perfil W 360 x 122 en las siguientes
condiciones: (a) articulada en sus extremos y con una longitud de 9 m.(b)
extremos perfectamente importados y longitud de 10 m (c) extremos
perfectamente empotrados, longitud de 10 m y sujeta lateral mente en el
centro use = 380 MPa

49. Problema 3. Sobre el tramo tipo de una unión remachada triple a tope actúa
una carga de 144 KN como se indica en la figura 12-10 la longitud del tramo es
de 200 mm y el de los cubrejuntas de 10 mm determinar los esfuerzos
cortantes de contacto y tensión desarrollados en la unión.
Solución: el área resistente a cortante es la de un remache a simple cortante y la
de cuatro a doble cortante, lo que da un total de 9 tramos, la carga media transmitida

50. Problema 4. Aplicando el método de cálculo de las uniones remachadas
estructurales calcular el esfuerzo de tensión en la placa principal en la fila 3
para la unión cuádruple a tope de la figura 12-11 la carga transmitida es de 360
KN y el ancho de la placa es de 250 mm, calcular también el ancho del
cubrejunta en la fila 2 si el esfuerzo de tensión no debe exceder de 100 MPa,
el diámetro de los remaches es de 19 mm, el espesor de las placas a unir es
de 14 mm y el de cada cubrejunta de 8 mm.

51. REFERENCIAS BIBLIOGRÁFICAS
-Pytel, Andrew y Singer Ferdinand L. Resistencia de materiales (cuarta edición).
Pearson Educación, México 1994. Area: ingeniería. ISBN: 968-6356-13-4.
-Llanos, Marco R. y Editorial San Marcos. Solucionario, Resistencia de materiales.
Impreso en Perú 2008. Area: ingeniería. ISBN: 978-9972-38-465-3.
Pytel, Andrew y Singer Ferdinand L. (1994). Resistencia de materiales. Obtenido de:
https://resistenciadematerialesylaboratoriounet.files.wordpress.com/2016/07/resist
encia-de-materiales-singer-4ed.pdf