1. 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
2. UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 2
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
7. UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 7
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
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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
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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
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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.
21. UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 21
∑ 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
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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
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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
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∴ 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:
25. UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 25
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