UNIVERSIDAD NACIONAL DESAN ANTONIO ABAD DEL CUSCO FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL EJERCICIOS PROPUESTOS DOCENTE: Ing. Danny Nieto Palomino ALUMNO: Alfred Christhiani Taco Soto. ASIGNATURA: RESISTENCIA DE MATERIALES 1 090763-k Cusco, Setiembre del 2011 Las ecuaciones han sido insertadas mediante el programa MATHTYPE 6.PRESENTACION El siguiente trabajo ha sido resuelto y digitalizado para el curso de Resistencia de Materiales por Alfred Christhiani Taco Soto.0. . pero 48EI PL3 48EI 3 y PL2 L 16 2 . d2y P L EI 2 x (P) x dx 2 2 2 (a) 2 dy P P L Integrando (a) EI x 2 ( ) x dx 4 2 2 P L P integrando (b) EIy x 3 ( ) x 6 2 12 C1 (b) 2 C1 x C 2 (c) Condiciones de Apoyo: x=0 y=0 C2=0 3 P P L 0 L2 L C1 x C2 L 6 2 x=L y=0 2 PL C1 16 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 3 P L P L L EIymax 12 2 6 2 2 PL3 ymax .DEFORMACION EN VIGAS 605. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada de longitud L con una carga concentrada P en el centro de su claro. 384EI 3 5wL4 384EI 4 . que soporta una carga uniformemente distribuida de w N/m aplicada en toda su longitud.606. de longitud L. Determinar la deflexión máxima en una viga simplemente apoyada. EI d2y wL w M x x2 dx 2 2 2 EI 2 3 dy wL x w x M C1 dx 2 2 2 3 wL x EIy M 2 3 3 w x4 C1 x C 2 2 12 Condiciones de Apoyo: x=0 y=0 x=L y=0 C2=0 3 4 wL x w x EIy C1L 0 2 6 2 12 wL3 24 Por Simetría la deflexión máxima ocurre en el centro de la luz: x=L/2 C1 3 wL L w L wL L EIy 12 3 24 12 24 2 5wL4 ymax pero y . EI d2y (P)x Pa (P) x a dx 2 (a) x a x2 dy EI (P) Pa (x) (P) 2 dx 2 2 C1 (b) Condiciones de Apoyo [la viga esta empotrada] x=0 y=0 dy/dx = 0 C1=0 3 P Pa P EIy x 3 (x 2 ) x a C2 6 6 6 [x=0 y=0] C2 = 0 La deflexión máxima ocurre en el extremo libre de la ménsula: x=L PL3 Pa 2 P EIymax (L ) L a 6 6 6 3 . cargada como se indica.607. Determine el máximo valor de Ely en la ménsula de la figura P-607. Considerar el origen de coordenadas en el empotramiento. Obtener la ecuación de la elástica de la ménsula de la figura P-608 sometida a una carga triangular que varía desde cero en el empotramiento hasta w N/m en el extremo libre. De la condición de equilibrio: de momentos.608.(WL²/6)X² . a partir de la cual se calcula las ecuaciones de deflexión y pendiente.(W/120L)X5 De donde se obtiene: Y= w/20EI (LX³/2 .L²X² +X5/20L) . EI d²y/dx² = M = (WL/2)X – (WL²/3) – (W/6L)X³ EI dy/dx = (WL/2)(X²/2) – (WL²/3)(X) – (W/6L) (X⁴/4) +C1 De la condición del problema en el empotrado dy/dx = 0 por lo tanto C1 = 0 EI Y = (WL/2) (X³/6) – (WL²/3)(X²/2) – (W/6L) (X5/20) +C2 Cuando x= 0 también se cumple que y= 0 entonces C2= 0 EI Y = (WL/12)X³ . Determinar el valor de E I δ bajo cada carga concentrada de la figura.m EI = 2940Nm³ .m M=1500N. 900N. 1m 1m 2m R1 R2 400N 300N SOLUCION: 1m 1m 2m R1 R2 Calculando la deflexión debajo de la carga de 400N (x=1m) EI δ1 = (400)(3)(1)/(6)(4) (4²-1²-3²) = 300Nm³ EI δ2 = (300)(2)(1)/(6)(4) (4²-1²-2²) = 275Nm³ Elaborando los diagramas de momentos por partes entre ‘A ‘Y ‘O’.609.m A 0 1m p V=0 2m 1500N.m 900N.m Como EI t A/O = (area) AO .m (+) (+) 1m p 0 2m A p (-) -600N.m³ Pero : t A/o = 2δ EI(2δ) =5880N.XA EI t A/O = (1)(900/2) (2/3)(1) +(2)(1500)(1+1) – (2)(600)/4(1+2/5) EI t A/0 =5880N. La viga apoyada de la figura P-610 soporta una carga uniforme w simétricamente distribuida en una porción de su longitud. Determinar la deflexión máxima y confrontar el resultado.610. como y . con la solución del problema 606. 3 4 wb L w L L ELymax a C1 6 2 24 2 2 De donde: 4 w 3L ELymax L3a a4 bL3 . De pendiente y deflexión a partir de (1): EI d2y M dx 2 dy x 2 w x a w x a 2b (wb) C1 dx 2 2 3 3 2 4 4 wb 3 w w EIy x x a x a 2b C1 x C2 6 24 24 3 3 EI Condiciones de apoyo: x=0 L=0 C2=0 Condiciones de apoyo: x=L. poniendo a=0. entonces 2b = L. entonces : 24 16 w 3L4 3 4 3 L a a bL 16 24EI Si a=0. x a M (wb)x w 2 2 x a 2b w 2 (1) 2 Calculamos la ec. b=1/2 Reemplazamos en (2): 5wL4 384 (2) . y=0 4 4 wb 3 w w 0 L L a L a 2b C1L 6 24 24 3 2 2 wbL2 w L 3L a 3La C1 a3 4 2 6 8 8 La deflexión máxima sucede cuando x=L/2 debido a la simetría de la viga. 611. indicación. (4) m 90 2 360 25 4 ELy(2) 25x23 2 2 (350)(2) 500 2 ELy(2) 500. Si E=10GN/m2. Calcular el valor de EIδ ene l centro del claro en la viga representada en la figura P-611. Considerando el sistema coordenado mostrado en la figura. y=0 25 (16) C1 (4) 2 C1 350Nm2 0 1600 Luego: EIy 25x 3 25 4 x 2 350x 2 Del problema: 1 L 1 E 10GN / m2 . entonces EI (2) 500 Entonces: 500 500 45000 X 1010 m4 E 1 10 10 90 I 4. y=0. Considerar el origen de x en el apoyo derecho siendo x positiva hacia la izquierda. de donde C2 = 0 X=4. determinar el valor de I necesario para que la deflexión en el centro no sobrepase 1/360 del calor. tenemos que: EI d2y 150 x 150(x 2)2 dx 2 x 2 C dy x2 EI 150 150 1 dx 2 3 25 4 EIy 25x 3 x 2 C1 x C2 2 3 Condiciones de apoyo: X=0.5x106 mm4 I . 5)3 (x 3.04Nm3 . d2y 225x 150(x 1.5)2 150(x 3.5)3 C1 dx 2 3 3 225x 3 150 150 EIy (x 1.5)4 (x 3. y=0.5)4 (4 3.5)2 dx 2 dy 225x 2 150 150 EI (x 1.13Nm2 0 Por lo tanto: EIy 225x 3 150 150 (x 1. x=2m: 225(23 ) 150 (0.5)4 C1 4 6 12 12 C1 468.5)4 478. Calcular el valor de EI en el centro de la viga cargada como se indica en la figura.5)4 C1 x C2 6 12 12 EI De las condiciones de apoyo: X=0.612.5)4 478.13(2) 6 12 EIy(2) 657.04Nm3 EIy(2) 657. A partir de la ecuación de momentos general calculamos la ecuación de la pendiente y deflexión. de donde: 225(43 ) 150 150 (4 1. y=0.13x 6 12 12 En el centro de luz. por lo tanto C2=0 X=4.5)4 (x 3. 624. (area) AB: xA (4)(1200) 2 (1800)(2) 2 1 2 (2) (600) 3 (4) 2 2 3 2 3 dedonde : (area)AB x A 2500Nm3 . Viga cargada como indica la figura P-624. Aplicando equilibrio en la viga 32(4) (900)(2) 600 R2 600N Equilibrio de fuerzas verticales R1=300 Elaborando los diagramas de momentos por partes: Tomando momentos respecto de A.METODO DEL AREA DE MOMENTOS: Calcular en cada una de las vigas de los problemas 624 a 629 el momento del area del diagrama de momentos flexionantes comprendida entre los apoyos respecto de cada uno de estos. Viga cargada como indica la figura P-625. . de derecha a izquierda.625. trazar el diagrama de momentos por partes. . Viga cargada como indica la figura P-626.626. Descomponer la carga trapezoidal en una uniforme y otra uniformemente variada.627. indicación. Viga cargada como indica la figura P-627. . 628. como indica la figura P628. Viga cargada con una carga uniformemente variada y un par. . .629. Resolver el problema 628 si el sentido del par es contrario al del reloj. indicación. y de acuerdo con el resultado obtenido determinar si la tangente a la elástica en el punto B es ascendente o descendente hacia la derecha. Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10. En la viga de la figura P-630 calcular el valor de area (AD)xA.630. . 632. De acuerdo con el resultado obtenido. calcular el valor de area (AB)xA. de izquiera a derecha. indicación: Tener en cuenta la ecuación (6-5) y la figura 6-10. . determinar i la tangente a la elástica en el punto B se dirige hacia arriba o hacia abajo. En la viga de la figura P-632. Dos piezas de madera de 50 x 100 mm de sección están ensambladas a lo largo de la junta AB como se indica en la figura P-925. luego: A AB sen(60) Para los esfuerzos tenemos: R P sen(60) AB A v p sen(60)cos(60) AB A N Como de los datos P=100KN: en (A) y (B): 2 100 3 kN N 5x10 3 2 m2 N 15MPa 5 3MPa (A) (B) .ESFUERZOS COMBINADOS REGLAS PARA LA APLICACIÓN DEL CÍRCULO DE MOHR A LOS ESFUERZOS COMBINADOS 925.1)m2 = 5 x 10-3m2 Del diagrama En el corte AB: Donde: R=Psen(60). El Area de la sección recta es: A= (0. V=Pcos(60) Además AB: area de la sección oblicua. Calcular los esfuerzos normal y cortante sobre la superficie de ensamble si P=100 KN.05)(0.