IN

GEN

IER

IA C

IVIL

IN

GEN

IER

IA C

IVIL

IN

GEN

IER

IA C

IVIL

IN

GEN

IER

IA C

IVIL

Integrantes: BERMUDEZ MUÑOZ KENYO TOMAS 120856

Docente: Doc. Ing. Danny Nieto Palomino

Fecha: viernes, 13 de diciembre de 2013

Cusco – Perú

2013-I

FACULTAD DE INGENIERIA CIVIL

RESISTENCIA DE MATERIALES I

ASICNACION

Código:

UN

SA

AC

U

NS

AA

C

UN

SA

AC

U

NS

AA

C

UN

SA

AC

RESIS

TEN

CIA

DE

MA

TER

IALE

S I

642.- determinar la deflexión máxima en la viga de la fig. P-642 cargada como se indica si la sección es rectangular, de 50mm de ancho por 150mm de altura y E=69GN/m2.

Solución:

Como: tC/ A=( 1El )(area )CA .❑C… (1 )

Calculando los diagramas de momentos por partes (respecto a “C”):

(area )CA .❑C=−(10 ) (3 )( 12 ) (3 )+ (3 ) (12 )

2 ( 13 ) (3 )− (1 ) (2 )

3 ( 14 ) (1 )

(area )CA .❑C=−27.17kN .m3

De los datos del problema:

E=69×109 N/m2 ⇒ I=0.5×1.52

12=1.4×10−5m4

Reemplazando en (1):

tC/ A=( 1

69×109×1.4×10−5 ) (−27.17×103 )

⇒ tC /A=−0.02812m

Como:

δ=−tC /A⇒∴ δ=28.13mm

643.-hallar el máximo valor de ELδen la viga en voladizo de la figura.

Solución:

El máximo valor de ELδ sucede en el extremo libre:

tC/ A=( 1El )(area )CA .❑C… (2 )

Calculamos:

(area )CA .❑C=−(a ) (Pa )

2 (L−a+( 23 )a)

⇒ (area )CA .❑C=−Pa2

2 (L−a3 )

De (2): tC/ A=−( 1EL )(P a2

2 )(L−a3 )

De (2)

observamos: ∴ELδ=Pa2

6(3 L−a)

644.-determine la máxima deflexión para la viga de la figura.

Resolución:

δ=−tC /A ...(1)

tC/ A=( 1El )(area )CA .❑C… (2 )

Diagrama de momento por partes (respecto de A):

(area )CA .❑C=−( L2 )( w L2

8 )(13 )( 1

4 ) (L )+ (L )( w L2

2 )(13 ) (L )−( 3w L2

8 ) (L )(L2 )(area )CA .❑C=

−41w L2

384

De (2):

tC/ A=( 1El )(−41w L4

384 )tC/ A=

−41w L4

384 EI

De (1):

∴ δ= 41wL4

384 EI

645.-calcular la deflexión y la pendiente en un punto a 2m del empotramiento en la viga cargada como indica la figura. E=10GN/m2 e I=30×106mm4.

Solución:

Debemos calcular:

tO /A=( 1El ) (area )OA .❑O… (1 )

Calculando los momentos de las áreas que se encuentren ante “O” y “A”:

(area )OA .❑O=−[ (2 ) (533.33 )4 ]( 2

5 )+[ (2 ) (3600 )2 ]( 2

3 )−[ (3600 ) (2 ) ](22 )

(area )OA .❑O=−4096.67 N .m3

De (1): tO /A=( 1

10×109×30×10−6 ) (−4096.67 )⇒ tO / A=−0.01635m⇒ tO /A=16.35mm

También piden: θAO=1EL

(area )AO

(area )OA=−[ (2 ) (533.33 )4 ]+[ (2 ) (3600 )

2 ]− (3600 ) (2 )

(area )OA=−3826,665 N .m2

θAO=( 1

10×109×30×10−6 ) (−3826.665 )

θAO=−0.01276 rad , entonces :θ=0.01276 rad

∴θ=0.73 °

646.-En la viga de la figura, determinar el valor de I, que limite la deflexión máxima a 20mm; E=10×109N/m2.

Solución:

δ=−t A /B…. (1 )

t A /B=( 1El ) (area )AB .❑A… (2 )

Diagrama de momento por partes (respecto de “O”):

(area )AB .❑A=−(2 ) (400 )

4 (1+( 45 ) (2 ))+ (1 ) (600 )

2 (3+( 13 ) (1 ))−(1 ) (1000 )(3+( 1

2 ) (1 ))(area )AB .❑A=−3353.33N .m

De los datos del problema:

E=10×109Nm2 ;δ=20mm;tA /B=−0.02m

Reemplazando en (2):

−0.02=( 1

10×109×I )(-3353.33)

I=1.676×10−5m4⇒∴ I=16.77×106mm4

647.-determinar el máximo valor de EIδ en la viga de la figura.

Solución:

EIδ máximo sucede en el extremo A. diagrama de momentos por partes respecto de A:

Como:

t A /C=( 1El )(area )AC .❑C

(area )AC .❑A=[(−L2 )(w L2

24 )( 14 )]( 1

5 )( 12 )+[(L )(w L2

4 )( 12 )]( 1

3 ) (L )−[( 5w2

24 ) (L )] (L )

(area )AC .❑A=−121w L4

1920

Como: δ A=−tA /C⇒∴E I δ A=121w L4

1920

648.- La viga en voladizo de la figura soporta una carga uniformemente variable de cero en el extremo libre a wN/m en el empotramiento. Determinar la pendiente y la ordenada en una sección cualquiera a una distancia x del empotramiento.

Solución:

Para resolver el problema hacemos una equivalencia de cargas:

Con (a) y (b) trazamos las gráficas de momentos por partes (respecto de “A”):

serequiere (area )OB.❑O , por lo cual solo consideramos las areasque seencuentranentre “O” y “B”.

(area )OB .❑O=−( x )(w x2

2 )3 ( 1

4 )( x )+( x )( w x3

6 L )4 ( 1

5 ) ( x )+( x )(wLx2 )

2 (13 ) (x )−(w L2

6 ) ( x )(12 )( x )

(area )OB .❑O=( w L2

120L )(−5 x2L+x3−10 L2 x−10 L3 )

Como: δO=−tOB⇒∴ δO=( 1EI )( w x2

120 L ) (5 x2L−x3−10 L2 x+10 L3 )

653.-calcular el valor de la deflexión en el punto medio del claro en la viga representada en la figura. Indicación: trazar el diagrama de momentos por partes, empezando por el centro del claro hacia los extremos. Por simetría, la tangente en el centro es horizontal.

Nos piden la deformación en el centro de luz:

tB /O=( 1El ) (area )BO .❑B… (1 )

Dibujando los diagramas por partes:

Debido a que solo se consideran las áreas entre B y O, se consideran solamente las áreas achuradas:

EI tB /O=(2.5 ) (3000 )

2 ( 23 )(2.5 )− (2.5 ) (1875 )

3 ( 34 ) (2.5 )+ (0.5 ) (75 )

3¿

EI tB /O=3350 N .m3

De la figura (a), observamos que: δ=tB /O

Por lo tanto: ∴EIδ=3350 N .m3

654.-

determinar el valor de EIδ a 1m de R2 en la viga de la figura. Indicación: trazar la tangente

de referencia en el apoyo derecho.

Solución:

Fig. (a)

El desplazamiento en “O” es δ . Primero calculamos el t A /B, luego tO /B, para ello debemos

elaborar los diagramas de momentos por partes:

tB /O=( 1El ) (area )BO .❑B=

− (2 ) (1200 )3 ( 3

4 ) (2 )+ (2 ) (1600 )2 ( 2

3 ) (2 )+ (1 ) (400 )2

¿

EI t A /B=1400 N .m3… (1 )

EI tO /B=(area )OB .❑O=−(1 ) (400 )

2 ( 13 ) (1 )

EI tO /B=66.67 N .m3… (2 )

De la figura (a):

EI tA /B

3=❑

1⇒=

EI t A /B

3

⇒=466.67 N .m3

pero :=EIδ+EI tO/B=EIδ+66.67

∴EIδ=400N .m3

655.- Obtiene el valor de EIδ bajo la carga concentrada de la viga de la figura.

Solución:

Elaborando los diagramas de momentos por partes:

EI tB /A=(area )BA .❑B

¿(2 ) (800 )

2 (2+( 13 ) (2 ))− (1 ) (200 )

2 (2+( 13 ) (1 ))+ (2 ) (600 )

2 ( 23 )(2 )

EI tB /A=2700 N .m3

EI tP / A=(area )PA .❑P=(2 ) (800 )

2 ( 12 ) (2 )− (1 ) (200 )

2 ( 13 ) (1 )

EI tP / A=500 N .m3

De la figura (a):

EI tB /A

4=❑

2⇒=

EI t A /B

2

⇒=1350 N .m3

pero :=EI δ2+EI tO /B=EI δ 2+500

∴EI δ2=850N .m3

EI tO /A=(area )OA .❑O=(1 ) (400 )

2 ( 13 ) (1 )=66.67N .m3

De la figura (a):

tA /B

4=❑

1⇒=

EI t A /B

4=675N .m3

⇒=2700 N .m3

pero:=EI δ1+EI tO /B=EI δ 1+66.67

∴EI δ1=608.25 N .m3

656.- Calcular el valor de EIδ bajo la carga concentrada de 100N.m en la viga representada en la figura.

Solución:

Diagramas de momentos por partes:

Calculando:

EI t A /B=(area )AB .❑A

EI t A /B=(3 ) (1200 )

2 ( 23 )(3 )−

(2 ) (1000 )2 (1+(2

3 ) (2 ))+ (1 ) (100 )2 (3+( 1

3 ) (1 ))EI t A /B=1433.34 N .m3

EI tO /B=(area )OB .❑O

EI tO /B=(1 ) (100 )

2 ( 13 ) (1 )=16.67 N .m3

De la figura (a): tenemos:

EI tA /B

4=❑

1⇒=

EI t A /B

4

⇒=358.335 N .m3

También de la misma figura observamos:

¿ EI δ+EI tO /B

∴EIδ=341.66 N .m3

657.-calcular la deflexión en el centro de la viga que representa la figura.

Solución:

Diagramo de momentos por partes:

Como:

EI tB /A=(area )BA .❑B

EI tB /A=(4)(1200)

2 ( 13 )( 4 )− (3 ) (1200 )

4 ( 15 ) (3 )

EI tB /A=2660 N .m3

También: EI tO /A=(area )OA .❑O

EI tO /A=(2)(600)

2 ( 13 ) (2 )− (1 ) (133.33 )

4 (15 ) (1 )

EI tO /A=393.33 N .m3

De la fig. (a): EI tB /A

4=❑

2⇒=

EI t A /B

2

⇒=1330 N .m3

También de la misma figura observamos:

¿ EI δ+EI tO /B

∴EIδ=936.67 N .m3