UNIVERSIDAD NACIONAL

INTERCULTURAL DE QUILLABAMBA
FACULTAD DE INGENIERÍA CIVIL

TEMA: RESOLUCIÓN DEL SEGUNDO EXAMEN

PARCIAL

CURSO: RESISTENCIA DE MATERIALES

DOCENTE: ALEXANDER FLOREZ TTITO

ALUMNO: OMAR MAMANI MAMANI

QUILLABAMBA – PERÚ

2022
 RESOLUCIÓN DEL SEGUNDO EXAMEN

PARCIAL

PROBLEMA N° 01

Para la viga mostrada se pide graficar los diagramas de fuerzas internas Acotadas (DFN,
DFC y DMF) del miembro ABCDE. Justifique adecuadamente los valores obtenidos.

E F

Solución

Determinamos las Reacciones Ay, Dy

∑ M IZQ
F =0

−5 Ay +60 ( 3 )=0
 Ay=36 N

∑ M GDER=0
4 ( Dy )−50 ∙ 3−30−200=0

Dy=95 N

Determinamos las reacciones By, Cy y Bx

∑ M A =0
4 3
−120−115+7 By+155 + Cy ( 11)− Cy ( 2 )−900−900+19 Dy−200=0
5 5

38
7 ∙ By + Cy=275 … … …(1)
5

∑ M D=0
4 3
−19 Ay +1020−12 By +170−130− Cy ( 8 ) − Cy ( 2 ) +240+50−200=0
5 5

38
−12 ∙ By− Cy=−466 … … …(2)
5

Formamos un sistema de ecuaciones:

38
7 ∙ By + Cy=275
5

38
−12 ∙ By− Cy=−466
5

Donde:

By=38.2

Cy=1

Hallamos Bx

∑ F x =0
3
25−Bx + Cy=0
5

Bx=25.6
Diagrama de Fuerzas Normales (DFN)

Diagrama de Fuerzas Cortantes (DFC)

Diagrama de Momento Flector (DMF)

PROBLEMA N° 02

Una viga ahusada en voladizo AB con longitud L tiene secciones transversales

cuadradas y soporta una carga concentrada P en el extremo libre [consulte la parte (a)
de la figura]. El ancho y la altura de la viga varían linealmente desde h A en el extremo
libre hasta h B en el extremo fijo. Determine la distancia x desde el extremo libre A hasta
la sección transversal con esfuerzo de flexión máximo si h B=3 h A

(a) ¿Cuál es la magnitud σ max del esfuerzo de flexión de mayor magnitud?, ¿Cuál es la
razón entre el esfuerzo máximo en el empotramiento B?
(b) Repita el inciso (a) si la carga P ahora se aplica como una carga uniforme con
intensidad q=PL sobre toda la viga, A está restringido por un apoyo de rodillo y B
es un apoyo deslizante [consulte parte (b) de la figura].

Solución

h B=3 h A

a)

σ max=¿ ?

σ max
=¿?
σB

La altura en función de x es:

 ( )
3
2x h (x )
h ( x )=h A 1+ S ( x )=
L 6

El esfuerzo es:

M (x )
σ ( x )=
S(x)

Si M ( x ) =P ( x ) . Por lo tanto:

6P(x)
σ ( x )=

[ ( )]
3
2x
h A 1+
L

3
6 P∙x ∙L
σ ( x )= 3 3
h A ( L+2 x )

Hallamos la derivada de la función σ ( x )

d
σ ( x )=0
dx

Resolvemos para x máximo

[ ]
3
d 6 P∙x L
=0
dx h3A ( L+2 x )3

3 3
L L
6P 3 3
−36 P ∙ x 3 4
=0
h A ( L+ 2 x ) h A ( L+2 x )

− L+ 4 x
=0
h3A ( L+2 x ) 4

L
Entonces x=
4

Por lo tanto:

σ max=σ ( L4 )
Hallamos el valor de σ ( L4 ) en la función σ ( x )
 L 3
6P L
4
σ max=
( )
3
3 L
h
A L+2
4

4 PL
σ max= 3
9h A

4 PL
Rpta: σ max= 3
9h A

Hallamos la función σ B

σ B=σ ( L )

Reemplazo en la función σ ( x )

2 PL
σ B= 3
9 hA

4 PL
3
σ max 9 h A
= =2
σ B 2 PL
3
9 hA

σ max
Rpta: =2
σB

b)

Como:

∑ F y =0 R A=P

M ( x ) =R A x−
P x
x
L 2 ()
P 2
M ( x ) =Px− x
2L

M (x )
σ ( x )=
S(x)
 P 2
Px− x
2L
σ ( x )=

[ ( )]
3
2x
h A 1+
L
6

L2
σ ( x )=−3 Px (−2 L+ x )
h3A ( L+2 x )3

Hallamos la derivada de la función

d
σ ( x )=0
dx

Resolvemos para x máximo:

[ ]
2
d L
−3 Px (−2 L+ x ) 3 3
=0
dx h A ( L+2 x )

2 2 2
L L L
−3 P (−2 L+ x ) 3 3
−3 Px 3 3
+18 Px (−2 L+ x ) 3 4
=0
h A ( L+ 2 x ) h A ( L+ 2 x ) h A ( L+2 x )

Simplificando obtenemos que:

2 2
L −5 xL+ x =0

5 L− √ 25 L2−4 L2
x max =
2

x max =0.209 ∙ L

El esfuerzo máximo es:

σ max=σ ( 0.209 L )

Hallamos el valor de σ ( 0.209 L ) en la función σ ( x )

PL
σ max=0.394 3
hA

PL
Rpta :0.394 3
hA
Si:

σ B=σ ( L )

Entonces:

PL
σ B= 3
9 hA

Por lo tanto:

σ max
=
( 0.394
PL
3
hA )
σB PL
9 h3A

σ max
Rpta : =3.54
σB

PROBLEMA N° 03

Una viga de patín ancho (consulte la figura) con sección transversal como se describe a
continuación está sometida a una fuerza cortante V . Utilizando las dimensiones de la
sección transversal, calcule las cantidades siguientes:

(a) El esfuerzo cortante máximo tmáx en el alma.

(b) El esfuerzo cortante mínimo tmín en el alma.

Dimensiones de la sección transversal: b=180 mm, t=12 mm, h=420 mm, h1=380 mm
y V =125 kN
Solución

Datos:

b=180 mm=0.18 m

t=12 mm=0.012m

h=420 mm=0.42 m

h1=380 mm=0.38 m

V =125 kN

a)

τ max=¿ ?

Aplicamos la fórmula:

VQ
τ max=
Ib
Primero hallamos el momento Inercia total ( I ) restando el I del rectángulo total menos el
I de los rectángulos internos:

I =I ext −2 I ∫ ¿¿

3
bh
I xx =
12

I=
( 0.18 ) 0.423
12
−2 [
( 0.084 ) 0.383
12 ]
−4 4
I =3.43112∙ 10 m

Después hallamos el momento estático Q en la parte superior

Q= ( 0.012 )( 0.19 ) 0.095+ ( 0.18 ) ( 0.02 ) 0.2

−4 3
Q=9.366 ∙10 m

Una vez hallados los datos reemplazamos en la fórmula:

125 kN ( 9.366 ∙ 10−4 m3 )

τ max=
( 3.43112∙ 10−4 m4 ) ∙ 0.012 m

Rpta: τ max=28434,593 KPa

b)

τ mín=¿ ?

Aplicamos la fórmula:

VQ
τ=
Ib

Hallamos el momento estático Q en la parte inferior:

A1=b ( h2 − h2 ) A =t ( h2 − y )
1
2
1
1
 ( ) ( )
h h1 h1
+ − y1
h 2 2 2
Q= A 1 1 + + A 2 y1+
2 2 2

Reemplazo las áreas en Q

b 2 2 t 2
Q=
8
( h −h1 ) + ( h1−4 y 1 )
8
2

Reemplazo en τ

V
τ=
8I t
[
b ( h −h1 ) + t ( h 1−4 y1 )
2 2 2 2
]
h1
Para el Esfuerzo Cortante mínimo y 1=
2

V
τ min=
8¿ b ( h2−h21 ) ¿

125 ∙ ( 0.18 ) ( 0.422−0.382 )

τ min=
8(3.43112∙ 10−4 ) ( 0.012 )

Rpta: τ min=21858,752 KPa