Resitencia De Materiales

Solucionario del Primer Examen de Resistencia Materiales II- 2011. Ing. A. Ñahui P.
1).En la viga mostrada en la Figura, determinar la flecha donde termina la carga repartida. EI es constante. Emplear el método de área de momentos.
Solución.- Cálculo de reacciones en los apoyos. MB = 0: se tiene:
- 3 m.RA + (600 N/m) x 2m x 2m = 0; RA = 2400/3; RA = 800 N;
Fy = 0; se tiene: 800 – 1200 +RB = 0 RB = 400 N. El desplazamiento en “C” a 2m de A es: primero calculamos el desplazamiento tA/B de la viga AB y luego el desplazamiento del tramo tC/B. Para ello debemos elaborar los diagramas de momentos por partes.

EItBA= ÂreaBAXB=-2x12003342+216002232+140022+131=
EItB/A=1400 N.m3……(1)
EItCB= ÂreaBCXC=-1x4002131=66.67 N.m3
De la figura (a): EItA/B3=CC''1;dondeCC''=EItA/B3=14003=466.666 N.m3
Pero CC''=EIδ+EItCB= EIδ+66.67=466.666;donde
EIδ=466.666-66.67;donde: δC=400 N.m3EI……Rta.
2). Empleando fórmulas y aplicando el método de la superposición de efectos, calcular el esfuerzo cortante máximo en la viga mostrada en la figura, sabiendo que se de madera de 100 mm de ancho por 150 mm de peralte.
Solución.- Del método de superposición: - El sistema tiene 2 cargassuperpuestas:
Caso (1): En la Figura los momentos son:
MA1=-Pab2L2=-4(1)3242;→MA1=-2.25 KN.m
MB1=-Pa2bL2=-412(3)42;→MB1=-0.75 Kn.m
Caso (2): Considerando la carga distribuida los momentos en los soportes:
MA2=-5wb2192=-5(4)42192;→MA2=-1.67 KN.m
MB2=-11wL2192=-11(4)42192;→MB2=-3.67 Kn.m
Sumando por la superposición se tiene:
MA=MA1+MA2=-2.25-1.67= -3.92 KN.m; Similarmente:
MB=MB1+MB2=-0.75-3.67=-4.42 KN.m. Luego el sistema final AB es:
La mayor reacción o fuerza cortante está en la sección de mayor momento, así en el soporte B.
VB=Vmàx; Para ello con MA = 0:
MB+4VB-41-83-MA=0; Dónde:
VB=144+24-3.92+4.42KN;→VB=Vmàx=7.125 KN
* Para una sección rectangular, el esfuerzo cortante máximo es:
τmàx=32VmàxA=327,125 N100x10-3150x10-3m2=327,12515000=0.7125Nm2=712.5KNm2;→
τmàx=712.5 KPa3). Empleando el método de doble integración, calcular los momentos de empotramiento y la deflexión máxima de la viga.
Solución.- La viga tiene carga simétrica, donde las reacciones verticales son iguales, así: VA = VB = 3 x 2 / 2 = 3 KN ↑. Considerando la equivalencia en las dos deflexiones en el centro. Primero la viga empotrada en sus extremos con carga distribuida en el centro; luego la vigaen voladizo en el extremo izquierdo con carga distribuida en el extremo derecho y empotrada. A continuación las figuras con las flechas: Por el método de la doble integración, se tiene:
EId2ydx2=M+3x-32x-12

EIdydx=Mx+32x2-323x-13+C1=0…..1
EIy=M2x2+3x323-3234x-14+C2=0……2
Para x = 0; dydx=y=0; → C1=C2=0; Para x = 2 : dydx=0; en (1) se tiene:
M2+3222-3232-13=0;→M=-114 KN.m;M=-2,750 N.m
Parax = 2; y = 1; en (2), se tiene:
EIδ=-11442+232-18=-138KN.m3;de aquì se obtiene para δ:
δ=-138EIKN.m3;→δ=1.625EIKN.m3

Solucionario del Segundo Examen de Resistencia Materiales II- 2011. Ing. A. Ñahui
1.La viga de acero con sección constante de perfil W 10x22, sostiene carga simétrica como se muestra en la figura. Se midió experimentalmente el ángulo de giro en el centro de la viga de c =0.5593 º. Utilizando el método de Parámetros de Origen; calcular: la intensidad de carga q y la flecha fc en el centro de la viga. Considerar la longitud a = 4 pies y los valores para el perfil: E = 30 x 106 psi; I = 118 pulg4.
Solución.- Reacciones en los apoyos por simetría RA = RB = qa ↑ Como la viga es simétrica sólo se va a trabajar con la primera mitad: 0≤x≤2a; de la ecuación (*) yadeducida, hallando para el tramo II, se tiene:
EIyx=<EIy0+EIθ0x+aqx36>-≪qx424+qx-a424
+q.a2x-a22≫…….(1); Donde < > corresponde al tramo I de 0≤x≤a, y ≪ ≫ corresponde al tramo II de (a ≤x≤2a). Las condiciones de apoyo y0 = 0; c = 0; derivando (1); se tiene:
EIθx=<EIθ0+qax22-qx36>+≪qq-a36+qa2x-a≫……(2)
En (2) Tramo II, para x = 2a; x = 2a = c = 0; Donde: 0=EIθ0±qa324(48-32+4+24);...