claudia ..lenny de la cruz morales i.c., e. estructuras

TEXTO GUIA

MECANICA BAslCA

CLAUDIA lENNY DE LA CRUZ MORALES IC E ESTRUCTURAS MSc PhD

Profesora Titular

UNIVERSIDAD NACIONAL DE COLOMBIA SEDE MEDELLIN

FACULTAD DE MINAS DEPARTAMENTO DE INGENIERIA CIVIL

2014

AGRADECIMIENTOS

La autora expresa sus agradecimientos a

bull Mi Amado Esposo Juan y a mis adorados hijos el Chiqui y el Seba por su constante apoyo en todo 10 que me propongo

bull La senora Ana Mercedes Valenzuela G6mez mi amiga durante todos estos anos en la Universidad Nacional

bull Prof Jorge Eduardo Polanco Fl6rez por su constante colaboraci6n y apoyo en los inicios de este trabajo

bull Doctor Juan Ramiro Sanchez Uribe por sus observaciones durante la realizaci6n del trabajo

bull Andres Felipe Alvarez Toro mi Auxiliar de Docencia quien ha tenido la suficiente paciencia para colaborarme en la realizaci6n de este texto

RESUMEN

EI siguiente texto consta de la uni6n de los conceptos basicos de las asignaturas Estatica y Mecanica de Materiaes que se dictan en la carrera de Ingenieria Civil de la Facultad de Minas con algunos ejemplos y ejercicios desarrollados para explicar conceptos como otros propuestos tomados en su mayo ria de las referencias utilizadas

En su primera etapa se presentan generalidades de la Estatica en cuanto al manejo de vectores cuerpo rigido equilibrio de cuerpo rfgido entre otros y algunos ejemplos

EI tema de elementos prismaticos sometidos a fuerza axial ya inicia un acercamiento a la Mecanica de Materiales por 10 que se plantea el estado de tensiones en diferentes pianos ensayo de fuerza axial relaciones elasticas y tensi6n - deformaci6n

Igualmente se presentan algunas generalidades en 10 que se refiere a elementos prismaticos de secci6n circular y secci6n no circular sometidos a un momenta torsor

Finalmente se plantea de manera genenca 10 referente a los elementos prismaticos sometidos a fuerza cortante y momento flector con algunos ejemplos como tambilm conceptos basicos del momenta de inercia con ejemplos sencillos

INTRODUCCION

La recopilacion de los conceptos basicos de las asignaturas Estatica y Mecanica de Materiaes a traves de un texto basico tiene como principal objetivo ofrecer a los estudiantes de Ingenierfa CivH de la Facultad de Minas la oportunidad de acceder a un texto informal donde se recopilan de la manera mas didactica y concisa los temas basi cos de la Estatica y la Mecanica de Materiaes que se ofrecen en el pensum de la carrera con algunos ejemplos y ejercicios desarrollados para explicar conceptos

En ningun momento este texto ofrece un metodo nuevo de anal isis 0 una solucion especial a un problema especifico solo es una forma de hacer que estas materias IIeguen al estudiante de la manera practica y de facil comprension basado en las Referencias Bibiograficas utilizadas y en las Notas de Case de los profesores Gaviria y De La Cruz en su carrera docente

iN DICE DE FIGURAS Y GRAFICAS

CAPiTULO I

Figura 1 Linea de acci6n de una Fuerza F Figura 2 Resultante de Fuerzas (R) Figura 3 Valor de una Resultante de Fuerzas Figura 4 Suma de vectores Py Q Figura 5 Regia del Triimgulo Figura 6 Suma de vectores iguales Figura 7 Resultante de fuerzas concurrentes Figura 8 Ley del Paralelogramo Figura 9 Regia del triangulo Figura 10 Ejemplo 1 Figura 11 Ejercicio 1 Figura 12 Componentes rectangulares de una fuerza Figura 13 Ejemplo 2 Figura 14 Ejemplo 3 Figura 15 Ejemplo 4 Figura 16 Ejemplo 5 Figura 17 Ejercicio 2 Figura 18 Momento de una fuerza respecto a un punto Figura 19 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par Figura 20 Diagrama de Cuerpo Libre Figura 21 Diagrama de Fuerzas internas 0 solicitaciones Figura 22 Representaci6n de Fuerza axial (N) Positiva y Negativa Figura 23 Representaci6n de Fuerza Cortante (V) Negativa y Positiva Figura 24 Representaci6n de Momento Flector (M) Positiva y Negativa Figura 25 Cuerpo Elastico

CAPiTULO 2

Figura 26 Hip6tesis para el analisis de un elemento prismatico Figura 27 Ejemplo 6 Figura 28 Ejemplo 7 Figura 29 Estado de Tensiones en diferentes pianos Figura 30 Fuerzas internas en areas infinitesimales Figura 31 Variaci6n de las tensiones a y T en los diferentes pianos de corte Figura 32 Diagrama L vs F Ley de Hooke Figura 33 Diagrama de Fuerza Axial Figura 34 Ejemplo 7 Figura 35 Esquema de montaje de Ensayo a tracci6n en Prensa Hidraulica Figura 36 Divisiones en la pro beta de ensayo Figura 37 Deformaci6n de la barra despues de la rotura Figura 38 Lugares de medida de Lf Figura 39 Alargamiento Axial de una barra prismatica Figura 40 Ejemplo 8 Figura 41 Ejercicio 3 Figura 42 Ejercicio 4 Figura 43 Ejercicio 5 Figura 44 Ejercicio 6 Figura 45 Ejemplo 9

MECANICA BAslCA

pag

3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24

26

28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50

MECANICA BAslCA

Figura 46 Ejemplo 10 52

CAPiTULO 3

Figura 47 Elemento prismatico sometido a un Momento Torsor 53 Figura 48 Secci6n Transversal de un elemento prismatico circular macizo 54 Figura 49 Secci6n Transversal de un tubo 56 Figura 50 Secci6n Hueca de espesor delgado t 56 Figura 51 Ejercicio 7 57 Figura 52 Deformaci6n arbol circular con un extremo fijo 58 Figura 53 Deformaci6n arbor circular con un extremo fijo 59 Figura 54 Ejercicio 8 61 Figura 55 Elemento cubico sometido a Torsi6n 62 Figura 56 Elemento rectangular sometido a Torsi6n 63 Figura 57 Secciones de pared delgada sometidas a Torsi6n 64 Figura 58 Ejercicio 9 77 Figura 59 Ejercicio 10 78 Figura 60 Ejercicio 11 79 Figura 61 Elemento ciHndrico hueco de secci6n no circular sometido a carga torsional 79 Figura 62 Elemento extraido 80 Figura 63 Elemento extraido 80 Figura 64 Flujo de Corte q 81 Figura 65 Secci6n transversal de un arbol hueco de pared delgada 81 Figura 66 Linea central de la secci6n transversal de la pared 82 Figura 67 Ejercicio 12 83 Figura 68 Ejercicio 13 84 Figura 69 Ejercicio 14 85 Figura 70 Ejercicio 15 86

CAPiTULO 4

Figura 71 Modelos Estructurales de tipos de vigas 89 Figura 72 Viga simplemente apoya sometida a cargas concentradas y distribuidas 90 Figura 73 Convenci6n positiva para la fuerza cortante y el momento flector 91 Figura 74 Ejemplo 11 93

Figura 75 Ejercicio 16 96 Figura 76 Plano axial de simetria 101 Figura 77 Viga cagada transversal mente (Flexi6n Pura) 102 Figura 78 Distribuci6n de tensiones en la profundidad de la viga 103 Figura 79 Ubicaci6n del centoide en una secci6n transversal de un elemento 106 Figura 80 Ejercicio 17 107 Figura 81 Ejercicio 18 108 Figura 82 Ejercicio 19 109 Figura 83 Ejercicio 20 109 Figura 84 Ejemplo 12 112 Figura 85 Ejercicio 21 113 Figura 86 Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria 116 Figura 87 Elementos con uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria 117 Figura 88 Elemento asimetrico 118 Figura 89 Eje neutro entre el vector par Myel eje principal 119 Figura 90 Ejercicio 22 120 Figura 91 Ejercicio 23 121 Figura 92 Ejercicio 24 121 Figura 93 Elemento sometido a fuerzas excentricas j9uales y opuestas 122

Figura 94 Secci6n Compuesta Figura 95 Secci6n transformada del elemento Figura 96 Ejemplo 1 Figura 97 Ejercicio 25 Figura 98 Ejercicio 26 Figura 99 Ejercicio 27 Figura 100 Viga en Voladizo Figura 101 Cubo sometido a cortante Figura 102 Viga sometida a cargas Figura 103 Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas Figura 104 Flujos de corte en diferentes secciones transversales

GRAFICA

Grafica 1 Comportamiento a vs E de la barra

iNDICE DE TABLAS

Tabla 1 Resultados de Laboratorio Tabla 2 Deformaci6n Unitaria por esfuerzo unitario Tabla 3 Coeficientes para barras rectangulares bajo torsi6n Tabla 4 Factor de concentraci6n de tensi6n

MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA

REFERENCIAS BIBLIOGRAFICAS

1 BEER Ferdinand P y E Russell JOHNSTON Jr Mecanica Vectorial para Ingenieros Estatica Tomo I Tercera Edici6n Editorial Mc Graw-Hill Latinoamericana SA Bogota Colombia 1982

2 BEER Ferdinand P y E Russell JOHNSTON Jr Mecanica de Materiales Editorial Mc Graw-Hill Latinoamericana SA Bogota-Colombia 1982

3 POPOV EGOR P lntroducci6n a la Mecanica de S6Iidos Primera Edici6n Editorial Limusa SA de CV 1986

4 TIMOSHENKO S y DH YOUNG Elementos de Resistencia de Materiales Segunda Edici6n Montaner y Simon SA Barcelona 1979

5 STIOPIN PA Resisteneia de Materiales Editorial MIR Mosell 1976

Notas de clase del profesor Alvaro Gaviria Ortiz

Notas de clase de la profesora Claudia Jenny De La Cruz Morales

MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1

1 ESTATICA 1 11 GENERAlIDADES 1 12 lEYES FUNDAMENTAlES DE NEWTON 2 13 FUERZA SOBRE UNA PARTicUlA 3

131 Vectores 4 132 Tipos de vectores 4 133 Suma de vectores 5 134 Metodo para obtener la suma de dos (2) vectores 5 135 Sustracci6n de un vector 5 136 Suma de tres (3) 0 mas vectores P Q Y S 6 137 Producto de un escalar por un vector 6 138 Resultante de varias fuerzas concurrentes 6 139 Descomposici6n de una fuerza en componentes 7 1310 Componentes rectangulares de una fuerza 10 1311 Suma de fuerzas por adici6n de componentes 12 1312 Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio 13

14 CUERPOS RiGIDOS 16 141 Fuerzas externas e internas 17

1411 Fuerzas externas 17 1412 Fuerzas internas 17

142 Momento de una fuerza respecto a un punto 17 143 Momento de una fuerza respecto a un eje 18 144 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par 18 145 Sistemas equivalentes de fuerzas 19

15 EQUILIBRIO DE UN CUERPO RiGIDO 20 151 Solicitaciones 0 fuerzas internas 21

16 ESTADO GENERAL DE TENSIONES Y DEFORMACIONES EN UN SOLIDO DEFORMABLE 22

161 Clasificaci6n de las estructuras 24

MECANICA BAslCA

17 CARACTERisTICAS DE LOS MATERIALES 25 171 Principlos generales 26

18 CARACTER ANALiTICO EXPERIMENTAL DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES 27

181 Fuerzas internas 27 182 Fuerzas de contacto de otros cuerpos 27

CAPiTULO 2

2 ELEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL 28 21 ELEM ENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL 28

211 Diagrama de fuerza axial 29 22 ESTADO DE TENSIONES EN DIFERENTES PLANOS 31

221 Variaciones de las tensiones normal y cortante segun el plano de corte 32

23 ENSAYO DE FUERZAAXIAL 33 231 Diagrama de tension y deformacion 33 232 Caracteristicas del diagrama 34 233 Ensayo en ellaboratorio 36

2331 Objetivo 36 2332 Materiales y equipo 36 2333 Procedimiento 36 2334 Datos obtenidos 37 2335 Analisis de resultados 38 233~6 Causas de error 42 2337 Conclusiones 42

234 Factor de seguridad n 43 24 RELACIONES ELAsTICAS TENSION - DEFORMACION 43

241 Constantes elasticas 43 2411 Modulo de cortante G 43 2412 Modulo de elasticidad E 44 2413 Relacion de Poisson IJ 44

25 TENSIONES Y DEFORMACIONES TERMICAS 46 26 DESPLAZAMIENTO DE ELEMENTOS ESTATICAMENTE DETERMINADOS SOMETIDOS A CARGA AXIAL 50

CAPITULO 3

3 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A UN MOMENTO TORSOR 53 31 GENERALIDADES 53 32 DEFORMACIONES EN UN ARBOL CIRCULAR 58 33 TORSION DE ELEMENTOS NO CIRCULARES 62 34 SECCIONES HUECAS DE PARED DELGADA 79

MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4

4 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FlECTOR 88

41 DEFINICIONES 88 42 METODO DE lAS SECCIONES 89

421 Ecuaciones diferenciales de equilibrio 90 43 DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FlECTOR 93 44 FLEXiON 101

441 Tensiones internas 102 442 Calculo del Momento del momento deinercia 105

45 FLEXION BIAXIAL 116 46 FLEXION COMPUESTA 122 47 FUERZA CORTANTE 129


MECANICA BAslCA CAPiTULO I

CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES

La mecanica de los cuerpos rigidos se subdivide en estatica y dimimica las cuales tratan con cuerpos en reposo y con cuerpos en movimiento respectivamente cuyos conceptos basicos empleados en mecanica son espacio tiempo masa y fuerza

Es importante recordar que las estructuras maquinas y solidos reales nunca son absolutamente rigidas y se deforman bajo la accion de las cargas a que estan sometidas pero estas deformaciones son general mente tan pequenas que no afectan las condiciones de equilibrio 0 de movimiento de la estructura en consideracion sin embargo son importantes cuando se refieren a la perdida de la resistencia de la estructura

La nocion de espacio se asocia con la nocion de la posicion de un punto P la posicion de P puede ser definida por tres (3) direcciones dad as Existen dos (2) sistemas referenciales en mecanica coordenadas de Euler y Lagrange y las longitudes se conocen como las coordenadas de P Vale la pena resaltar que para definir un acontecimiento no es suficiente con indicar su posicion en el espacio debe conocerse el tiempo en que transcurre (1)

EI concepto de masa se utiliza para caracterizar y comparar los cuerpos sobre las bases de ciertos experimentos mecanicos fundamentales A continua cion se presenta un ejemplo que aclara dicho concepto Dos (2) cuerpos de igual masa seran atraidas par la tierra de la misma manera y afreceran la misma resistencia al cambia en e mavimienta de trasaci6n Una fuerza representa a acci6n de un cuerpa sabre atro y puede ser eiercida par cantacta directo a adistancia (como en el caso de fuerzas gravitacionales y magneticas) (1)

1


Es asi como una fuerza se caracteriza por su punto de aplicaci6n su magnitud su direcci6n y se representa por un vector (1)

12 LEYES FUNDAMENTALES DE NEWTON (2)

bull Primera Ley Si la fuerza resultante que actua sobre una particula es cero (0) la particula permanecera en reposo si originalmente estaba en reposo 0 se movers con rapidez constante en linea recta si original mente estaba en movimiento

bull Segunda Ley Si la fuerza resultante que actua sobre una particula es diferente de cero (0) la particula adquirirs una aceleraci6n proporcional a la magnitud de la resultante y en direcci6n de esta fuerza resultante Se puede escribir as

F= mii

F Fuerza resultante que actUa sobre la particula 1kgf x 1 ms2 = 1 N (Newton)

m Masa kg a Aceleraci6n de la particula 1 ms2

bull Tercera Ley Las fuerzas de acci6n y reacci6n entre cuerpos en contacto tienen la misma magnitud la misma linea de acci6n y sentidos opuestos

bull Ley de la gravitacion de Newton Establece que dos (2) particulas de masas M y m se atraen mutuamente con fuerzas iguales y opuestas F y -F La magnitud de la fuerza F dada por la f6rmula es

GMm F=-shyr2

r Distancia entre las dos (2) particulas G Constante universal Constante de gravitaci6n F = -F Acci6n y reacci6n son iguales y opuestas y tienen la misma linea de

acci6n

- Peso W La fuerza F ejercida por la tierra sobre la particula se define como W peso de la particula

- M masa de la tierra - m masa de la particula - r como el radio R de la tierra e introduciendo la constante

GM 9 = R2

La magnitud W del peso de una particula de masa m se expresa como W =m g

2

MECANICA BAsIC A CAPiTULO I

EI valor de R depende de la altura del punto considerado Tambien depende de la altitud debido a que la tierra no es totalmente esferica EI valor de g por consiguiente varia con la posicion del punto considerado mientras que el punta considerado permanezca sobre la superficie terrestre es suficientemente exacto en la mayoria de los casos suponer g igual a 976 ms2 (Medellin= 981 ms2)

13 FUERZA SOBRE UNA PARTicULA (2)

Una fuerza representa la accion de un cuerpo sobre otro y se caracteriza por su punto de aplicacion su magnitud y su direccion EI termino particula no se refiere a corpusculos pequerios significa que el tamano y forma de los cuerpos en consideracion no afecta la solucion de los problemas y se supone que todas las fuerzas que actUan sobre determinado cuerpo tienen el mismo punto de aplicacion As cada fuerza estara definida por su magnitud y direccion De ahi que la direccion de una fuerza se define por su linea de accion y su sentido La linea de accion es una linea infinita a 10 largo de la cual actua la fuerza y se caracteriza por el cingulo que forma con cierto eje fijo La fuerza se representa mediante un segmento de esta linea (Ver Fig 1)

IFI = iON IFI = modulo de F

Figura 1 Linea de acci6n de una Fuerza F

Si F tiene igual magnitud pero diferente sentido y la misma linea de accion tendrcin efectos distintos sobre la partcula Cuando dos (2) fuerzas Py Qactuan sobre una particula situada en el punta A pueden reemplazarse por una sola fuerza H que tiene el mismo efecto sobre la partfcula y se denomina Resultante de Fuerzas como se presenta en la siguiente Figura 2

A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8

Figura 2 Resultante de Fuerzas (H)

3


La diagonal que pasa por A representa la resultante conocida como la Lev del Paralelogramo para la suma de dos (2) fuerzas

131 Vectores (1) (2)

Las fuerzas no obedecen las leyes de la adici6n de la aritmetica y algebra como se puede observar en la siguiente Figura 3

3N V16+9=5

4N Figura 3 Valor de una Resultante de Fuerzas

Sumando las fuerzas de 3N y la de 4N dan SN Los desplazamientos las velocidades las aceleraciones y los momentos son cantidades ffsicas que sumadas poseen magnitud y direcci6n y se suman segun la Ley del Paraleogramo Todas estas cantidades se pueden representar matematicamente por vectores mientras que las cantidades que no tienen direcci6n como el volumen la masa y la energia se representan por numeros ordinarios 0 escalares

En definitiva los vectores se definen como expresiones matematicas que pose en magnitud y direcci6n que se suman de acuerdo con la Ley del Paraleogramo y se representan por f1echas

132 Tipos de vectores (3)

bull Vector fijo Si un vector representa una fuerza que actua sobre una particula dada tiene un punto de aplicaci6n bien definido esto es la particula misma Se dice que tal vector es fijo y no puede moverse sin modificar las condiciones del problema

bull Vectores libres Los pares de fuerzas se representan por vectores que pueden desplazarse Iibremente en el espacio y reciben el nombre de vectores Iibres

bull Vectores deslizantes Las fuerzas que actUan sobre un cuerpo rigido se representan por vectores que pueden moverse 0 deslizarse a 10 largo de la linea de acci6n Son los vectores deslizantes

Se dice que dos vectores son iguales cundo tienen la misma direcci6n y la misma magnitud tengan 0 no el mismo punto de aplicaci6n Se pueden representar con la misma letra

4


EI vector negativo de un vector P se define como el vector que tiene la misma magnitud de P y djrecci6n opuesta a la de P y se representa por - P asi P+ (-p) = 0

133 Suma de vectores (4)

Por definici6n los vectores se suman de acuerdo a la Ley del Paralelogramo como se presenta en la siguiente Figura 4

A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q

Figura 4 Suma de vectores Py Q

Se obtiene fijando los dos (2) vectores al punto A y construyendo un paralelogramo con Py Qcomo dos lados contiguos del paralelogramo La diagonal que pasa por A representa la suma de los vectores Py Qy se representa por P+ Q La suma de vectores es conmutativa P+ Q= Q+ P y es asociativa tambiem

134 Metodo para obtener la suma de dos (2) vectores

Si para sumar Py Q se coloca el origen de Ren el origen deP y luego se une el origen de Pcon el extremo de Q se ha aplicado el metodo que se conoce como la Regia del Trimgulo (Ver Fig 5)

A

Figura 5 Regia del Triangulo

135 Sustracci6n de un vector (4)

Se define como la adici6n del correspondiente vector negativo Ejemplo Pshy Q se obtiene sumando a Pel vector negativo - Q

P-Q=P+(-Q)

5


Se observa que se usa el mismo signo para representar la sustracci6n vectorial y escalar

136 Suma de tres (3) 0 mas vectores P Q YS

Se suman primero Py Qy luego el vector Sal vector P+ Q

En forma similar la suma de cuatro (4) vectores se obtiene sumando el cuarto vector a la suma de los tres (3) primeros

Entonces se ha aplicado primero la RegIa del Triangulo para sumar Py Qy se aplica nuevamente la RegIa del Triangulo para obtener P+ Q+ S

Otra manera de sumar los tres (3) vectores es colocando sucesivamente el origen de uno (1) de los vectores en el extremo del otro y finalmente uniendo el origen del primero con el extremo del ultimo Esta es la Regia del Poligono para la suma de vectores

137 Producto de un escalar por un vector

La suma de P +P se expresa como 2P de P +P +P como 3P Por 10 que se puede representar la suma de n vectores iguales P por el producto nP (n entero positiv~) R vector que tiene la misma direcci6n de Pyla magnitud de nP La resultante Ifdel producto KP un escalar K y un vector P es un vector que tiene la misma direcci6n de P(si K es positiv~) 0 direcci6n opuesta a la de P(si K es negativ~) y la magnitud igual al producto de Pcon el valor absoluto de K (Ver Figura 6)

15P

Figura 6 Suma de vectores iguales

138 Resultante de varias fuerzas concurrentes (1)

Considerando una particula sobre la cual actuan varias fuerzas coplanarias es decir varias fuerzas contenidas en el mismo plano y todas las fuerzas pasan por A se dice que son concurrentes Los vectores que representan las fuerzas que actuan sobre A pueden sumarse por la RegIa del Poligono EI vector If obtenido representa la resultante de las fuerzas concurrentes (Ver Fig 7) es decir la fuerza unica que produce sobre la partlcula A el mismo efecto que causan las fuerzas concurrentes dadas No importa el orden en que se sumen los vectores

6


p

~ A a

Figura 7 Resultante de fuerzas concurrentes

139 Descomposicion de una fuerza en componentes (1)

Dos (2) 0 mas fuerzas que actuan sobre una particula pueden reemplazarse por una fuerza unica que produce el mismo efecto sobre la partlcula Estas fuerzas que se lIaman componentes de una fuerza original F que pueden serdos (2) 0

mas que en conjunto produzcan el mismo etecto sobre la particula se denominan componentes de F y ese proceso de reemplazar F por ella se llama descomposici6n de la fuerza F en sus componentes Para cada fuerza F existe un numero infinito de conjuntos posibles de componentes el numero de formas en que una fuerza F puede descomponerse en dos (2) componentes es ilimitado

Considerando

1 Se conoce la linea de acclon de cada componente la magnitud y direcci6n de las componentes se obtiene aplicando la Ley del Paralelogramo y trazando por el extremo de F lineas paralelas a las lineas de acci6n Esto conduce ados (2) componentes P y Q bien definidas que pueden determinarse graficamente 0 mediante la Ley de los Senos (Ver Fig 8)

p

Figura 8 Ley del Paralelogramo

2 Se conoce una (1) de las dos (2) componentes( P) la segunda componente se obtiene aplicando la Regia del Triangulo al unir el extremo de P con el extremo F La magnitud y la direcci6n de la segunda componente se determina graficamente 0 por trigonometria Cuando se determinan ambas componentes P y Qdeben aplicarse en A (Ver Fig 9)

7

MECANICA aASICA CAPITULO I

Q

A Figura 9 Regia del triimgulo

Ejemplo 1

Se arrastra una roca par media de dos (2) cables como se aprecia en la Figura 10 Si la resultante de las dos (2) fuerzas ejercidas por los cables es de 300 Ib paralela al eje de la roca calcular

a La tension en cada cable sabiendo que 0= 30deg b EI valor de 0 para que la tension en el cable 2 sea minima

Figura 10 Ejemplo 1 Soluci6n

T2

T1

a Utilizando la Ley del Praleogramo se sabe que la diagonal (resultante) es de 300 Ib y es hacia la derecha

Se trazan los dos (2) lados paralelos a los cables Si es a escala se puede medir

Tl = 1961b T2 = 134lb

8

MECANICA SASICA CAPITULO I

Soluci6n trigonometrica Utilizando la RegIa del Triangulo Se observa que el triangulo representa la mitad del paralelogramo dibujado anteriormente Utilizando la Ley de Senos

T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2

b Valor de C( para que T2 sea minimo Para determinar el valor de C( con el cualla tensi6n del cable 2 sea minima se utiliza una vez mas la RegIa del Triangulo En el diagrama a continuaci6n la linea 1-1 tiene la direcci6n de Ti Por las lineas 2-2 se indican varias direcciones posibles de T2 bull Vemos que el valor minimo de T2 se obtiene cuando Tl YT2 son laterales EI valor minima de T2 es

T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9

MECANICA SASICA CAPiTULO I

Los valores correspondientes de Tl y ex son

Tl = (300 Ib) cos 20deg = 282 Ib ex =90deg - 20deg ex = 70deg

Ejercicio 1

Dos (2) elementos estructurales Bye estan remachados al soporte A Si la tension en el elemento B es 6 KN Y la tension en C es 10 KN determinar graficamente la magnitud y direccion de la fuerza resultante que actua sobre el soporte

Figura 11 EJercicio 1

1310 Componentes rectangulares de una fuerza

Una fuerza se puede descomponer en dos (2) componentes perpendiculares entre si Fx en direccion x y Fy en direccion y se lIaman componentes rectangulares

Generalmente se hace que los ejes X y tengan respectivamente la direccion horizontal y vertical sin embargo pueden tomarse en dos (2) direcciones perpendiculares cualesquiera

Tomando vectores de magnitud 1 orientados respectivamente en la direccion positiva de los ejes x y y Estos vectores se lIaman vectores unitarios y se representan por i y por j Recordando que el producto de un escalar p~r un vector se observa que las componentes rectangulares Fx y Fy de una fuerza F pueden obtenerse multiplicando los vectores unitarios i y j respectivamente por los escalares apropiados Entonces ejemplo

As

F =Fxi+Fyj

Mientras que los escalares Fx y Fy pueden ser positiv~s 0 negativos segun el sentido de Fx y de Fy Sus valores absolutos son iguales respectivamente a las magnitudes de las fuerzas componentes Fx y Fy

10

MECANICA aASICA CAPiTULO I

Los escalares Fx y Fy se lIaman las componentes escalares de la fuerza 7 en tanto que los vectores componentes 7 x y y se lIaman las componentes vectores de la fuerZa 7 La componente escalar Fx es positiva cuando el vector componente Fx tiene la misma direcci6n del vector unitario i (es decir el mismo sentido del eje positiv~ x) y negativo cuando Fx tiene direcci6n opuesta Se ruede concluir la misma para la componente escalar Fy

En la siguiente Figura 12 se representa por F la magnitud de la fuerza 7 y por 8 el angulo entre 7 y el eje x medido a partir del eje x positiv~ y en sentido contrario al movimiento de las agujas del relaj

Fy = Fyj F

Fl( Fxi

Figura 12 Componentes rectangulares de una fuerza

Ejemplo 2 Un hombre tira con una fuerza de 300 N una cuerda sujeta a un edificio lCuales son las componentes horizontal y vertical de la fuerza ejercida por la cuerda sobre el punta A

Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n

k--l--~~--~ x middot middot middotmiddot

En la Figura b Fx =300 N cos 0( =Fy =-(300 N) sen 0( Observando AS =10m entonces

8m 8m 4 cos 0( = shy = -shy = shy

AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~

tan 8 = - F = jFx2+ Fy2Fx

Sin embargo una vez que se ha encontrado 8 es mas facil generalmente determinar la magnitud de la fUerza F

1311 Suma de fuerzas por adicion de componentes

Ejemplo 3

Cuatro (4) fuerzas actuan sobre un perno A como esta en la Figura 14 Determinar la resultante de fuerzas sobre el perno

Solucion

Las componentes X y Y de cada fuerza se determinan trigonometricamente Los numeros escalares que representan la componente de una fuerza seran positiv~s sila componente tiene el mismo sentido del eje coordenado correspondiente

x Positivo a la derecha y Positivo hacia arriba

JJ~ -(FUmiddot~2CP)1 ~CoI)1

- ( F4middot Senmiddot)J

- F I Figura 14 Ejemplo 3

y

Fuerza Magnitud (N) Componente x (N) Componente y (M) F1 150 +1290 +750 F2 80 -274 +752 F3 110 00 -1100 F4 100 +966 -259

Rx-+1991 Ry = +143

12


La resultante R de las cuatro fuerzas es

R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i

La magnitud y direccion de la resultante pueden determinarse en el triangulo mostrado

Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ

1312 Componentes rectangulares de una fuerza en el espacio (3)

Una fuerza F actUa en el origen 0 del sistema de coordenadas rectangulares xy y z para definir la direccion de F se dibuja el plano vertical OABC que contiene a F EL plano contiene el eje vertical y su orientacion esta definida p~r el angulo cjgt que forma con el plano xy (Ver Fig 15)

y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4

La direccion de sobre el plano esta definida por el angulo By que forma F con el eje y La fuerza puede descomponerse en una (1) componente vertical Fy y la componente horizontal Fh esta operacion se realiza dentro del plano OBAC

13

x


Las componentes escalares son Fy = F cos By Fh = sin By Pero Fh puede descomponerse en dos (2) componentes rectangulares Fx y Fz a 10 largo de los ejeS x y z respectivamente Esto se realiza en el plano zx Se obtienen las siguientes expresiones para las componentes escalares

Fx =Fhcoscent = FsinBy coscent Fz =Fhsincent = FsinBy sincent

La fuerza dada F se ha descompuesto asi en tres (3) componentes vectoriales rectangulares F x F y F z a 10 largo de los tres (3) ejes de coordenadas Y para conocer el valor de F bastara con aplicar la siguiente con la siguiente ecuacion

IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)

Introduciendo los vectores unitarios i j Y k orientados en las direcciones de los

ejes x y y z se puede expresar F F = FXi + FYJ + iiZk

y

k

z

Ejemplo 5 Una fuerza de SOON forma angulo de 60deg 45deg Y 120deg en los ejes x y y z respectivamente Hallar las componentes Fx Fy y Fz de esta fuerza

Soluci6n F = SOON Bx = 60deg By =4So Bz = 120deg

En las formulas Fx = (SOON) cos 60deg = 250 N Fy = (SOON) cos 45deg = 3S4 N Fz = (SOON) cos 120deg = -250 N

Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k

Como en el caso de las dimensiones el signo mas (+) indica que el componente tiene el mismo sentido del eje correspondiente y el signo menos (-) que tiene sentido opuesto

14


Ejemplo 6 EL 13ngulo entre el tirante AS yel m13stil es de 20deg (Ver Fig 16) Si se sabe que la tensi6n AS es de 300 Ib determinar

(a) Las componentes x y y z de la fuerza ejercida sobre eJ bote en S (b) Los 13ngulos 8x 8y y 8z que definen la direcci6n de la fuerza ejercida en S


Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2

1 Una placa circular horizontal se sostiene mediante tres (3) alambres que forman angulos de 300 respecto de la vertical y se encuentran unidos a un soporte en D Si se sabe que la componente X de la fuerza ejercida por el alambre AD sobre la placa es de 1103 N determine

a) La tension en el alambre AD b) Los angulos 9x 9y y 9z que forma la fuerza ejercida en A con los ejes

coordenados

x Figura 17 Ejercicio 2

Ejercicio3

Demuestre que el Momento Flector (M) es igual a Fd

14 CUERPOS RIGIDOS (4)

Cuerpo rfgido se define como aquel que no se deforma Las estructuras y maquinas reales no se pueden considerar absolutamente rfgidas y se deforman cuando se les aplica cargas Estas deformaciones pueden ser gran des y pequenas aunque general mente son pequefas y no afectan apreciablemente las condiciones de equilibrio 0 de movimiento de la estructura considerada

Las deformaciones son importantes en cuanto concierne a la resistencia y a la rotura y se considera en el estudio de la Resistencia de Materiaes

16


141 Fuerzas externas e internas

1411 Fuerzas extern as

Representan la acci6n de otros cuerpos sobre el cuerpo rfgido en consideraci6n Son las responsables del comportamiento del cuerpo rfgido Haran que el cuerpo se mueva 0 que permanezca en reposo Pueden originar traslaci6n 0 rotaci6n

1412 Fuerzas internas

Fuerzas que mantienen unidas las partfculas que forman el cuerpo Si el cuerpo rfgido es estructuralmente compuesto de partes las fuerzas que mantienen unidas las partes componentes se denominan internas

142 Momento de una fuerza respecto a un punto

Consideremos una fuerza F sobre un cuerpo rfgido EI efecto de F sobre el cuerpo rfgido depende del punto de aplicaci6n A La posici6n de A se define convenientemente por el vector r que une el punto de referencia fijo 0 con el punto A Este vector se conoce como vector de posici6n A (Ver Figura 18)

Mo

Figura 18 Momento de una fuerza respecto a un punto

EI vector r y la fuerza D definen el plano mostrado

Definiendo el momento de F con respectos a 0 como el producto vectorial de r y F Mo = r x ft el Mo debe ser perpendicular al plano que contiene a 0 ya F EI sentido del momento Mo caracteriza el sentido de la rotaci6n que F tiende a imprimir al cuerpo rfgido

La rotaci6n del cuerpo en el sentido contra rio a las manecillas del reloj se considera Momento Positivo Y la rotaci6n en el sentido de las manecillas del reloj Momento Negativo (Segun la regia de la mane derecha) EI angulo e es el angulo comprendido entre las IIneas de acci6n del vector de posici6n r y la fuerza F EI momento de F con respecto a 0 es M 0 = r F sin ( = Fd Y d representa

la distancia perpendicular desde 0 a la linea de acci6n F

17


La tendencia de la fuerza 7 a hacer rotar un cuerpo rigido alrededor de un eje perpendicular a la fuerza depende de la distancia de F al eje como tambiEm de la magnitud La magnitud de Mo mide la tendencia de la fuerza a impartir un movimiento de rotaci6n al cuerpo rigido alrededor de un eje fijo dirigido segun Mo

Aunque el momento Mo de una fuerza respecto a un punto depende de la magnitud de la linea de acci6n y del sentido de la fuerza no depende de la posici6n del punto de aplicaci6n de la fuerza a 10 largo de su linea de acci6n EI momento Mo de una fuerza no caracteriza el punto de aplicaci6n de la fuerza

EI momenta Mo de una fuerza 7 de magnitud y direcci6n conocidas define completamente la linea de acci6n de 7 Su linea de acci6n debe encontrarse en un plano que pase por 0 perpendicular a Mo

143 Momento de una fuerza respecto a un eje

Las componentes 7 x 7 y y 7 z de una fuerza que actua sobre un cuerpo rigido miden respectivamente la tendencia de 7 a desplazar el cuerpo rigido en las direcciones x y y z Los momentos Mx My y Mz de 7 con respecto a los ejes coordenados miden la tendencia de 7 a impartir al cuerpo rigido un movimiento de rotaci6n con relaci6n a los ejes x y y z respectivamente

EI momento de una fuerza con respecto a un eje coordenado es igual a la componente de Mo con respecto a dicho eje

144 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par

Se tiene actuando sobre un cuerpo rigido en los puntos A 1 A2 Y A3 las fuerzas F1 F2 Y F3 definidas por los vectores de posici6n r1 r2 y r3 como se presenta en la Figura 19

Fz Fz

Figura 19 Reducci6n de un sistema de fuerzas a una fuerza y un par

18


Como se presenta en la Figura 19 F1 puede trasladarse de un punto A1 a un punto dado cero (0) si se agrega al sistema original de fuerzas un par de momento M1 igual a r1 x F1 de F1 con respecto a O Repitiendo este procedimiento con F2 F3 se obtiene el sistema formado por fuerzas y pares que actUan en 0 (b Fig 19) Como las fuerzas son concurrentes pueden sumarse vectorial mente y reemplazarse por el vector del par resultante If Del mismo modo los vectores del par M1 M2 Y M3 etc pueden sumarse vectorialmente y reemplazarse por el vector del par resultante MOR

Cualquier sistema de fuerzas por complejo que sea puede reducirse a un sistema eguivaente fuerza~par que actUe en un punto dado O Observar que mientras cada uno de los vectores del par M1 M2 Y M3 etc en (b) es perpendicular a la fuerza correspondiente el vector del par resultante MOR y If en (c) no son en general perpendiculares entre si

EI sistema fuerza par equivalente se defina por las ecuaciones

If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m

Las cuales expresan que la fuerza resultante If se obtiene sumando todas las fuerzas del sistema mientras que el momento MoR

del par lIamado momento resultante del sistema se obtiene sumando los momentos con respecto a 0 de todas las fuerzas del sistema

145 Sistemas equivalentes de fuerzas

Cualquier sistema de fuerzas que actue sobre un cuerpo rigido puede ser reducido a un sistema Fuerza-Par en un Punto dado O Este sistema Fuerza-Par equivalente caracteriza completamente el efecto del sistema dado sobre el cuerpo rigido

Dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes si pueden ser reducidos al mismo sistema Fuerza-Par en un punto dado O Los sistemas de fuerzas F1 F2 F3 Y F1 F2 F 3 son equivalentes si y solamente si las sumas de las fuerzas y las sumas de los momentos de las fuerzas con respecto a un punto dado 0 de los dos (2) sistemas son respectivamente iguales

19


Expresadas matematicamente las condiciones necesarias y suficientes para que dos (2) sistemas de fuerzas sean equivalentes son

LF LF

Para verificar que dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes la relaci6n L Mo L Mo necesita ser establecida solamente con respecto a un punto O Sin embargo sera valida con respecto a cualquier punto si los dos (2) sistemas son equivalentes

Descomponiendo las fuerzas y los momentos en sus componentes rectangulares podemos expresar algebraicamente las condiciones necesarias y suficientes para que dos (2) sistemas de fuerzas que actuan sobre un cuerpo rigido sean equivalentes asi

LFXO

LMXO

LFZO

Estas ecuaciones tienen un significado fisico sencillo expresan que dos (2) sistemas de fuerzas son equivalentes si tienden a impartir al cuerpo rigido

1 La misma traslaci6n en las direcciones x y y z respectivamente 2 EI mismo movimiento de rotaci6n alrededor de los ejes x y y z

respectivamente

15 EQUILIBRIO DE UN CUERPO RIGIDO (4) (5)

Se dice que un cuerpo rigido esta en equilibrio cuando las fuerzas externas que actuan sobre 131 forman un sistema de fuerzas equivalentes a cero (0) es decir cuando la resultante de las fuerzas extern as es cero (0) y no existe un par de fuerzas Las condiciones necesarias y suficientes para el equilibrio de un cuerpo rigido se pueden expresar por las seis (6) ecuaciones escalares siguientes

LFXO

LMXO

LFZO

LMZO

EI sistema de fuerzas externas no impartira movimiento de traslaci6n y de rotaci6n al cuerpo rigido considerado

20


151 Solicitaciones 0 fuerzas intern as

Las solicitaciones ofuerzas internas son fuerzas que aparecen cuando hacemos un corte ficticio sabre un cuerpo Para ver la naturaleza de las fuerzas que se originan dentro de un cuerpo que equilibran el efecto de las fuerzas aplicadas exteriormente se emplea un metoda uniforme realizando un dibujo esquematico completo del miembro a cuerpo que se va a investigar e indicando las fuerzas externas que actUan sabre el y en sus puntas de aplicacion respectivos Este esquema se denomina Diagrama de Cuerpo Libre

Las fuerzas que actuan sabre el cuerpo incluso las fuerzas reactivas que ejercen los soportes y el peso propio del cuerpo (las fuerzas inerciales debidas a la aceleracion son fuerzas de cuerpo y actuan en todo el cuerpo de manera que se pueden relacionar can su volumen total en la mayorfa de los casas pueden considerarse cargas externas) se consideran cargas externas

Un cuerpo en reposo estable esta en equilibria si las fuerzas que actuan sabre el satisfacen las ecuaciones de equilibria estatico (Ver Fig 20)

Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)

Figura 20 Diagrama de Cuerpo Libre

En la Figura 20 se tiene un Diagrama de Cuerpo Ubrey se estan indicando todas las fuerzas que actUan sabre el y satisfacen las ecuaciones de equilibria estatico Como la determinacion de las fuerzas internas originadas par las fuerzas externas es alga que se quiere conocer se hace un corte arbitrario obteniendo dos (2) partes distintas Este proceso se llama Metodo de Secciones Entonces si el cuerpo esta en equilibria cualquier parte del cuerpo 10 estara tambien sin embargo para tales partes de un cuerpo algunas de las fuerzas necesarias para mantener el equilibria deben actuar en la seccion de corte

Se puede concluir Las fuerzas apicadas exteriormente a un lado de un corte arbitrario tienen que estar en equilibria can las fuerzas internas desarrolladas en la secci6n de corte es decir fuerzas externas equilibradas can fuerzas internas (5)

21


Es significativo observar que aunque algunos cuerpos no esten en equilibrio estatico pueden estar en equilibrio dinamico Estos problemas se pueden reducir a problemas de equilibrio estatico Para ello se calcula la aceleraci6n (a) de la parte en cuesti6n y luego se multiplica por la masa (m) donde Fuerza = ma Si esta fuerza se aplica al cuerpo en forma directamente opuesta (es decir igual direcci6n pero diferente sentido) a la aceleraci6n de su centro de masa el problema dinamico se reduce al orden estatico PRINCIPIO DE dALEMBERT Ia masa de un cuerpo sometido a un cambio de posicion desarrolla una fuerza inercial proporcional ala aceleracion y de sentido contrario

Los cuerpos se pueden considerar en un estado instantaneo de equilibrio estatico De manera que para cualquier cuerpo en equilibrio estatico 0 dinamico es posible trazar un Diagrama de Cuerpo Libre en que se indiquen todas las fuerzas necesarias para mantener en equilibrio el cuerpo en conjunto

Principio de dAlembert V =Vector de posicion

d ( dV)Pet) =- mshydt dt

16 ESTADO GENERAL DE TENSIONES Y DEFORMACIONES EN UN SOLIDO DEFORMABLE (5)

La Resistencia de Materiales es una ciencia que estudia el comportamiento de los cuerpos deformables tales comportamientos son

Resistencia Capacidad para soportar cargas Rigidez Oposici6n a ser deformado Estabilidad Pandeo debido a la falla geometrica no a la baja resistencia (puede ser apoyos insuficientes 0 mal colocados)

- Cuerpo Deformable Cuerpo que cambia de formas y tamaiios sometidos a fuerzas

Si se toma un elemento 0 miembro de una disposici6n particular de elementos estructurales 0 de maquinas y se indican todas las fuerzas aplicadas y reacciones que actuan sobre 191 se denomina Diagrama de Cuerpo Libre del elemento (Ver Fig 18) Y para determinar las reacciones se aplican las ecuaciones de la estatica 0 de condiciones de frontera Asi mismo en el punto que se desea la magnitud del esfuerzo se hace pasar un plano de corte perpendicular al eje del cuerpo y se separan las secciones

22

MECANICA BAslCA CAPITULO I

En la secci6n que se investiga se determina el sistema de fuerzas internas necesarias para mantener en equilibrio la parte aislada del elemento

En general tal sistema de fuerzas consta de una fuerza axial una fuerza eortante 0 eizalla un momento flexionante 0 fleetor y un momento de torsion que es la clasificaci6n de las solicitaciones 0 fuerzas internas como se presenta en la siguiente Figura 21

it

P N Fuerza axial T Momento torsor Vy Cortante 0 eizalla My Momento fleetor Vz Cortante de eizalla Mz Momento nector

Fuerza axial (N) Estira 0 acorta (segun tracci6n 0 compresi6n) (Ver Fig 22)

I I I

a) N-Tracci6n b) N-Compresi6n I

b) Figura 22 Representacion de Fuerza axial (N) Positiva y Negativa I

Su linea de acci6n coincide con el eje centroidal del elemento

Fuerza eortante 0 eizalla (V) Corta el cuerpo 0 barra actUa en el plano perpendicular al eje (Ver Fig 23)

Derecha Abajo Derecha Arriba

1 1D ~

1 1 Figura 23 Representacion de Fuerza Cortante (V) Negativa y Positiva

23


MECANICA BAslCA cAPlrULO I

Momento torsor (T) Hace girar el cuerpo en su mismo eje

Momento fleetor (M) Dobla el cuerpo

Figura 24 Representaeion de Momento Fleetor (M) Positiva y Negativa

La seccion del cuerpo positiva es la que tiene la direccion del eje y la otra es la contraria (Ver Fig 24)

Una vez resuelto en forma apropiada el sistema de fUerzas que actuan en la seccion las formulas permitiran determinar los esfuerzos en la seccion considerada

Si se sabe la magnitud del esfuerzo maximo en una seccion se podra especificar el material apropiado para ella 0 reciprocamente si se conocen las propiedades fisicas de un material es posible seleccionar un elemento del tamaiio apropiado

EI conocimiento de la deformacion en una seccion arbitraria de un elemento originada por las fuerzas internas permitira predecir la deformacion de la estructura en conjunto y por tanto si fuera necesario diseiiar elementos que no se flexionen 0 cambien excesivamente

161 Clasifieaei6n de las estructuras

Las estructuras pueden clasificarse segun su geometria en tres (3) grupos aunque fisicamente son tridimensionales

Elementos tridimensionales Tres dimensiones del mismo orden de magnitud Ejemplo represa piezas de maquinaria Se estudia con ecuaciones de derivadas parciales y la teoda que Ie da orientacion es la teoria de la elasticidad

Elementos bidimensionales 0 laminares EI espesor es despreciable en comparacion con las otras dimensiones Ejemplo tuberias calderas placas Se siguen utilizando ecuaciones de derivadas parciales

Elementos lineales 0 esqueletales solo interesa una dimension se utilizan ecuaciones algebraicas Ejemplo vigas columnas

24

middot


Clasificacion

Vigas

Columnas I P6rticos R Cercha Th-IV~

Entramado 157757

17 CARACTERisTICAS DE LOS MATERIALES (2)

Las caracteristicas de los materiales a considera son

Homogeneidad Cuando en todos los puntos del material las propiedades son las mismas Ejemplo los metales Heterogeneidad Cuando en todos los puntos del material las propiedades son distintas Ejemplo concreto Isotropico Cuando un punto tiene las mismas propiedades en todas las direcciones Ejemplo acero

- Anisotropico Lo contrario a isotr6pico Ejemplo caucho madera Linealidad Cuando la relaci6n entre causa y efecto es lineal 0 de primer orden

~ Causa

Elasticidad Si se tiene una barra a tracci6n simple cuando aumenta gradualmente la carga de tracci6n P

En la Figura 25 a continuaci6n se puede observar que para el valor de P el alargamiento 0 de la barra si se disminuye gradualmente la carga hasta cero la barra tiende a recobrar su longitud inicial L

25


p

Figura 25 Cuerpa Elastica

La propiedad que posee un material de volver parcial 0 completamente a su forma inicial una vez desaparece la carga es 10 que se llama elasticidad Si e[ material recupera completamente su longitud inicial se dice que el material es perfectamente elastico de 10 contra rio se dice que es solo parcialmente elastico

En la Figura 23 se puede admitir que por efecto de la traccion todas las fibras longitudinales de la barra estan estiradas uniformemente y se define el alargamiento por unidad de longitud de la barra asi

E = Z donde 8 es el alargamiento unitario (Ia deformacion por traccion es positiva la reduccion por unidad de longitud se denomina deformacion de compresion y es negativa)

Plasticidad Es la propiedad que tiene un cuerpo de que al retirar la carga que produce una deformacion en el no recupera su estado inicial La deformacion originada por la carga permanece Ejemplo plastilina el acero (despues del limite elastico)

171 Principios generales

Pequefias deformaciones Materiales que se deforman poco La deformacion lineal es del orden de la milesima y las deformaciones angulares son a 10 sumo de segundos 0 minutos Depende de la escala del material y de la estructura

1E=- Y Y=l

1000

Principio de superposicion Cuando la relacion causa y efecto es lineal la causa total y el efecto global son la suma respectiva

Causa total = C1 + C2 + C3 + + Cn Efecto global = e1 + e2 + e3+ en No lineal causa= K e2

rC1 e -gt lineal

Donde C1 = K e12 y C2 = K e12

26


Si se aplican ambas ecuaciones el efecto total sera

C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K

Principio de SAINT-VENANT Las soluciones y conclusiones sacadas en modelos ideales son validas para los modelos reales siempre y cuando estemos alejados de los puntos de aplicaci6n de las fuerzas 0 perturbaciones

La distribucion de tensiones depende del punta de aplicacion y magnitud de la fuerza resultante lejos de las fuerzas concentradas y de las perturbaciones (2)

18 CARAcTER ANALiTICO EXPERIMENTAL DE LA RESISTENCIA DE MATERIALES


Aparecen al hacer al cuerpo cargado un corte ideal estan por todas partes y se transmiten punto a punto

182 Fuerzas de contacto de otros cuerpos

- Activas Obedecen a causas (propio peso) pueden ser fuerzas 0 momentos concentrados 0 distribuidos

Reactivas Fuerzas en los apoyos

Se definen como o

a- Primera clase R6tula

b- Segunda clase Articulaci6n

c c- Tercera clase Empotramiento

27

MECANICA BAslCA CAPITULO 2

CAPiTULO 2

2 ElEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL

21 ElEMENTO PRISMATICO SOMETIDO A FUERZA AXIAL DIAGRAMA DE FUERZA AXIAL (4)

La atencion se fijara en estructuras planas 0 de dos (2) dimensiones principal mente en vigas Para ello se deben considerar las siguientes hipotesis (Ver Fig 26) (3)

Barras infinitas todas las secciones reales son simetricas - Barras prismaticas deg cilindricas (linea poligonal linea curva) Superficie

caracterizada por pianos con secciones rectas uniformes Carga axial uniforme

- Material lineal homogeneo isotropico yelastico

o bull 0

P+-t f-P Infinitos

~ III S 2 ) ( Simetrica

Simetria y continuidad

2 ) 2 S Continuidad Secciones planas siguen siendo planas

Figura 26 Hip6tesis para el anal isis de un elemento prismatico

28

MECANICA BAslCA CAPiTULO 2

211 Diagrama de fuerza axial

Se vera con unos ejemplos

Ejemplo 5 Se tiene una columna de secci6n uniforme y sometida a su propio peso W y especifico T (Ver Fig 27) Dibujar el diagrama de carga axial con Po aplicada en el centroide inferior

I o


Obteniendo las reacciones R

I~ En el externo superior + i E Fy =0 D6nde R - Po - W =0 R =Po + W

W PesoSe sa be que Y =-v-V-I-shy Despejando W =Y V Y V = A L A Area

o umen

Reemplazando W en R R = Po + Y A L

Haciendo un corte a la distancia x del extremo superior 0 x 1

--~gtP(x)

L

Wx

29


P Fuerza axial i EFy =0 P - W x - Po =0 P =W x + Po

y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v

Diagrama longitud vs fuerza R_YAL+Po

~xSi x=O P=R

p

Ahora considerando la parte superior

R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)

Rz - W (L - x) - Po = 0 Rz =Y A (L - x) + Po

Si x =0 R2 =Y A L + Po

R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po

Si x = 0 =Rz = Po x =L = R2 =Y A L + Po

Ejemplo 6 Una barra de secci6n transversal variable y empotrada en una de los extremos esta sometida a tres fuerzas axiales como se muestra en la Figura 28 Determinar el esfuerzo normal maximo Elaborar el diagrama de fuerza axial

Figura 28 Ejemplo 6

30

x

MECANICA eAsICA CAPiTULO 2

Soluci6n

F = 0 - Rl + 35 - 10 + 20 = 0 donde Rl =45 ton Rl R2 = Rl = R2 donde R2 = 45 ton

Asi (j = ~ = 1 8~ R R R + 35 R 0 R3 = 45 - 35 = 1025 CmZ 1 CmZ Y 1 1 3 3 - 1 =

Asf (j=~=4~25Cm2 Cmz

R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20

22 ESTADO DE TENSIONES EN DIFERENTES PLANOS (4)

En un cubo interior se va a establecer en sus diferentes caras los estados de tensiones como se presenta en la Figura 29 d6nde

C1 = Componente normal de la tensi6n T = T ensi6n cortante

y

x

Figura 29 Estado de Tensiones en diferentes pianos

En general las fuerzas internas que actuan sobre areas infinitesimales en una secci6n transversal son de direcci6n Y magnitud variable Estas fuerzas son de naturaleza vectorial y mantienen en equilibrio las fuerzas exteriormente aplicadas

Sobre las diversas porciones de una secci6n transversal es necesario determinar la intensidad de fuerzas pues la resistencia a la deformaci6n y a las fuerzas depende de dichas intensidades En general varian de un punto a otro yestan inclinadas respecto al plano de la seccion

Se acostumbra a descomponer las intensidades en direcci6n perpendicular y paralela ala secci6n que se investiga como se presenta en la Figura 30

31


Po

0 bullbull Figura 30 Fuerzas internas en areas infinitesimales

Como las componentes de la intensidad de fuerza por unidad de area (esfuerzo) se tiene unicamente en un punto la definicion matematica de esfuerzo es

Lim LlPy TXY =LlA ~ 0 Ll A

Lim LlPz Txz = LlA ~ 0 Ll A

a Esfuerzos normales resultan de la accion de componentes de fuerzas perpendiculares al plano de una seccion transversal T Esfuerzos cortantes provienen de componentes paralelos al plano de la seccion

Los esfuerzos normales C1 y los esfuerzos cortantes T se miden en unidad de fuerza por unidad de area kgcm2 y tlcm2

bull

221 Variaciones de las tensiones normal y cortante segun el plano de corte

Simplificando y pasando del cubo de tres (3) dimensiones a un cuadrado de dos (2) dimensiones se puede observar la variaci6n de las tensiones a y T en los diferentes pianos de corte (Ver Fig31)

CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a

Figura 31 Variaci6n de las tensiones CI YT en los diferentes pianos de corte

32

- - - -----shy


23 ENSAYO DE FUERZA AXIAL

Es importante considerar la rigidez y flexibilidad que tengan los materiales La Rigidez es la propiedad de un material a no dejarse deformar y la Flexibilidad es la propiedad que tiene un material de deformarse ante la fuerza

En la Figura 32 se observa el Diaqrama fuerza vs desplazamiento que contiene la relaci6n entre la zona recta de la fuerza F y el desplazamiento longitudinal L que se puede expresar como F=K 0 donde K es la pendiente de la curva y representa la constante de rigidez del material Esta relaci6n se llama la Ley de Hooke

F

-

Li Lmax L

Figura 32 Diagrama L vs F Ley de Hooke

Si K1 gt K2 entonces R1 gt R2

Como F=K 0 en la zona recta despejemos 0 donde 8 = (~) x F = ex F

y C es la constante de flexibilidad

231 Diagrama de Tension y Deformacion

Oespues de el diagrama fuerza vs desplazamiento longitudinal la tension (J se obtiene dividiendo la fuerza sabre el area (J = P A Y la deformacion E dividiendo el desplazamiento 0 sabre la longitud inicial L pound = 8L

Sometiendo un elemento a tracci6n de manera experimental podemos obtener el diagrama que se presenta en la Figura 33

0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou

Figura 33 Diagrama de Fuerza Axial

33


La Ley de Hooke permite escribir (J = E e donde E es la tangente de la curva y es el Modulo de Young La e es la deformaci6n del s6lido bajo la carga axial

t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE

EI trabajo seria r =w =Px desplazamiento

V (Volumen) =AL A Area y L Longitud

Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2

r =~AL = P2L 2A2E 2AE

P2L EI trabajo esta dado por la expresi6n r = 2AE

232 Caracteristicas del diagrama

CJp Limite proporcional Es el valor maximo de la tensi6n para no salirnos de la zona recta

CJE Limite elastico CJE == CJp Es la tensi6n maxima para que al retirarle la fuerza al material vuelva a su estado inicial

CJc Limite de cedencia Tensi6n a partir de la cual con pequetios incrementos de fuerza se lIega a grandes estiramientos

CJu Tension ultima

CJR Tensi6n de rotura falla el material

Este diagrama no es general para todos los materiales ya que hay materiales dOctiles y su diagrama es

34


x

k~x

Grandes estiramientos antes de fallar Pequeflos estiramientos antes de fallar y materiaes fragies

Otros diagramas simplificados

1 1 Materiales Lineales Elastoplasticos Plasticos

Elastico Rigido Perfectamente plastico Perfectamente plastico

Ejemplo 7

En la Figura 34 a continuacion se conocen para las barras el area A longitud L la fuerza aplicada P y el modulo de elasticidad E Determinar para los cas os a) b) c) el alargamiento o

L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512

Figura 34 Ejemplo 7 a

o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35


233 Ensayo en el Laboratorio de Estructuras

2331 Objetivo

A partir de los resultados obtenidos en un ensayo de laboratorio de traccion a una barra de metal deducir algunas de las caracteristicas y rangos de cumplimiento de algunas de sus propiedades mecanicas

2332 Materiales yequipo

Una barra de acero corrugado Procedencia Acerfas Paz del Rio Dimensiones q 1185 mm x 635 mm valor promedio entre q 129 -q 108 mm

medidos sobre la barra

bull Resistencia promedio 42 kgfmm2

bull Maquina de ensayo de traccion con capacidad de 60000 Ib bull Calibrador de capacidad 140 m y apreciacion 01 mm

Equipo de operacion lIaves martillo

2333 Procedimiento

Se disponen tanto el material a ensayar como la maquina en la forma indicada en la Figura 35 Las mordazas mostradas son las encargadas de transmitirle a la barra la fuerza de tension suministrada por la maquina

NCIRDAZA

Figura 35 Esquema de montaje de Ensayo a traccion en Prensa Hidraulica

Previo al montaje de la barra a asta se Ie practican algunas marcas dividiandola en tramos de jgual longitud (general mente son de una pulgada entre marcas (Ver Figura 36) con e objeto de registrar posteriormente el correspondiente alargamiento de la barra a 10 largo de toda su longitud Las marcas fueron espaciadas para este ensayo en especifico a 334 mm La separacion entre marcas corresponde a 10 que en Resistencia de Materiales se denomina Iongitud inicial Li de la barra luego Li =334 mm

36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material

Figura 36 Divisiones en la probeta de ensayo

Una vez se realiza el montaje se procede a aplicar la carga de tracci6n al material por medio de la maquina para registrar las lecturas del comparador de caratula (que media que tanto se desplazaba la mordaza m6vil 0 equivalentemente que tanto se estiraba el material) cada 500 Lbf Se tuvieron en cuenta tam bien algunos puntos importantes del comportamiento del material tales como la carga maxima de rotura

2334 Datos obtenidos

Los datos obtenidos se condensan en la siguienteTabla 1

Tabla 1 Resultados de laboratorio

CarQa rLbfl Deformaci6n Imileslmas pulgl 0 0

500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732

CARGA MAXIMA 14875 Lbf CARGA DE ROTURA 11625 Lbf

Se midi6 la deformaci6n de la barra despues de la rotura como se presenta en la Figura 37

37

MECANICA aASICA CAPiTULO 2

-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy

rREDUCCION EN OIAMETRO

Figura 37 Deformaci6n de la barra despues de la rotura

Asi se obtuvo que la deformaci6n en el diametro lIeg6 a

cpf= 76 mm cpf diametro final

Se define Lf 0 longitud final de la barra como la distancia entre las marcas mencionadas anteriormente pero despues de la rotura del material Sin embargo la barra no se alarga 10 mismo en cada una de sus partes (en direcci6n lateral) y se hace necesario medir Lf en varios sitios de ella y sacar un promedio (Ver Fig 38)

II I IX=I I IIWI LfIW

Figura 38 Lugares de medida de Lf

Los valores indicados en la Figura 3 fueron los siguientes

Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm

Asi Lf = 1f1+lh+LJ ~ Lf = 61033 mm

3

2335 Analisis de resultados

De los datos obtenidos en la Tabla 1 puede trazarse una grafica de carga (P) contra deformaci6n (0) Sin embargo esto no es 10 usual pues es mas practico calcular el esfuerzo unitario y la deformaci6n unitaria y graficarlas una contra la otra La raz6n de esta practica es que sus valores anotan el comportamiento del material a nivel interne (comportamiento de sus fibras constitutivas) el cual da una mejor aproximaci6n de las propiedades del material

Los valores del esfuerzo unitario (0) y la deformaci6n unitaria (E) estan definidos por las siguientes ecuaciones

38


(J = ~ A Area de la barre (secci6n transversal)

E = ~ Li Longitud inicial de la barra LL

A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg

Con los datos ante rio res y realizando las conversiones necesarias se obtuvo la la siguiente Grafica 1

Tabla 2 Deformaci6n Uni1aria p~r esfuerzo unitario

Esfuerzo unitario Deformaci6n unitaria

Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567

8703920 Lbfpulg ESFUERZO MAXIMO ESFUERZO DE ROTURA 6802223 LbfpulgL

39

MECANICA eASICA CAPITULO 2

ESFUERZO UNITARIO [Lbf I pulg2]

526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt

~~~+--+----~----------------------~ DEFORMACION UNITARIA

Grafica 1 Comportamiento (Jvs E de la barra

40

~ ~~ ~

MecANICA BAsICA CAPiTULO 2

Analizando la Grafica 1 se observa que la curva parte desde el origen y continua como una linea recta hasta el punto Op que es el limite de proporcionalidad del material esta recta representa el range de cargas en el cual el material es elastico Luego la curva continua casi vertical (el material se deforma elasticamente con mas 0 menos facilidad) y tiende a subir hasta el valor Oe 0 limite elastico luego sigue subiendo hasta el valor au que es el esfuerzo maximo que soporta el material

En una grafica te6rica es posible distinguir entre los puntos OE y Oc (esfuerzo de fluencia) a pesar de que sus valores son muy cercanos En este caso esto no es posible

Luego de que la curva sobrepasa el punto ou comienza a descender hasta Or 0 esfuerzo de rotura Llama la atenci6n el anterior comportamiento pero la raz6n es simple

Como a =PIA Y E =olLl se observa que la barra se deforma tanto lateralmente como en diametro sin embargo las dimensiones de estas deformaciones no son tenidas en cuenta pues todos los val ores de la grafica fueron calculados con los de Li y diametros iniciales de la barra Es por esto que la grafica desciende antes que ascender que seria el comportamiento co rrecto pero por simplicidad del procedimiento se ha obtenido para realizar la curva de la forma de la gratica

Por consiguiente el valor del esfuerzo Or es mucho mayor que el mostrado en la grafica

De la grafica tambien puede obtenerse una medida de la rigidez del material es decir el m6dulo de elasticidad E mediante la relaci6n

variaci6n del esfuerzo E =tan 0 =V d l d f arWCLOn e a e ormaCLOn

Luego E =tan 0 = -Jq

JE

Cabe anotar que la ecuaci6n anterior s610 es valida en la zona recta 0 range elastico del material (en este caso de 0 a 1500 Lbf)

De todo 10 anteriormente expuesto pueden concluirse las siguientes caracteristicas del material estudiado

bull EI rango elastico es 05 (J 5 608643 [Lbf jpulg2 ]

os p S 1040171 [Lbf]

bull EI rangoplastico es 608643 lt (J S 870392 [Lbf jpulg 2 ]

41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]

bull up = 87776 Lbf jpulg2

bull UE= 608643 Lbf jpulg2

bull uu= 870392 Lbf jpulg2

bull ur = 672908 Lbf jpuLg2 bull EI modulo de elasticidad es E= 234495 Lbf jpuLg2 Este modulo es

demasiado bajo para el acero

EL porcentaje de elongacion sera Elang = Lf 100

61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527

Es demasiado bajo para un E = 085 bajo Or Es aconsejable realizar el ensayo con el extensometro electronico dellaboratorio

I 2336 Causas de error

bull Es indudable la gran imprecision obtenida y la poca diferenciacion entre puntos de la grafica La mayor razon para tales resultados es 10 obsoleto en que se convierte el equipo utilizado si de analizar total mente un material se trata Tal equipo parece ser utilizado basicamente en la determinacion de los puntos 0E Ou YOR mas no en la de la forma exacta de la curva 0 vs E

bull Una buena causa de error en los datos es la diferencia de tiempo que transcurre entre la lectura de la carga en la maquina y la correspondiente lectura de la deformacion en el comparador

bull La grafica 0 vs E no pudo realizarse en su totalidad pues antes del punto Ou

fue retirado el comparador para evitar daiiarlo con el choque de la rotura Cualquier forma final de la grafica es una simple representacion que en ningun momento indica los valores de Eu Y ER Se considera que este aspecto es bastante desventajoso

2337 Conclusiones

La barra de acero corrugado de lttgt 1185 mm x 635 mm fue sometida a un ensayo de traccion y se obtuvieron algunos resultados como el material es elastico hasta un esfuerzo unitario de 608643 Lbfpulg2 correspondiente a una carga d~ 1040171 Lbf EI material es plastico de 1040171 Lbf de carga en adelante

42

MECAN1CA BAslCA CAPiTULO 2

La maxima carga que soporta el material es 14875 Lbf (au = 870392 Lbfpulg2)

La carga de rotura es 11625 Lbf (or = 672908 Lbfpulg2)

EI material tiene un modulo de elasticidad E =234495 Lbfpulg2 y es relativamente plastico pues Elong = 4527 EI material fallara despues de la carga maxima en un valor de Or de 672908 Lbfpulg2 es decir a una carga de 11625 Lbf en el lugar de la rotura se presento un calentamiento que se traduce en la energia que fue necesaria para romper la estructura cristalina del material y que se transformo en calor

234 Factor de Seguridad n

Se denomina Factor de seguridad a los factores 0 numeros por los cuales reducimos las margenes de resistencia del material

Siempre es mayor que la unidad (1) Y mientras menos conocimiento se tenga de la estructura es menor Ow que es el trabajo admisible y es igual a oEn esto es en la zona elastica donde es valida la Ley de Hooke

Si se trabaja en la zona inelastica (no se aplica en la ley de Hooke) con au las ecuaciones son mas complicadas pero se tendra un costa menor EI factor de seguridad es identico a la relacion del esfuerzo ultimo y al esfuerzo permisible en miembros a tension

Carga ultima de un miembro FS = Cd bi de un mlembro gt 1arga a mlSl e

24 RELACIONES ELASTICAS TENSIONmiddot DEFORMACION (2)

241 Constantes elasticas

2411 Modulo de cortante G

Dentro del limite elastico de un material es razonable admitir que la deformacion de corte T es proporcional a la tension cortante T que la produce en efecto los experimentos hechos con materiales sometidos a esfuerzos cortantes puros asi 10 confirman de modo que

l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05

Donde la constante de proporcionalidad G es denominada Modulo de Elasticidad en el Corte 0 simplemente modulo de corte 0 cizalladura Tiene las dimensiones del esfuerzo kgcm2

43


2412 Modulo de elasticidad E

En el diagrama de tension-deformacion (Ver Grafica 1) en la zona elastica E es la tangente a la curva y es la constante de proporcionalidad entre a 0 tension YEO

deformacion lineal (Ver Fig 39) Logicamente esto es la Ley De Hooke la tension a es directamente proporcional a la deformacion E (J = E c

2413 Relacion de Poisson jI

~

lA~ PI U +

Figura 39 Alargamiento Axial de una barra prismatica

Una barra sometida a traccion permite observar experimentalmente que el alargamiento axial (Ver Fig 39) va siempre acompanado de una contraccion lateral Y qu~ la relacion

Contraccion lateral unitaria CT

Jl = Alargamiento axial unitario = - CL

Jl es constante para un material dado dentro de su margen de comportamiento elastico A esta constante se Ie llama Reacion de Poisson

Poisson matematico frances dedujo

bull Materiales is6tropos que tienen las mismas propiedades en todas las direcciones poseen un jI del orden de

bull Para el acero de construccion jI = 02 bull Para cauchos jI = 05

Conocidos el modulo de elasticidad E y la relacion de Poisson Jl de un material dado se puede calcular facilmente la variacion de dimensiones y de volumen de una barra prismatica sometida a tracciOn

Ejemplo 8

iUna barra de aluminio de 6 cm de diametro (ver Fig8) se coloca en una maquina de ensayos En cierto instante la fuerza que se Ie aplica es de P = 16 t mientras que el alargamiento medido de la barra es de 00240 cm en una longitud de medicion de 30 cm y la dimension del diametro disminuye en 00015 cm Calculense las dos contantes fisicas JJ y E del material

44


p

p

~D6C1n Figura 40 Ejemplo 8

Una barra de aluminio de 6 cm de diametro (ver Fig 40) se coloca en una maquina de ensayos En cierto instante la fuerza que se Ie aplica es de P =16 t mientras que el alargamiento medido de la barra es de 00240 cm en una longitud de medicion de 30 cm y la dimension del diametro disminuye en 00015 cm Calculense las dos (2) contantes fisicas I- y E del material

Soluci6n

Considerando t como el cambio total en la dimension del diametro de la barra la deformacion transversal de la barra es

Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025

La deformacion axial E =~ = ~ = 00008 a L 30

Y la relacion Poisson 1- f1 = _r = - (-000025) Ei signo es - (-) = + Ea 00008

Es para tener en cuenta la contraccion del material en las direcciones y y Z a medida que se alarga en la direccion x Ahora como el area transversal de la

2barra es A =rrR2 =rr (~)2

= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45

MECANICA SASICA CAPiTULO 2

25 TENSIONES Y DEFORMACIONES TERMICAS (3)

Ademas de los esfuerzos tambien los cambios de temperatura producen deformacion de los materiales En caso de un material isotropico y homogeneo un cambio de temperatura de oT grados origina una deformacion lineal uniforme en todas las direcciones

Expresadas por una sola ecuacion las deformaciones termicas son

EX = Ey = EZ =aiJT

Donde a es el coeficiente de dilataci6n termica lineal para un material en particular el cual se determina experimentalmente y se expresa en unidades cmcmoC

En caso de materiales isotropicos un cambio de temperatura no causa deformaciones por cortante si hay libre expansion es decir

Yxy = Yyz Yzx 0

y Deformacion de corte Y G

Cuando se trata de deformaciones pequeJias la deformacion termica lineal se suma directamente a las deformaciones lineales debidas al esfuerzo tal es el caso para EX Ey EZ

ax ay azE - - 1- - 1-+ aiJT

x E tE tE

EI incremento bT se considera positiv~

Contraccion lateral unitaria Como Jl Al I ()argamlento axta umtarw E

a Contraccion lateral unitaria -Jlshy

E

46

MECANICA BAslCA CAPTUL02

Ejercicio 2

La siguiente Figura 41 indica que el elemento esta entre paredes r[gidas (se calcula experimentalmente los coeficientes at Y(2)

I Ll I L2 I

Rlt --shyt---A---htF A2----t D R

Figura 41 Ejercicio 2

Datos Hallar 1 Las reacciones 2 0 I YOz

01 02

LI Lz EI Ez AI Az area

Diagrama de cuerpo Iibre

iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x

OBe =0 OBC + OeD == 0 OAB + OBe == 0

Metoda de las secciones

iFx=O R3 - R1x =0 R3 =Rue

47


Oonde se tiene

Metodo de las secciones en el segundo miembro

AI sumar OBe + OeD =0 se obtiene R2X y luego R1X Para obtener la ecuaci6n de compatibilidad de deformaciones 01 y 02

Ejercicio3

Una varilta de lat6n AS de 9mm de diametro esta conectada a la base de un recipiente cilindrado de lat6n CO cuya secci6n transversal es de 300 mm2 como se presenta en la Figura 42 EI recipiente CD esta unido a un so porte fijo en C y a un tap6n E en el extremo A de la barra sabiendo que el m6dulo de elasticidad E del lat6n es 85 GPa Haar la magnitud de P para que la deflexi6n del tap6n sea de 12 mm hacia abajo

P

E 12mm

Illshy 1 e A


48

MECANICA SASICA CAPITULO 2

Soluci6n

Mientras la fuerza P comprime la varilla AB tambien alarga la CD

P LAB P ( 400 mm )8 - --x AB - AAB X E - E TC (45)2 mm2

P LCD P ( 400 mm ) 8CD =ACD X E =Ii x 300 mm2

P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4

a La fuerza de en las barras mostradas en la siguiente Figura 43 despues de un aumento de temperatura de 200degF

b EI cambio correspondiente de la longitud de la barra de aluminio c EI cambio correspondiente de longitud de la barra de bronce

002 12 15

Figura 43 Ejercicio 4 Bronce A = 25 pulg2

E = 15 X 1061bjpulg2

a = 101 x 10-6 jQF

Aluminio A = 3 pulg2

E = 10 X 106lbjpulg2

a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5

Los tubos como se mtJestran en la Figura 44 a continuaci6n estan sometidos a Fuerzas axiales P1 =7 KN Y P2 =5 KN Hallar los esfuerzos internos en cada uno de los tubos usando el metodo de las secciones

~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm


26 DESPLAZAMIENTO DE ELEMENTOS ESTATICAMENTE DETERMINADOS SOMETIDOS A CARGA AXIAL

Se expondra el concepto del desplazamiento de elementos estaticamente determinados sometidos a carga axial mediante el desarrollo de los ejemplos 9 y 10

Ejemplo 9

Una barra prismatica de longitud L y area de secci6n recta A pende vertical mente sometida a su propio peso (Ver Fig 45) tiene un peso especifico gamma Calcular el alargamiento

S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9

---l--+-U-shyI I I IT ---

Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n

IFx= 0 Sx -Wx = 0 W(x) Peso de la porcion Wx = Y Ax

50


Sxdx do = AE (Diferencial de desplazamiento)

= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE

Un elemento prismatico tiene un alargamiento 0 en el cual P es el promedio del peso propio que esta uniformemente repartido en el

Tomando otra seccion del elemento prismatico

Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V

iL iLo= Sx dx = YA (L - x) dx o AE 0 AE

YiL Y [ X2]Lo= - (L - x) dx = - Lx -shyE 0 E 2 0

Y L2 o =E 2 es equivalente

Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10

Una barra prismatica delgada homogenea de longitud total 2L(Ver Fig 46) gira con velocidad angular corriente W en un plano horizontal alrededor de un eje fijo y a traves de su punto medio EI area de la seccion recta de la barra es A y su peso especifico es Y Hallar la tension maxima y el alargamiento total de cada mitad de la barra debido a la traccion centrifuga

51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e

Figura 46 Ejemplo 10

CAPiTULO 2

W Ade 2dF = shy X W 2 ( Y We = YAd( dF = Y- w (

9 9

S YAW2 (L2 2)X =-shy -x

2g

YAw 2 2Smax =-shy xL

2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3

3 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A UN MOMENTO TORSOR

31 GENERAllDADES

Para establecer una relacion entre el momento torsor interno y los esfuerzos que produce en miembros de seccion circular y tubos redondos es necesario hacer vadas suposiciones (5) Dichas hipotesis ademas de la homogeneidad del material son

bull Una seccion transversal plana perpendicular al eje de un miembro de seccion circular permanece plana despues de la aplicacion de un momento de torsion es decir no hay distorsion en pianos paralelos normales al eje de un miembro

bull En un miembro de seccion circular que se somete a un momento torsor la deformacion angular Y varia linealmente desde su eje longitudinal (Ver Fig 47)middot

L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL

P c JPL _TcL ~p - ~c

Tp = Tc

Figura 47 Elemento prismatico sometido a un Momento Torsor

53


Se observa la variacion de la deformacion angular en un miembro circular sometido a torsion

EI plano A0103C se mueve a la posicion 0AC03 (A0103C) cuando se aplica momento de torsion

Si un radio 03C se considera fijo radios semejantes como 02S 01A giran a las nuevas posiciones 02S y OA tales radios permanecen rectos

Estas hipotesis se verifican solo en el caso de elementos de seccion circular macizas 0 huecas

Tales hipotesis se emplean cuando se estudia la distribucion de esfuerzos mas alia del limite de proporcionalidad pero si la atencion se enfoca al caso linealmente elastico se aplica la Ley de Hooke

En conclusion se deduce que el esfuerzo cortante es directamente proporcional a la deformaci6n angular

En el caso elastico puesto que el esfuerzo es proporcional a la deformacion y esta ultima varia linealmente desde el centro los esfuerzos varian linealmente desde el eje longitudinal 0 central de un miembro circular Los esfuerzos inducidos por las deformaciones supuestas son esfuerzos cortantes y actUan en un plano paralelo a la seccion y normal al eje de la barra (Ver Fig 48)

I 1 max -c

Figura 48 Secci6n Transversal de un elemento prismatico circular macizo

La variacion del esfuerzo cortante en el caso de una barra cargada axialmente no es de intensidad uniforme

EI esfuerzo cortante maximo se produce en los puntos mas alejados del centro 0 y se representa por (max Este punta se localiza en la periferia al igual que el punto C a una distancia c desde el centro Debido a la variacion lineal del esfuerzo en un punto cualquiera a una distancia ro desde el centro sera el esfuerzo cortante igual a (roC)Tmax

54


Aplicada la distribucion de esfuerzos en una seccion se podra expresar la resistencia al momento torsor aplicado en funcion del esfuerzo La resistencia a dicho momento asi desarrolJada debe ser equivalente al momento torsionante interno

ESFUERZO AREA BRAZO DE MOMENTO

FUERZA BRAZO DE MOMENTO

MOMENTO TORSIONANTE

En una seccion transversal dada Tmax Y c son constantes de aqui que la relacion anterior se puede expresar por

Es el momento polar de inercia de una seccion transversal Y es una constante para un area transversal particular vamos a designarlo por J

Para una seccion circular dA =2rrpdp don de 2rrp es la circunferencia de una corona 0 anillo de radio p y anchura de p

dA = 2rrpdp

d Diametro de una barra de seccion circular maciza J En cm4 (si c y d se miden en centimetros)

Utilizando el simbolo del momento polar de inercia de un area circular Tmax seJ

puede expresar como

Tmax == T~ C que es la formula de torsionJ

Las unidades seran (em Kg) x em Kg cm4 == cmz

55


EI esfuerzo cortante T en un punto a una distancia rho del centro de la secci6n transversal es

L Tpl=c lmax =y

Las ecuaciones de Tmax Y T son aplicables con igual rigor a tubos de secci6n circular hueca (Ver Fig 49) puesto que se aplican las mismas hip6tesis que se utilizan en la deducci6n anterior Pero se modifica J En el caso de un tubo los limites de integraci6n se extienden des de b hasta C

C max

Figura 49 Seccion Transversal de un tuba

J para una barra maciza de diametro igual al diametro exterior menos J para una barra semejante con un diametro igual al interior En tubos de espesor delgado como se presenta en la Figura 50 a continuaci6n si b es aproximadamente igual a C Y C - b = t el grueso del tubo el valor de J se reduce a una expresi6n aproximada mas sencilla

t]= 2nC3 t

)~JAJt J A- ~ Jtrj ( At

)c- t laquo-Figura 50 Secci6n Hueca de espesar delgada t bull ~ Q ~ Jgt C 3)( 21YfJ b

Los conceptos basicos utilizados en la deducci6n de la f6rmula de la torsi6n para c- miembros de secci6n circular se pueden resumir as

1 Los requisitos de equilibrio se utilizan para determinar el momenta torsionante interno

2 Se supone que la deformaci6n angular varia linealmente desde el eje de la barra

3 Las propiedades de material en la forma de la Ley de Hooke se utilizan para relacionar con el esfuerzo la variaci6n supuesta de la deformaci6n

56

I

-


Ejercicio6

Se tiene un tubo largo de diametro exterior igual a 31 em con un diametro interior igual a 29 em en torsi6n con respeeto a su eje longitudinal por aeei6n de un momenta torsionante T de 450 em-kg Determinar los esfuerzos eortantes en el exterior y en el interior del tubo

Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2

T P (450) x 145 2 Tinteriar =T = ] =30736 Kgem

NOTA

Ya que ningun material trabaja con un valor tan bajo de esfuerzo es importante observar que un tubo requiere menDs material que una barra maeiza para transmitir con el mismo esfuerzo un momenta de torsi6n dado Tomando un espesor de pared pequeno y un diametro grande se obtiene un esfuerzo eortante easi uniforme en la pared Este heeho haee a los tubos de pared delgada sean apropiados para los experimentos en que se desea un campo uniforme de esfuerzo eortante pur~ Para evitar pandeo local eJ espesor de la pared no puede ser exeesivamente delgado

Ejercicio7

Se apliea un momenta de torsi6n T = 3 KN-m al eilindro s61ido de bronee mostrado en la Figura 51 hallar el esfuerzo eortante maximo y el esfuerzo eortante en un punta D loealizado en el extremo del eilindro sobre una cireunferencia de 15 mm de radio


57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c

bull Despejando Tmax

KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8

Se tiene un tubo largo de diametro exterior 31 cm y con diametro interior 29 cm en torsi6n con respecto a su eje longitudinal por acci6n de un momento T de 450 kgf-cm Determinar los esfuerzos cortantes en el exterior y en el interior del tubo

2e = 31 em I 2b = 29 em T =450 Kgfem I Text =1

Te 450Kgf emx (yen)em Kgf Tmax =-] = 212 4 =329-shy2 em em

T b 450 Kgf em x (yen) em Tmaxint =T = 212 em4

32 DEFORMACIONES EN UN ARBOl CIRCULAR (2)

Se considera un arbol circular unido a un so porte fjjo en un extremo (Ver Fig 52) Si el momenta de torsi6n T se aplica en el otro extremo el eje quedara sometido a torsi6n yel extremo libre rotara un angulo ctgt lamado angulo de torsi6n

Figura 52 Deformaci6n arbol circular con un extremo fijo

58


Puede comprobarse experimental mente que dentro de un cierto intervalo de valores de T el angulo de torsion 4gt es proporcional a T y a la longitud del arbol L En otras palabras el angulo de torsion para un arbol del mismo material y seccion pero del doble de longitud se duplicara bajo el mismo momento de torsion T y un propos ito importante es encontrar una relaci6n entre 4gt L Y T

Una propiedad importante de los arboles circulares es que cuando un arbol circular esta sometido a torsi6n todas las secciones transversales permanecen planas y sin distorsi6n es decir mientras las secciones transversales a 10 largo del arbol roten cantidades diferentes cada secci6n rotara como una losa s6lida rfgida Esta propiedad es caracteristica de los arboles circulares sean s6lidos 0 huecos no gozan de ella los arboles de secci6n no circular Por ejemplo cuando se somete una barra cuadrada a torsi6n sus diversas secciones no permanecen planas sino que se alabean EI hecho de que las secciones transversales de un arbol circular permanezcan planas y sin distorsi6n se debe a su simetria axial es decir a que su apariencia permanece igual cuando es observado desde una posicion fija y rotada un angulo arbitrario con respecto a su eje

Las barras cuadradas por otra parte retienen su apariencia unicamente si son rotados 90deg 0 180deg La distribuci6n de las deformaciones de corte de un arbol circular de longitud L y radio C que ha girado un angulo 4gt se determinara as

Separando del arbol un cilindro de radio p y considerando el elemento pequeno cuadrado formado por dos (2) circulos adyacentes y dos (2) lineas rectas adyacentes trazadas en la superficie del cilindro antes de aplicar la carga Como el arbol esta sometido a una carga torsional el elemento se transforma en un rombo La deformaci6n de corte en un elemento dado se lIamara Y y se mide segun el cambio de los angulos formados por los lados del elemento (ver Fig 53)


59


Como los circulos que definen dos (2) de los lados del elemento considerado aqui permanecen inalteradas la deformacion de corte Y debe ser igual al angulo entre las Ifneas AS y AS (Y se expresa en radianes)

En la Figura 53 se observa que para pequerios valores de Y podemos expresar la ongitud de arco AA como AA =L Y pera por otra parte se tiene que AA =pcent entonces L Y = pcent 0 Y = pcentL (Y Ycent en radianes)

La ecuacion obtenida muestra que la deformacion de corte Y en un punto dado de un arbol sometida a torsion es proporcional al angulo de torsion cent Tambien muestra que Y es praporcional a la distancia p desde el eje del arbol hasta el punto considerado La deformacion de corte en un arbol circular varia linealmente con la distancia al eje de dicho arbol Por 10 que la deformacion de corte es maxima en la superficie del arbol en donde p =c entonces

Eliminando cent de las ecuaciones podemos expresar la deformacion de corte Y a una distancia p del eje del arbol como

pY - Ymax c

Vamos aver el comportamiento del angulo de torsion en el intervalo elastico

Ya sabemos que el angulo de torsion cent y la deformacion maxima de cortante Y max

se relacionan asi cltP

Ymax =7

Pero en el intervalo elastico el punto de fluencia no es excedido en ninguna parte del arbol la Ley de Hooke es valida y se tiene

Tc Y max =T P

Entonces

cltP TcIgualando -=- se tiene L fG

TL I ltP = fG radianes

Con cent en radianes La relacion muestra que dentro del intervalo elastico el angulo de torsion cent es proporcional al momenta de torsion T aplicado al arbol

60


Ejercicio 8

Para el siguiente arbol de la Figura 54 calcular el momento de torsion que debe aplicarse en el extremo para producir un angulo de torsion de 3deg Usar G = 80 GPa para el acero

Figura 54 Ejercicio 8 Soluci6n

TxL JG lP=jG T=lPT

G= 80 X 109 Pa L = 20 m y como lttgt esta dado en grados se pasa a radianes

Con todos los datos se puede obtener el valor de T

2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm

Para la misma Figura 54 determinar que angulo de torsion establecera un esfuerzo cortante de 70 MPa en la superficie interior del arbol hueco de acero

61

MECANICA BAslCA

Solucion Tmin 70 X 106 Pa

G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6

La longitud del arbol AA en funcion de Y y lttgt es

CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad

33 TORSION DE ELEMENTOS NO CIRCULARES (3)

Considerando un elemento cubico pequeno localizado en una esquina de la seccion transversal cuadrada a torsion y ejes de coordenadas paralelas a las aristas del elemento y la cara del elemento perpendicular al eje y (es parte de la superficie libre de la barra) todos los esfuerzos en dicha cara deben ser nulos ever Fig55) Por igual razon todos los esfuerzos en la cara del elemento perpendicular al eje z deben ser nulos Tzx =0 Tzy =a y para Txy =a y Txz =O

v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0

Figura 55 Elemento cubico sometido a Torsi6n

Asi ambas componentes del esfuerzo cortante en la cara del elemento perpendicular al eje de la barra valen cero (0) se puede concluir que no hay esfuerzos cortantes en las esquinas de la seccion transversal de la barra

Torciendo un modelo de caucho de una barra cuadrada se verifica facilmente que no ocurren deformaciones y por 10 tanto tampoco ocurren esfuerzos a 10 largo de las aristas de la barra en tanto que las mayores deformaciones y por consiguiente los grandes esfuerzos ocurren a 10 largo de la linea central de cada una de las caras de la barra

La determinacion de los esfuerzos de elementos no circulares sometidos a cargas de torsion es algo complicado pero hay resultados obtenidos de la teoria matematica de la elasticidad para barras rectas con seccion rectangular uniforme (Ver Tabla 3)

62


Designando p~r L la longitud de la barra p~r a y b respectivamente el lado mas ancho y el mas angosto de la secci6n transversal y p~r T el momento de torsi6n aplicado a la barra como se presenta en la Figura 56 a continuaci6n se encontr6 que el maximo esfuerzo cortante ocurre a 10 largo de la linea central de la cara mas ancha de la barra y esta dado p~r [max T

clab2

T

Figura 56 Elemento rectangular sometido a Torsi6n

__TL EI angulo de torsi6n puede expresarse por ltp i

- C2 ab3G

Los coeficientes C1 y C2 dependen unicamente de la raz6n a b Y se presentan en la siguiente Tabla 3 Las f6rmulas anteriores son valid as unicamente en el intervalo elastico

Tabla 3 Coeficientes para barras rectangulares bajo torsi6n

alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333

Se puede observar que en el caso de una secci6n recta rectangular muy estrecha tal como la de una tira 0 cinta delgada de hoja metalica C1 (a) YC2 (ft) son iguales a 0333 y las ecuaciones de la maxima tensi6n de cizalladura y del angulo de torsi6n p~r unidad de longitud se convierten en

3T 3TxL [max = ab2 y ltp = ab3 G

Ambas ecuaciones en la practica se les puede utilizar no s610 para un rectangulo estrecho sino tambien para hallar soluciones aproximadas en otros casos en los que el ancho de la secci6n recta es pequeno

63

-MEcANICA BAslCA CAPiTULO 4

Por ejemplo en el caso de las secciones rectas de espesor uniforme representadas el angulo de torsi6n se determina por la anterior ecuaci6n de cJgt

sustituyendo (a) por la longitud desarrollada de la linea media 0 sea a =Or para el caso (a) En el caso representado en (b) de la Figura 57 a = 2c - b

reg Figura 57 Secciones de pared delgada sometidas a Torsion

La tensi6n maxima para la primera de estas dos (2) secciones se obtendra por la ecuaci6n de Tmax por un factor de concentraci6n de tensi6n Este factor varra con la raz6n del radio del acuerdo r al espesor b Los valores de concentraci6n de tensi6n se presentan en la siguiente Tabla 4

Tabla 4 Factor de concentracion de tension

rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9

Para la secci6n representada en la Figura 58 se dan las siguientes dimensiones b = 10 mm c =10 cm Una barra de acero que tiene esta misma secci6n recta y una longitud de 150 m es sometida a momentos de torsi6n T = 2500 cmKg en sus extremos Calcular la maxima tensi6n de cizalladura y el angulo de torsi6n cJgt

entre los dos (2) extremos de la barra si el radio de acuerdo es r =6 mm y G =80 GPa para el acero

1011YTl


77


Solucion Si a = 2e shy b a = 2 x 10 -1 = 19 em

3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473

Luego con rib = 610 = 06 el factor de concentracion de tension es 195 y la maxima tension de cizalladura en el angulo entrante sera r X factor = 76973

EI angulo total de torsion ltp es Ir 3 x T x 150 em

ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b

Una vigueta de aluminio tiene la seccion recta como parece en la Figura 59 el radio r en los dos (2) rincones es 6 mm Calcular el momento de torsion T si la tension de trabajo es igual a 560 kgfcm2

E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n

25 shy 2 (i) = 238 em (base) 75 - i = 69 em (eada lado)

a =base + 2 (eada lado) = 238 + 138 = 376 em a = 376 em y b 12 em

Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11

Se tiene un elementa rectangular sometido a un esfuerzo T = 40 MPa como se presenta en la siguiente Figura 60 hallar el momento torsor

5 I T

o uClon Tmax = -b2cla

T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2

34 SECCIONES HUECAS DE PARED DELGADA (3)

Se considera un elemento cilindrico hueco de seccion no circular sometido a carga torsional como se presenta en la siguiente Figura 61

x

T

Figura 61 Elemento cilindrico hueco de secci6n no circular sometido a carga torsional

Aunque el espesor t de la pared puede variar dentro de la seccion transversal se supone que se mantiene pequeno comparado con las otras dimensiones del elemento Se extrae el elemento sombreado de la pared AB limitada p~r dos (2) pianos transversales situados a una distancia Llx uno del otro y por dos (2) pianos longitudinales perpendiculares a la pared (Ver Fig 62) Como la porcion AB esta en equilibrio la suma de las fuerzas ejercidas en ella en la direccion longitudinal x debe ser cero (0) Y las unicas fuerzas involucradas son las fuerzas cortantes FA y FB ejercidas en los extremos de la porcion AB

79

MECANICA eASICA CAPiTULO 4

)(

Figura 62 Elemento extraido

lFx=O y

Se define FA como el producto del esfuerzo cortante longitudinal TA en la pequena cara en A y por el area y por el area tA Llx de esa cara

Aunque el esfuerzo cortante es independiente de la coordenada x del punto considerado puede variar a traVElS de la paredTA por 10 tanto representa el valor promedio del esfuerzo calculado a traVElS de la pared Expresando FB de una manera analoga y sustituyendo FA Y FBbull se tiene

LA (tA 6x) shy LB (tB 6x) = 0 LA tA = LB t8

Como A Y B fueron escogidos arbitrariamente esta ecuacion expresa que el producto Lt del esfuerzo cortante longitudinal L y del espesor t de la pared es constante a traVElS del elemento Se considera q =flujo de cortante y como el producto q =Lt =constante

Hora considerando un pequeno elemento de la porcion AB de la pared como se presenta en la siguiente Figura 63 se tiene que las caras superior e inferior de este elemento son parte de la superficie libre del elemento hueco por 10 que los esfuerzos en estas caras son nulos

4~ ~

x


80

I

I

i


Recordar que Txy = Tyx Tyz = Tzy Tzx =Txz hay entonces en et diagrama componentes nulas y las r indicadas son iguales Asi el esfuerzo cortante en cualquier punto de una secci6n transversal del elemento hueco es paralelo a la superficie de la pared y su valor promedio calculado a trav9s de la pared satisface q =rt =constante (Ver fig 64)

Figura 64 Flujo de Corte q

En este punto se puede notar una analogia entre la distribuci6n de los esfuerzos cortantes r en la secci6n transversal de un arbol hueco de pared del gada y la distribuci6n de las velocidades1Z del agua que fluye a trav9s de un canal cerrado de altura unitaria y ancho variable (Ver Fig 65) A medida que la velocidad 1Z del agua varia de un punto a punto debido a la variaci6n del ancho t del canalla raz6n de flujo q = vt permanece constante a trav9s del canal tal como q = rt Debido a esta analogfa el producto q = rt es designado flujo de corte en la pared del arbol hueco

dA=tds

Figura 65 Seccion transversal de un arbol hueco de pared delgada

Tomando un pequeno elemento de la secci6n de la pared de longitud ds el area del elemento es dA = tds y la magnitud de la fuerza cortante dF ejercida sobre el etemento es

dF = rdA = r (tds) = (rt) ds = qds

EI momenta dM0 de esta fuerza con respecto a un punto arbitrario 0 dentro de la cavidad del elemento se obtiene multiplicando dF por la distancia perpendicular p desde 0 hasta la linea de acci6n de dF

Donde dMo =pdF = p(qds) =q(pds)

Pero et producto pds es igual al doble del area da del triangulo sombreado

81


Asi 4gt dMo = 4gt q(2da) Como la integral alrededor de la seccion de pared del miembro izquierdo de la ecuacion representaia suma de los momentos de todas las fuerzas cortantes elementales ejercidas en dicha pared y como esta sum a es igual al momento de torsion T aplicado al elemento se tiene

T = 4gt q (2da)

Como el flujo de corte q es constante entonces T = 2qa en donde a es el area incluida dentro de la linea central de la seccion transversal de la pared (Ver Fig 66)

t

Figura 66 Linea central de la secci6n transversal de la pared

EI esfuerzo cortante T en cualquier punto de la pared se puede dar en funcion del momento de torsion T

q = Tt Y T = 2qa d6nde T = 2Tta

T T=shy

2at

En donde t es el espesor de la pared en el punto considerado yael area encerrada por la linea central T representa el valor promedio del esfuerzo cortante a traves de la pared Para deformaciones elasticas la distribucion de esfuerzos a traves de la pared puede considerarse uniforme y la anterior ecuacion producira el valor real del esfuerzo cortante en un punto dado de la pared

EI angulo de torsion de un arbol hueco de pared delgada puede obtenerse usando el metodo de energia (2) suponiendo una deformacion elastica se puede demostrar que el angulo de torsion de un arbol de pared delgada de longitud L Y Ges

TL JCPds 4gt = 4a2G -t-

En donde la integracion se calcula a 10 largo de la linea central de la seccion de la pared

82


Ejercicio 12

A un tubo de aluminio estructural de seccion rectangular 60 x 100 mm(Ver Fig 67) es necesario hallarle el esfuerzo cortante en cada una de sus cuadro paredes que produce un momento de torsion de 3 KN m suponiendo (a) espesor uniforme de la pared de 4 mm (b) p~r defecto de fabricacion las paredes AB y AC son de 3 mm y las BD y CD de 5 mm de espesor

BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n

a Espesor de pared uniforme a area limitada p~r la linea central

a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2

EI T en cada pared es T =T 2ta

3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)

b Espesor de pared variable EI a es la misma y se cambia sucesivamente t = 3 mm y t = 5 mm

3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )

EI esfuerzo cortante en una pared dada depende unicamente de su espesor

83


Ejercicio 13

Cual debe ser el maximo valor de T (momento de torsi6n) que puede soportar la siguiente secci6n delgada (Ver Fig 68) si tiene una L admisible LW = 4000 Psi cual es la relaci6n ltIgtL =7 G = 4 X 106 Psi = lbin2bull


a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz

T 2 anvtmin T 2 x 23021 x 4000 x 01 lb in 184200 lb in

J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01

radMomento de inercia equivalente ~ = = 1246 X 10-5

I G in

EJEMPLO 5

EI fuselaje de una turbina presenta las siguientes caracteristicas y la superficie inferior soporta gases calientes (Ver Fig 69)

Aluminio tl = 004 G = 39 X 106 Psi T =150000 lb in

Acero Inoxidable tz = 004 G = 115 X 106 Psi

84


Calcular 11 12 lt1gt= ~ l = 100

--- Aluminio

Acero ~---Inoxidable

1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2

lt1gt = JTdx4a3 lt1gt - = Tl4 alt1gt tGGt

150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4

~ X 2rr x 30 X 2rr x 30 1 [ 04 x 39 x 106 + -0-0~-X-ll--5-X-l-0--6

lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15

Si se tiene un adm == 40 MPa determinar el momenta de torsion maximo que puede aplicarse a cada una de las barras de laton y al tuba del mismo material que se ilustran en la siguiente Figura 70 Observe que las dos (2) barras tienen

85


igual secci6n transversal y que la barra y el tubo cuadrados tienen identicas dimensiones exteriores


Soluci6n

Para una barra s61ida de secci6n rectangular el maximo esfuerzo cortante esta dado p~r

T 1 --shymax - Cl ab2

En donde Cl se obtiene de la tabla a =b = 0040 m ab= 1 ~ Cl = 0208

Para 1max =1adm =40 MPa tenemos

Barra con secci6n rectangular a = 0064 m y b = 0025 m alb = 256

Interpolando Cl =0259 Asi 1max = ~ =40 MPa Cl ab

T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm

Tubo cuadrado para un tubo de espesor t el esfuerzo cortante esta dado p~r

T 1=shy

2ta

Donde a es el area limitada por la secci6n transversal dentro de la linea central

86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2

Sustituyendo middotT = Tadm =40MPa y t = O006m

T =_T_ =40 M Pa =____T-=3--_~~ T3 = 555 Nm Ua 2 (0006) (1156XIO-3 m 2)

35 ENERGIA DE DEFORMACION

A continuaci6n se presentan algunos conceptos de la energia de deformaci6n pese a que este tema no es del alcance del curso pueden identificarse algunas relaciones sencillas de tensiones y deformaciones a continuaci6n

Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G

f dW JYW = -= Tdy = dV 0

4a2

y -d == Ie es el momento equivalente de la secci6n as ctgtT

T2L

W = 2Gle

TL ds ltP = 4a2G ltP t

Tambien se puede escribir como

87


CAPiTULO 4

4 ELEMENTOS PRISMATICOS SOMETIDOS A FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

41 DEFINICIONES

A continuaci6n se presentan algunas definiciones que permiten identificar cada uno de los conceptos que se tratan en este Capitulo

Viga s61ido generado p~r una superficie plana cuyo centroide recorre una linea recta 0 curva En la siguiente Figura 71 se presentan algunos tipos de viga

Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B

COMPLETAMENTE APOYADA VIGA EN VOLADIZO INDETERMINADA

Figura 71 Modelos Estructurales de tipos de vigas

Las vjgas (a) y (b) debido a las condiciones de sustentaci6n son tales que es posible determinar las reacciones p~r las ecuaciones de la estatica y se lIaman vigas estaticamente determinadas La viga (c) con pasador en A y rodillos en B y C es estaticamente indeterminada Si se hace un corte en la viga la distribuci6n de fuerzas internas es complicada pero para que se mantenga el equilibrio del

88

n


cuerpo libre deben ser estaticamente equivalentes a la resultante de las fuerzas externas aplicadas La resultante de tensiones puede ser siempre sustituida por una fuerza aplicada en el centro de gravedad de la secci6n recta y por un par de fuerzas situadas ambas en el plano axial de la viga y las cargas aplicadas Por otra parte la fuerza puede ser descompuesta a su vez en unas componentes ortogonales

N ~ Normal al plano de la secci6n V ~ Situada en el plano de la secci6n M ~ Momento flector

Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n

N Esfuerzo normal (tambien se puede representar como P) M Momento flector V Esfuerzo cortante

Una fuerza normal positiva esta dirigida hacia afuera desde la cara del cuerpo libre sobre la que actUa Los momentos flectores son positiv~s cuando tienden a flectar el elemento de modo que presente concavidad hacia arriba

Se tendra en cuenta las tres ecuaciones de equilibrio de cuerpo libre

42 METODO DE LAS SECCIONES

Para determinar las fuerzas que existen en una secci6n transversal de una viga se aplica el metodo de las secciones EI anal isis de una viga se empieza trazando el diagrama de cuerpo libre Esto es posible si la viga es estaticamente determinada Una vez determinadas las reacciones se convierten en fuerzas conocidas y en los pasos siguientes no se necesita hacer ninguna distinci6n entre las fuerzas

89

I I

I

MECANICA BASICA CAPiTULO 4

aplicadas y reactivas Luego se apliea repetidamente el concepto de que si un cuerpo en conjunto esta en equilibrio cualquier parte de el 10 estara tambien Considerese una vi~a en la que actUan las cargas concentradas y distribuidas junto con las reacciones que se suponen conocidas (Ver Figura 72) Cualquier parte de esta viga a uno y a otro lado de un corte 0 secci6n imaginaria como x-x tomando perpendicularmente el eje del elemento se puede tratar como cuerpo libre Separando la viga p~r x-x se obtienen los dos (2) segmentos indicados

Observese en particular que el corte imaginario atraviesa la carga distribuida y la separa tambien

Uno y otro segmento de la viga estan en equilibrio y las condiciones de este requieren la existencia de un sistema de fuerzas en la secci6n transversal del corte de la viga En general en una secci6n cualquiera se necesita una fuerza vertical una fuerza horizontal y un momento para mantener la parte de la viga en equilibrio

B

B

t R tReIRAY

Figura 72 Viga simplemente apoya sometida a cargas concentradas y distribuidas

421 Ecuaciones diferenciales de equilibrio

Es muy importante deducir ciertas relaciones diferenciales que permiten la construcci6n de los diagramas de fuerza cortante momento flector y el calculo de las reacciones

Si se toma un elemento de viga Llx separado p~r dos (2) secciones pr6ximas perpendiculares a su eje el sentido positiv~ de la fuerza externa P se considera hacia abajo

90


La fuerza cortante y el momento flector pueden cambiar de una secci6n a otra y hacia ellado derecho del elemento sera V + AV y M + AM como se presenta en la siguiente Figura 73

+ P(x)

Figura 73 Convenci6n positiva para la fuerza cortante y el momento flector

De la condici6n de equilibrio de fuerzas verticales se tiene

i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax

Para que haya equilibrio la suma de momentos con respecto a A debe ser cero (0)

+ i MA = 0

VAx+M+ AM-M + P(IlX)(~2) =0

(1) Y (2) dan ellimite cuando Ax ~ 0 las siguientes dos ecuaciones (2) (2)

Ax (V + P(IlX) A) + AM = 0 AM Ax Ax = -V - P(llx) 2 (2)

Ecuaciones diferenciales basicas

AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91

MECANICA eASlcA CAPiTULO 4

dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2

Analizando de derecha a izquierda

y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0

LlX2)M + LlM - M - P(Ax) T - VLlx = 0( Llx2

LlM -P-- VLlx = 02

Llx LlM - Llx (P 2 + V) = 0

LlM PLlx -=V+ -Llx 2

LlM lim Llx ~ 0 - = V

Llx

43 DIAGRAMA DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR

Con Jas conveneiones de signos adoptados para fuerza axial momento fleetor y fuerza eortante se pueden trazar grafieas de sus funeiones separadas en diagramas Se traza una linea base igual a la Jongitud de la viga se evan ordenadas iguaJes a los valores de las eantidades ealeuladas se unen los puntos determinados por lineas obteniendo una representaeion grafiea de la funcion

Los diagramas de fuerza axial no se emplean con tanta frecuencia con los de fuerza cortante y momento fleetor porque la mayo ria de las vigas que se investigan en la praetica estan cargadas por fuerzas que actlian perpendicularmente al eje de la viga Para tales cargas de una viga no hay fuerzas axiales en ninguna secci6n

Estos diagramas son importantes para el disefiador de estructuras que puede ver de inmediato la clase de funcionamiento que se requiere de una viga en cada secci6n transversal de ella

Ejemplo 11

Para la siguiente viga de la Figura 74 elaborar el diagrama de eizalladura y momento fleetor

93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T

bull Calcular las ecuaciones de momenta y V en cada tramo

CAPITULO 4

Tramo porcion de viga definido entre dos puntos donde hay cam bios bruscos de las fuerzas aplicadas En el tramo no hay carga brusca

Se hace un corte a la distancia x de A

Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o

-P(L shy a)V= -R =---shy

L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0

Ahora el tramo restante

v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0

+ j LMD =0 R3 (L shy x) shy M =0

Chequeo

CAPiTULO 4

dMChequeo dx = -v = Rl

M =VeL - x) = R3(L shy x)

paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores

x 0 -a +a L V -P (L shy a) -P (L shy a) aP aP

L L L T M 0 Pa (L shy a) Pa (L shy a) 0

I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16

Para la siguiente viga (Ver Fig 75) elaborar el diagrama de fuerza cortante momenta flextor y fuerza normal

t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96


Descomposicion de la fuerza de 25 ton 4

tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA

Reacciones Ri = 1373 ton R2 = 1500 ton R3 =1877 ton R4 = 1500 ton Rs = 2000 ton

Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98

MECANICA BAsICA CAPiTULO 4

Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)

Si x=9 M = 553 ton m

x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0

EI sistema de fuerzas que puede existir en una secci6n transversal de una viga consiste en una fuerza axial una fuerza cortante y al momenta flexionante Se considerara tanto el comportamiento lineal mente elastica como el inelastico en las vigas

Limitaciones de la teoria

1 Se supone que todas las fuerzas se aplican sin choque al impacto 2 Vigas estables bajo las fuerzas aplicadas

101


Hipotesis

1 Secci6n transversal simetrica a 10 largo de su eje longitudinal 2 EI eje de la viga pasa p~r todos los centroides de las secciones

transversales

Figura 76 Plano axial de simetria

3 Hipotesis fundamental secciones planas de una viga perpendiculares al eje de la secci6n permanecen planas despues de que la viga se somete a flexion

4 Materia homogeneo isotropico elastico lineal (f = Epound 5 Fuerzas en el plano xy

441 Tensiones internas

Considerando la viga AB cargada transversal mente como representa la Figura 77 con sus correspondientes diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores se observa que la parte central 0 media de la viga CD esta exenta de esfuerzo cortante y que su momento flector Mx=Pa es constante entre C y D Esta clase de trabajo se denomina flexion pura es decir que el segmento de viga CD esta en equilibrio p~r la accion de un momento sola mente

y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~

_ 0 I d~pmiddotk 0 ~hx n

0 reg Figura 77 Viga cagada transversal mente (Flexion Pura)

102


Para investigar el estado de tensiones internas producidas par flexi6n pura se debe examinar la deformaci6n que tiene lugar en el interior del material Se supone que la viga es prismatica y que tiene un plano axial de simetria (Ver Figura 77) el cual se toma como plano xy Cuando actUan las cargas aplicadas sabre tal plano de simetria la flexi6n se produce s610 en este plano

Se supone ademas que el material es homogeneo y que obedece a la Ley de Hooke Siendo su m6dulo de elasticidad en tracci6n igual que en compresi6n Puesto que el momenta flector es constante entre C y D es razonable admitir que la deformaci6n por flexi6n sera tambien uniforme es decir que la porci6n CD de la viga tomara la forma del arco circular de la Figura 77b En esta posici6n deformada cada secci6n transversal originalmente plana se supone que permanece plana y normal a las fibras longitudinales de la viga (confirmado experimentalmente)

A consecuencia de la deformaci6n las fibras de la cara convexa de la viga se alargan ligeramente mientras las de la cara c6ncava se acortan ligeramente Entre la parte superior y la parte inferior de la viga hay una capa de fibras cuya longitud permanece invariable y se Ie denomina superficie neutra La intersecci6n de la superficie neutra can el plano axial de simetria se denomina eje neutro de la viga

Despues de la deformaci6n los planas de las dos (2) secciones transversales adyacentes mn y pq se cortan en O Designando par dB el angulo que forman estos planas y dB = dxp donde 1p es la curvatura del eje neutro de fa viga

Si se pasa par el punta b del eje neutro una recta pq paralela a mn para indicar la orientaci6n primitiva de la secci6n transversal pq antes de la flexion se ve que el segmento Cd de una fibra distante y de la superficie neutra se alarga la magnitud dd = dyB Como su longitud inicial era ed = dx la deformaci6n correspondiente es

ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB

Si se considera una fibra de la cara c6ncava de la superficie neutra La distancia y sera negativa y tambien la sera la deformaci6n Asi todas las fibras de la cara convexa de la superficie neutra estan sometidas a tracci6n y tad as las de la cara c6ncava 10 estan a compresi6n Los experimentos indican que en compresi6n simple la deformaci6n lateral de las fibras es la misma en tracci6n Segun esto la tensi6n en cada fibra sera directamente proporcional a su deformaci6n

103

MECANICA SASICA CAP[TUL04

longitudinal (Jx =( x E =2 y Lo que pone de manifiesto que las tensiones de p

fibra (Jx debidas a flexion pura varian linealmente con la distancia y desde la superficie neutra en tanto el material siga la Ley de Hooke

r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY

Figura 78 Distribuci6n de tensiones en la profundidad de la viga

En la Figura 78 se puede observar la distribucion de tensiones en la profundidad de la vjga La posicion del eje neutro Oz de la seccion transversal puede ser ahora determinada por la condicion de que estas tensiones distribuidas en la seccion deben originar un par resistente M

Designando dA un elemento de area de la seccion transversal situado a la distancia (y) desde el eje neutro el elemento de fuerza que actUa sobre esta area es (JxdA Y aplicando la ecuacion se tiene

E (JxdA = - ydA

p

Puesto que no debe haber fuerza normal resistente Nx sobre esta seccion (flexion pura) la integral de (JxdA es el area total de la seccion debe ser nula 0 sea

-EfydA = 0 P A

Como E P diferente 0 se deduce de esto que

LYdA =Aye = 0

EI primer momento respecto a un eje es cero cuando pasa per el centro ide (Ver Fig 78)

Donde A es el area de Ja seccion transversal eye distancia desde el eje neutro a su centro de gravedad Si A diferente 0 se concluye que ye = D Asf el eje neutro de la seccion recta pasa p~r su centro de gravedad

104


EI momenta de la fuerza elemental axdA respecto al eje neutro de la seccion es dM =yaxdA La suma de est os momentos elementales en el area total debe producir el momenta de flexion M en esta seccion asi

f EfM = Y axdA = - y2 dA A P A

y

[ y2 dA

Es el momenta de inercia de la seccion y se puede escribir

1 M -=shyP EI

Esto dice que 1p del eje de la viga es directamente proporcional al momento f1ector M einversamente proporcional a la cantidad EI Hamada Rigidez a la flexion de la viga

Sustituyendo 1p en ax = pound X E = -B Y

p

ax=MySe tiene 1

Se ve que la tension de flexion sera maxima en las fibras mas alejadas de la superficie neutra y se traducira en traccion en la cara inferior convexa de la viga y en compresion en la cara concava superior

MC2 amfn =-1shy

Si es seccion transversal simetrica con respecto al eje de gravedad C1 = C2 = c

Zl Y Z2 son los modulos de resistencia 0 momentos resistentes de la seccion pudiendo escribir

105


442 Calculo de momento de inercia (3)

Para aplicar la formula de la flexion se debe determinar el momento de inercia I del area transversal con respecto al eje neutro Su valor esta definido por la integral y 2 dA sobre toda el area transversal de un miembro y se debe subrayar que para dicha formula de la flexion el momento de inercia tiene que calcularse con respecto al eje neutro del area transversal Tal eje pasa por el centroide de dicha area

En caso de secciones simetricas el eje neutro es perpendicular al eje de simetria Ademas es uno de los ejes principales (aquellos con respecto a los cuales el momento rectangular de inercia es maximo 0 minimo)

Tales ejes son siempre mutuamente perpendiculares EI producto I yzdA se anula para ejes principales (un eje de simetria de una seccion transversal es siempre un eje principal)

A continuacion se desarrolla dicha definicion

Procedimiento

1 Hallar el centroide de la seccion (Ver Fig 79) 2 La integracion de y 2 dA se efectua luego con respecto al eje horizontal que

pasa por el centroide determinado por la I real sobre areas (es necesaria solo para algunas formas elementales como 1)

3 Secciones transversales pueden descomponerse en una combinacion de formas simples

dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----

Figura 79 Ubicacion del centoide en una seccion transversal de un elemento

Esta area tiene un momento de inercia 10 con respecto al eje horizontal que pasa por el centroide esto es 10 =I~(d + y)2dA Y medio desde el eje centroidal EI momento de inercia Izz de la misma area con respecto a otro eje horizontal z shy z es por definicion

106

i i I


Izz = fd + y)2dA donde y se mide a partir del eje que pasa por el centroide

Resolviendo setiene

Izz = d 2 f~ dA + 2d f~ydA + f~y2dA

Izz = Ad2 + 2d f~ydA + 10

Sin embargo como el eje desde el cual se mide y pasa por el centroide del area f ydA 0 yA es cero

Izz = 10 +Ad2

EI momento de inercia de un area con respecto a un eje cualquiera es igual al momento de inercia de la misma con respecto a un eje paralelo ai primero y que pasa por su centroide mas el producto del area y el cuadrado de la distancia entre los dos ejes

Ejercicio 17

Determinar los momentos de inercia para la seccion de la Figura 80 respecto a los ejes y y z que pasa por el centroide

)lm

I l I

45cm


Seeei6n A (em2) y (em) Ay

Total 24 3 72 interior -12 3 -36

SA 12 cm2 SAy = 36cm3

_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18

Determinar el momento de inercia Jzz de la Figura 81 con respecto al eje horizontal de la secci6n que se muestra

z z


Soluci6n

Seccion A (cm2) y(cm) Ay

Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3

Para el rectangulo completo

LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4

Para la secci6n hueca tenemos

Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19

Determine el momenta de inercia del area mostrada en la Figura 82 a Respecto a los ejes que pasan por el centroide Hallar el centroide Ix b Con respecto al eje zz mostrado en la figura Hallar Ix ely

+

+ + i1

I bull zz 40mm I 20mm


Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3

Asi y = =46z Momentos de inercia con respecto al centroide

109


1 1 Ix =12 x 80mm x (20mm)3 + (80mm x 20mm) x (24mm)2 + 12 x 40mm x (60mm)3 + (40mm x 60mm) x (16mm)2

Ejercicio 20

Obtener la secci6n rectangular mas resistente en flexi6n donde aguante el momento maximo conociendo el esfuerzo admisible de la Figura 83

Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y

Para que eslo se cumpla Z debe ser maximo

Asi hallando la secci6n que tenga el Zmax obtenemos la secci6n mas resistente a la f1exi6n

110

T

t b

y=shy2

MECANICA SASICA CAPiTUlO 4

i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6

Se tienen dos (2) inc6gnitas a y b pero podemos despejar una en terminos de la otra a2 + b2 = D2 Y b2 = D2 _ a2

Asi Z = (D2 - a2 )6

EI maximo 0 minimo se halla cuando dZda =0

dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3

La secci6n rectangular mas resistente tiene las dimensiones de a = D [3 y b = ~23D

- Hallar fa seccion mas rigida en flexion

Conociendo el 0 adimisible se sabe que

o= MEIL lt_ 0 admisible y M lt EUJw max - L

H Ow Y L son constantes i es el Linico que varia con la secci6n y tiene que ser maximo

ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2

Para soportar el momenta la mas rfgida y resistente es la seeeion donde

Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04

Se tiene una viga de longitud L para soportar un momenta M y la opeion de tres (3) seeeiones transversales (Ver Figura 84) eneontrar eual es la mas adeeuada para el diseiio

Solucion

La seeeion mas adeeuada para el diseiio es bull La menos eostosa bull La de menos peso por tanto la de menos area

I L I


Solucion La relaeion con soportar se refiere al Omax

M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular

Asi Dgt~2M -xshy- 11 Ow

2 2 2

EI area de la secci6n circular A = 11 D2 = (32)3 ()30 44 11 ow ~ Ao = 369 Cy

Secci6n cuadrada

a3 M-gtshy ~ 6 - ow a= ~

~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -

AD = 262 cwY La seccion mas adecuada es la de menor area Ejercicio 21

Hallar la carga maxima distribuida q que puede aplicarsele a la viga de la Figura 85 sin que este falle por flexion conociendo

aW compresion = 100 MPa aw tracccion =40 MPa Iz = 50 x 106 mm 4

II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0


Par simetrfa Rl = R3 = 27 q

seccionar 0 S x S 12 11111+N)M

bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q

12 S x S 42 [II IV lli1f---j q x 2

RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy

Cuando x = 12 M = O72q

x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q

Considerando dos (2) casos

Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4


De (a) y (b) se elige el menor es decir (a) N

25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T

Myc lt] - uwc Yc = 80mm YT = 180mm

4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m

Se elige el menor entonces M 5 1111111 N m

1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m

La carga maxima que puede aplicarsele a la viga sin que falle por flexion es

q = 27400 N1m

45 FLEXI6N BIAXIAL (3)

Hasta el momento se han estudiado elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria en donde el momento M producido se representa por un vector horizontal M que coincida con el eje neutro de la seccion transversal (Ver Figura 86) En algunos elementos de la Figura 86 los pares no actuan en un plano de simetria

116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA

Figura 86 Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria

Considerando un elemento no simetrico de forma arbitraria de la figura 86 se tiene

(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0

(2) IMy =0 ~ fZ ax dA =0 Rotar al rededor del eje y

(3) IMz =0 ~ f Y ax dA =0 Rotar al rededor del eje z

Se sa be que

MY ax = --shy

I

Antes se tenia una secci6n simetrica con respecto al eje y y la ecuaci6n fue descartada como trivial en ese momento

Ahora como es asimetrica la secci6n esta ecuaci6n toma un valor significativo

Si en la siguiente distribuci6n de esfuerzos

r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117


se sustituye (JX = -(Jmyc se obtiene

f z (-~ (Jm) dA = 0 donde f y Z dA = 0

Pues (Jm Y c son valores constantes = 0 y la ecuacion queda representando el producto de inercia de la seccion transversal con respecto a los ejes Y y Z y es cero (0) si estos ejes son los ejes centroidales principales de la seccion transversal Se puede concluir que el eje neutro de la seccion transversal coincidira con el eje del par M que representa las fuerzas actuantes en dicha seccion Sl y solo sit el vector par M es dirigido a 10 largo de los ejes centroidales principales de la seccion transversal

NA Z~~~~~~~~-

y y

Figura 87 Elementos can uno (1) ados (2) planas de simetria

Elementos que tienen uno (1) 0 dos (2) pianos de simetria (Ver Fig 87) se rota 90deg el par M sigue dirigido a 10 largo de un eje principal centroidal y el eje neutro nuevamente coincide con el eje del par y el par no actUa en un plano de simetria

En secciones asimetricas se nota que el vector par M no esta dirigido a 10 largo de un eje centroidal principal y el eje neutro no coincide con el eje del par

Cualquier seccion posee ejes principales centroidales y se pueden determinar analiticamente 0 con el Circuo de Mohr

Si el vector par M se dirige a 10 largo de uno (1) de los ejes centroid ales principales de la seccion el eje neutro coincidira con el eje del par y se lograra calcular con las mismas formulas de elementos de simetrla A continuacion y en la Figura 88 se presenta un caso general de flexion asimetrica

118


M

Figura 88 Elemento asimetrico

Un momento M que actua en un plano que forma un angulo e con el plano vertical la representacion en la seccion transversal formara el mismo angulo e con Z por que las fuerzas actuan perpendiculares al plano

Se tiene Mz = M cos e My = M sen e (V y Z son ejes centroidales principales de la seccion transversal) Para la determinacion de los esfuerzos tenemos que el par Mz actua en un plano vertical V y flecta el elemento en dicho plano entonces

Donde Iz es el momento de inercia de la seccion con respecto al eje centroidal principal Z Es importante tener presente que el signo negativo (-) obedece al hecho de que se tiene compresion por encima del plano XZ (V gt 0) y traccion por debajo (V lt 0) y el eje V es positiv~ hacia arriba EI par My actUa en un plano horizontal y flecta el elemento en dicho plano Los esfuerzos resultantes son

My (J = -- Z

x y

Iy es el momento de inercia de la seccion con respecto al eje centroidal principal V EI signo positiv~ obedece al hecho de que se tiene traccion a la izquierda del plano vertical XV (Z gt 0) y com presion a su derecha (Z lt 0)

Esta formula es aplicable si bull Los esfuerzos combinados no exceden el limite de proporcionalidad del

material bull Si las deformaciones causadas por uno de los pares componentes no

afectan considerable mente la distribucion de los esfuerzos debidos a la obra

EI esfuerzo normal es cero (0) en cualquier punto del eje neutro y la ecuacion que define dicho eje puede obtenerse haciendo Ox = O

119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy

Reemplazando Mz y My por Mz = M cos e y My = M sen e

McosO M sinO (IZ)Iz Y = Iy Z ~ Y = Iy tan 0 Z

La ecuaci6n anterior es una ecuaci6n de la recta que depende de una pendiente

Asi el angulo lttgt que el eje neutro (N-A) forma con el eje Z se define por la relaci6n tan tP = tan 0 donde e es el angulo que el vector por M forma con el mismo eje

ly

Como Iz Iy son positivos lttgt y e tienen el mismo signo y ademas

tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy

Se concluye entonces que el eje neutro estara siempre entre el vector par Myel eje principal correspondiente al momento menorde inercia como se presenta en la siguiente Figura 89

Figura 89 Eje neutro entre el vector par Myel eje principal

Si Iyz = 0 se obtiene

Mzly Mylz (5=- 2 Y + 2ZIy Iz - Iy Z Iy Iz - Iy Z

Si los ejes centroidales fueran los ejes principales de la secci6n transversal Iyz = 0 se obtendria la misma ecuaci6n del analisis anterior

120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22

Una viga de acero en forma de I 18123(Ver Fig 90) fue instalada durante el proceso de construcci6n de manera que el eje Y hace 20deg con la vertical por error hacia la izquierda En su disefio vertical se sabia que el esfuerzo maximo era de 18000 Ibpulg2

bull Cual sera el esfuerzo maximo ahora por su inclinaci6n

y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian

lb 418000 --2 x 6420 pulg Mo disefio = PUI~ I = 288900 lb pulg

pug

Mz =Mo cos 20Q = 2714771bpulg

My =Mo sin 20 Q = 98810 lb pulg

A Es el punto donde (] es mas grande que todos ya que Ymax (-) YZmax (+)

Mz My(J=--Y+-Z

lz ly

271477 (lbpulg)x (-4pulg) 98810Ibpulg (JA = - 6420 pulg4 + 44 pulg4 x 2085

(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23

EI par M se aplica a una viga de la secci6n transversal ilustrada en la siguiente Figura 91 en un plano que forma un angulo 13 can el plano vertical Determinar el esfuerzo en

(a) EI punta A (b) EI punta B EI punta D

B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24

EI par M se aplica a una viga de secci6n transversal ilustrada en la siguiente Figura 92 En un plano que forma un angulo can el plano vertical determinar el esfuerzo en

(a) EI punta A (b) EI punta B (c) EI punta D


Otra presencia de carga biaxial es la aplicaci6n de una carga axial excentrica 10 que modifica la ecuaci6n

122


P Mz My (J =--- Y+-z

x A lz ly

Si se considera un elemento AB que se presenta en la siguiente Figura 93 sometido a fuerzas excentricas iguales y opuestas P y P yay b son las distancias desde la linea de acci6n de las fuerzas hasta los ejes centroidales principales de la secci6n transversal del elemento se puede escribir My = Pa y Mz = Pb Am310gamente la fuerza excentrica P es equivalente a la fuerza centrica P y los pares My y Mz

En virtud al principio de Saint Venant se puede reemplazar la carga original por la carga estaticamente equivalente para determinar la distribuci6n de esfuerzos en una secci6n del elemento siempre y cuando la secci6n no este cerca a uno de los extremos del elemento Y y Z se miden desde los ejes centroidales principales de la secci6n

La relaci6n obtenida muestra que la distribuci6n de esfuerzos en la secci6n es lineal Se debe tener cuidado con los signos puesto que cada uno de los terminos puede ser positivo (+) 0 negativo (-) dependiendo de P y P Ysu localizaci6n de la linea de acci6n con respecto a los ejes centroidales principaJes de la secci6n transversal

A

p

-----+x

Figura 93 Elemento sometido a fuerzas exctmtricas iguales y opuestas

46 FLEXION COMPUESTA

La Flexi6n Compuesta se da en elementos compuestos de varios materiales Considerando el siguiente elemento (Ver Fig 9~)

2

Figura 94 Secci6n Compuesta

123

MECANICA aASICA CAPITULO 4

La deformaci6n sigue siendo la misma pues esta no depende sino de que la secci6n sea la misma a traves de su ongitud

Ex =- entonces 01 = E1 Ex =-E1 Ley de Hooke y

02 = E2 Ex = -E2 shyP

Ademas dF1 = 01 dA = - E1 Y dA p

E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p

dF2 podria ser ejercida en un elemento de area ndA del mismo material 0 sea que e material (2) se puede modificar por el material (1) ampliado n veces su ancho como se presenta en la siguiente Figura 95

b b

dA _ ndAbull nb

Figura 95 Secci6n transformada del elemento

Si n gt 1 ensanchamiento y Si n lt 1 estrechamiento

La modificaci6n se realiza en direcci6n paralela al eje neutro de la secci6n La nueva secci6n obtenida es la secci6n transformada del elemento (Ver Fig 93)

Ya teniendo el elemento homogeneo el eje neutro puede dibujarse a traves del centroide de la secci6n transformada y el esfuerzo 01 en cualquier punto localizado en la secci6n transversal de la barra original Simplemente se calcula Ox para un Y correspondiente de la secci6n transformada

Para calcular 02 bull en cualquier punto de la porci6n inferior se debe multiplicar por n e Ox calculado para esa distancia y Vale la pena considerar que el elemento compuesto y el elemento transformado se deforman de la misma manera por 10 que la curvatura de un elemento compuesto es

124


I Momento de inercia de la secci6n transformada respecto al eje neutro

Ejemplo 13

EI C8S0 mas import8nte en 18 praCtiC8 de 18 construcci6n hace referencia al caso del hormig6n reforzado cuando las vigas se someten a momentos flectores positivos se refuerzan con varillas de acero colocadas a una pequefa distancia por encima de la cara inferior EI detalle para efectos de anlt~lisis se presenta en la siguiente Figura 96

d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25

5e tiene un elemento estructural (Ver Fig 95) E2 =30 X 106 Psi El = 15 X 106 Psi uwl =1200 Psi uw2 =16000 Psi

Hallar el momenta maximo s610 en la secci6n 1 y el momenta maximo en la secci6n compuesta

ltD

IZ

t 12

J- 11middot

~ eM ~ igura 97 Ejercicio 25

Soluci6n

Asi

u = _Mz Y lt a lz - w

Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3

Z - h X 12 bullbull Mz lt Owa h2 - 6

125

PH 1

MECANICA BAslCA

1200 Psi x 8 x 144 Mmax = 6 = 230400 lb pulg

(Ia secci6n que se transforma va en el numerador de la relaci6n

indica estrechamiento y si n gt 1 indica ensanchamiento )

pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1

(La secci6n 1 se transforma a la secci6n 2 significa que se trabaja con el material 2)

Luego Al = 8 x 12 AT =n Al = a x 12

nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04

La nueva secci6n tiene las siguientes caracteristicas

8

----LL-ltV fscLLLLLl 12

12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12

Hallar el cr de la nueva secci6n a modificado = am = 0 = 1200

Esto debido a que toda la secci6n qued6 transformada al material de la secci6n 1

a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi

En la nueva secci6n transformada controla el menor asi pues se elige el menor crw2 = 16000 Psi

Ahora se halla azmax de la secci6n transformada

04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26

Se tiene un elemento estructural (Ver Fig 98) El =2 X 106 Psi E2 = 20 X 106 Psi Owl = 1000 Psi Ow2 = 13000 Psi

Hallar a) EI Mmax de la secci6n compuesta b) EI valor de Iy de la secci6n transformada


Soluci6n

(La seccion (1) se transformara en la seccion (2))

Se obtuvo un valor menor que la unidad entonces la secci6n (1) se ensanchara

n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg

Ejercicio 27 CASO ESPECIAL (HORMIG6N ARMADO)

b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15

He shycr tracci6n del concreto = 0 Luego el acero es el que soporta Ja tracci6n M = 700000 Kgcm CTmaxa

CTmaxC

Varillas de acero Aa = 2 X 5 cm2 = 10 cm2

VorIUs de ocero

128

bull bull

MECANICA BASICA CAPITULO 4

14 b 1 14 b 1

1D 113 SECCION TRANSFORMADAD1

0 Jd

nAa T cJ ~

(d - ~d) =d (1- ~) =jd -7 Brazo de Palanea

Momentos respeeto al eje neutro


EM=O

Kd b (Kd) XT = nAa (d - Kd)

Desarrollando y despejando Kd se tiene (Kd)2 +n Aa Kd - n Aa d = 0

125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em

Fuerza de compresi6n C = A CTc = Kd~x fIe -7 T = C = CTa Aa

M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2

M Kg CTa =Aa jd = 1606 em2

129


47 FUERZA CORTANTE

Para este anal isis se considera una viga en voladizo como se presenta en la siguiente Figura 100

p

Figura 100 Viga en Voladizo

Haciendo un corte

EFx = 0 No ha y fuerza axial EFy = 0 P + V = 0 V = P + cortante

p

EMc = 0 M - P X = 0 M = P X + flexion

Detalles de Flexi6n considerando una viga en voladizo hecha de placas separadas y unidas en un extremo

P

Cuando se aplica una carga transversal P en el extremo libre de esta viga se observa que las placas se deslizan entre si Aunque el deslizarniento no ocurre en una viga hecha de un material homogeneo y cohesiv~ la tendencia a deslizarse si existe mostrando que ocurren esfuerzos en pianos longitudinales horizontales tanto como en longitudinales verticales

Por otra parte si la misma viga compuesta se somete a un par de f1exi6n M en su extremo libre (b) las diferentes placas flexaran en circulos concentricos y no deslizaran una con respecto a la otra verificando por 10 tanto el hecho de que no ocurre fuerza cortante en vigas sometidas a flexi6n pura

Debido a esto un cubo del material sometido a cortante presenta los siguientes esfuerzos (Ver Fig 101)

130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA

IFy = 0 ~ JTxy dA = -V

IFz = 0 ~ JTxz dA = 0

Figura 101 Cubo sometido a cortante Hip6tesis

Se supone que la distribucion de los esfuerzos normales en una secci6n transversal dada no se afecta por las deformaciones causadas por los esfuerzos cortantes Segun esto la distribuci6n de esfuerzos normales debe ser la misma cuando la viga es sometida a una carga transversal P 0 cuando es sometida a un par de flexi6n de momento M =P x

My Pxy (J =--=-shy

x I I

Mientras los esfuerzos no excedan el Op podemos determinar los esfuerzosmiddot normales bajo una carga transversal as

My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L

Se puede observar que la distribuci6n de esfuerzos normales en una secci6n transversal dada (x = constante) es lineal como en la flexi6n para los esfuerzos maximos seran en x =L

131


Esfuerzo maximo de compresi6n en B Esfuerzo minimo de tracci6n en B

Calculando los esfuerzos cortantes

-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I

EFx = 0 -t H - JPy dA = 0

P X fY=C JH=- ydA -t Q= ydA I Y=Yl

Primer momenta de inercia Q

JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay

A Area de la secci6n sombreada y Distancia del centroide al eje neutro

Entonces H = PjQ X i = PjQ = flujo de corte = q Flujo de corte Fuerza

cortante por unidad de longitud

Si se considera la otra parte de la secci6n daria la misma ecuaci6n pues las fuerzas cortantes aplicadas en las dos (2) porciones de la viga son iguales y opuestas Esto hace suponer que Q tendria que ser del mismo valor y de signo opuesto 10 que indica que la suma da cero Entonces la suma de estos dos (2) momentos es jgual al momento del area de toda la secci6n transversal con respecto a su eje centroidal y por 10 tanto debe ser cero (0)

Para la viga que se presenta en la siguiente Figura 102 el flujo de corte said ria reemplazando P por la suma de cargas aplicadas a la viga y como esta suma da la cortante V se obtiene que q =QJ V

132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1

Figura 102 Viga sometida a cargas

CAPITULO 4

Donde Q es el Momenta de Primer Orden con respecto al eje neutro de la porci6n de la secci6n transversal localizada por encima 0 por debajo del punto c

Ahora con un diferencial en la ecuaci6n H = PQl X se obtendria

dH VQ dxdH = q dx -+ - =- shy

dA f dA

Se puede observar que

y VQ dx T =-shyxy Jt dx

bull Txy =0 en caras superiores porque Q = 0 y ademas no hay fuerza aplicada en dichas caras

bull Tambien para y = 0 Q es maximo pero el T promedio no pues depende del ancho de la secci6n asi como de Q

Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas (Ver Fig 103)

133

MECANICA eAslcA CAPiTULO 4

Tprom va ---rr

~ITZ v TZx

Figura 103 Esfuerzos cortantes en tipos comunes de vigas

Donde iJH = q iJx Q Momento de primer orden del area sombreada

VQ rprom =it

La ecuaci6n puede usarse para determinar los rprom en cualquier elemento de pared delgada siempre y cuando las cargas se apliquen en el plano de simetria del elemento En cada caso el corte debe ser perpendicular a la superficie del elemento y la ecuaci6n dara ta componente del esfuerzo cortante en fa direcci6n de la tangente de dicha superficie

En fa Figura 104 se presentan algunos flujos de corte en diferentes secciones transversales

VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----

Figura 104 Flujos de corte en diferentes secciones transversales

Gero (O) en AyE Y maximo en G y G

134

AGRADECIMIENTOS

La autora expresa sus agradecimientos a

bull Mi Amado Esposo Juan y a mis adorados hijos el Chiqui y el Seba por su constante apoyo en todo 10 que me propongo

bull La senora Ana Mercedes Valenzuela G6mez mi amiga durante todos estos anos en la Universidad Nacional

bull Prof Jorge Eduardo Polanco Fl6rez por su constante colaboraci6n y apoyo en los inicios de este trabajo

bull Doctor Juan Ramiro Sanchez Uribe por sus observaciones durante la realizaci6n del trabajo

bull Andres Felipe Alvarez Toro mi Auxiliar de Docencia quien ha tenido la suficiente paciencia para colaborarme en la realizaci6n de este texto

RESUMEN






INTRODUCCION




CAPiTULO I


CAPiTULO 2


MECANICA BAslCA

pag

3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24

26

28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50

MECANICA BAslCA


CAPiTULO 3


CAPiTULO 4




GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

RESUMEN






INTRODUCCION




CAPiTULO I


CAPiTULO 2


MECANICA BAslCA

pag

3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24

26

28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50

MECANICA BAslCA


CAPiTULO 3


CAPiTULO 4




GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

INTRODUCCION




CAPiTULO I


CAPiTULO 2


MECANICA BAslCA

pag

3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24

26

28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50

MECANICA BAslCA


CAPiTULO 3


CAPiTULO 4




GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134


CAPiTULO I


CAPiTULO 2


MECANICA BAslCA

pag

3 3 4 5 5 6 7 7 8 8 10 11 11 12 13 15 16 17 18 21 23 23 23 24

26

28 29 30 31 32 32 33 33 35 36 37 38 38 44 45 47 48 49 50 50

MECANICA BAslCA


CAPiTULO 3


CAPiTULO 4




GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

MECANICA BAslCA


CAPiTULO 3


CAPiTULO 4




GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134


GRAFICA


iNDICE DE TABLAS


MECANICA BAslCA

123 123 124 124 126 128 129 130 132 133 133

40

37 39 63 77

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

MECANICA BASICA









MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

MECANICA BAslCA

TABLA DE CONTENIDO

RESUMEN

INTRODUCCION

CAPiTULO 1









MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

MECANICA BAslCA




CAPiTULO 2









CAPITULO 3


MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

MECANICA BAslCA

CAPiTULO 4








CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134


CAPiTULO I

1 ESTATICA

11 GENERALIDADES





1






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134






F= mii





GMm F=-shyr2


acci6n



GM 9 = R2


2








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134








A

~ 0

-_-~---lshyIP

II 8


3





3N V16+9=5









4





A

-+ p

C shy ~

~ ~ ~+

Q





A




P-Q=P+(-Q)

5










15P




6


p

~ A a





Considerando


p



7


Q


Ejemplo 1




T2

T1



Tl = 1961b T2 = 134lb

8



T2 300lb = =--shy

sin 300 sin 200 sin 1300

Asi Tl = 1958lb y T2 =13391b

2 2

I 2 I I I

300 Lb 1

1 J 209 ~ - II _ 1 I

I I -J 1 shy

I I 12 I

I 1 2 2


T2 =(300 lb) sen 200 = 1026lb

300Lb

9




Ejercicio 1







As

F =Fxi+Fyj


10




Fy = Fyj F

Fl( Fxi



Figura 13 Ejemplo 2

Soluci6n




AB 10m 5

6m 6m 3 sinO(=- =--=shy

AB 10m 5

11


4Asi Fx = 300 N - = 240 N

5

3 Fy =-300 NS =-180 N

Donde F = (240 N) i - (180 N) j Fy r---=-~~




Ejemplo 3


Solucion






y


Rx-+1991 Ry = +143

12



R == Rxi + Ryj R =(1991 N)i + (132 N)j

Ry = R(14) L-===J~3==== Rx = (1991 N) i


Ry 143 N tan a = Rx = 1991 N

143N R =--= 1996N

sma

R = 1996N lt(4lQ



y y y

B

Iy

D x

c z

Figura 15 Ejemplo 4


13

x





IFI = (Fx2 + Fy2 + FZ2)



y

k

z




Asi

F = (250N)i + (354N)j - (2S0N)k


14





Fy = F cos 200 = 28191lb

Fx = -F sin 200 cos 400 = -7860 lb

Fz = -F sin 20deg sin 400 = -6595 lb

7860 cos Ox = - 300 8x = cos-1 (-0262)

28191 cos 8y = 300 8y = cos-1

( -094)

15


Ejercicio 2



coordenados


Ejercicio3





16









Mo






17










Fz Fz


18





If =LMO =L(rxF) =

n = l2 m






19



LF LF



LFXO

LMXO

LFZO



respectivamente



LFXO

LMXO

LFZO

LMZO


20






Asf que

wi -A

D

R -( c)(b)(a)




21











22




it



I I I






1 1D ~


23















24

middot


Clasificacion

Vigas


Entramado 157757





~ Causa



25


p








1E=- Y Y=l

1000



rC1 e -gt lineal


26



C1 + C2 =K er donde [(K-1) (C1 + C2)]2 1

= eT y

_J(C1 + C2 )eT - K









Se definen como o




27


CAPiTULO 2







o bull 0

P+-t f-P Infinitos





28





I o





o umen



--~gtP(x)

L

Wx

29



y=W v =A (L -x) P = Po + Y A (L - x)v


~xSi x=O P=R

p


R2 i EFy = 0 i Rz (L - x) W (L - x)



R2 - W(x) - Po =0 R z = W(x) + Po



Figura 28 Ejemplo 6

30

x


Soluci6n




R4 - 10 + 35 - 45 =0 por 10 que R4 =20




y

x





31


Po







bull



CI

Plano el~ a a

__ a

CI a a a


32

- - - -----shy





F

-

Li Lmax L








0 FA

OE I-----+

OI---p

Ou


33



t

F 8 a=Ee=-=Eshy

A L

FL 8=shy

AE



Asi

fv e2

r = W = E- dV o 2







CJu Tension ultima



34


x

k~x





Ejemplo 7


L I F+-I ~F 1

2L

F+-I I~F 21

I L I

F~ 2A ~F 512


o= PLse sabe que AE

o= PLAsf (0)AE

b 0= Px2L 0= 2PL ~ (215)

AE AE

c PL ~0= 2AE (~)

35



2331 Objetivo








2333 Procedimiento


NCIRDAZA



36

--- - - - ~--~


Mareas

Barra del material







500 56 1000 125

i 1500 171 2000 200 2500 229 3000 247 3500 266 4000 286 4500 305 5000 320

5500 337 6000 354 6500 369 7000 383 7500 396 8000 409 8500 422 9000 435 9500 448 10000 461 10400 496 10500 619 11000 661 11500 732



37


-1 j ~~~~o -t---------~- =+shy









Lf1 = 657 mm Lf2 = 595 mm Lf3 =579 mm


3




38




A =nR2 =n (592 mm)2 =11029 mm2 =01709 pulg2

L = 334 mm = 1315 pulg




Ea [Lbfpulg2]

I 00426292568 00951585136 01300877706

1170275 01521 017411462843 018781755412 020232047981

2340550 02175

I 2633118 02319 2925687 02433 3218256 02563 i

026923510825 3803390 02806

029134095963 4388531 03011

031104681100I 4973668 03209

5266238 03308 i

034075558806 5851375 03506

037726085430 6143944 04707 6436513 05027 6729081 05567


39



526623

497166

468110

438863

409596

380339

351082

321825

292568

263311

234055

204798

175541

146264

117027

87776

58513

29256

870192

Gt



40

~ ~~ ~










JE




os p S 1040171 [Lbf]


41


1040171 lt p ~ 11500 [Lbf]







61033 - 334 = 61033 100

ELang = 4527







2337 Conclusiones


42














l E y=shy G =----

G 2 (1 + v)

01 lt v lt 05


43






~

lA~ PI U +










Ejemplo 8


44


p

p



Soluci6n


Ll t 00015 Er =Jj = - 6 = -000025





= 2827 cm y E =

P 16000 Kg u=-=--=565shy

A 2827 cm2

Entonces u 565 5 Kg

E =- =00008 =71 x 10 cm2

45





EX = Ey = EZ =aiJT



Yxy = Yyz Yzx 0




x E tE tE




E

46


Ejercicio 2


I Ll I L2 I




01 02



iFx= 0 Rzx - R1x + F =0 F == R1X + R2x




47


Oonde se tiene



Ejercicio3


P

E 12mm

Illshy 1 e A


48


Soluci6n




P ( 400 400) -1 _Ii x 6362 + 300 mm - 12 mm

P 12 mm3 _ 2

-= 762 - 0157 mmE mm shy

KN P = 0157 mm2 x 85 ---2 = 1338 KN

mm

Ejercicio 4



002 12 15



a = 101 x 10-6 jQF



a = 128 x 1O-6 QF

49

-


Ejercicio 5


~C------------J-~_P2----------P1

bull A=11Cm A=20Cm




Ejemplo 9


S + dsIfl~flillIIl

m [--l--------XJ

I~ 9


Figura 45 Ejemplo 9

Soluci6n


50



= Y X2]L Y L2 2E 0 = 2E

W Con W =YAL Y=shy

AL

WL 0= 2AE



Y=pg

W mg W -V=-V Y=shy

V




Sx = W(L-X) = YA (L -x)

EjempJo 10


51

--MECANICA SASICA

Soluci6n

F=ma m=Wg m=w2(

L

Hallar Ymax =

w x

m

Vnt-t-----+ dF r-----~r_--~~~

n e


CAPiTULO 2


9 9


2g


2g

Yw2 [2 xJ]L 3 LJ 2 3- L x-shy =L --=-L

2gE 3 0 3 3

Yw 2 20=- x-L3

2gE 3

52

---


CAPiTULO 3


31 GENERAllDADES




L

Yp L = Opp

Yc L = Op C

YpL YcL


Tp = Tc


53









I 1 max -c




54





MOMENTO TORSIONANTE




dA = 2rrpdp



puede expresar como



55



L Tpl=c lmax =y


C max



t]= 2nC3 t







56

I

-


Ejercicio6


Soluci6n D Imiddot

1 nde4 - ndi4 n(314 - 294 ) 4V ] = 32 = 32 = 212 em

I _ T e _ (450) x 155 _ Kg Tmdx - T - ] - 32855 em2


NOTA


Ejercicio7



57


Soluci6n ] = e4 = 2 2

(003 m)4

I

T = m~xJ c


KNm mU (003 m)43~ = -----shy

003 m

(3 KN

bullm

) (O03m) KN T = 1fl =75000shy

max i (003)4 m4 m2

Ejercicio 8








58







59






pY - Ymax c




Ymax =7


Tc Y max =T P

Entonces




60


Ejercicio 8



TxL JG lP=jG T=lPT



2IT rad)lP =32 x ( 360

JG (1021 x 10-6 m4 ) (80 x 109 Pa)T=-lP= xlP

L 2Om

T = 2042 x 103 Nm


61

MECANICA BAslCA


G = 80x109 Pa

Ym1n = 875 X 10-6


CAPITULO 4

cp =L Ymin =2000 mm X 875 X 10-6 c 20mm

cP = 875 x 1O-4 rad



v

1IiZ

-F--+-- Ii

z

1 zy

iyx =0 iyz = 0





62



clab2

T



- C2 ab3G



alb C1 C2

1 deg 0208 01406

12 0219 01661

15 0231 01958

20 0246 0229

25 0258 0249

30 0267 0263

40 I 0282 0281

50 0291 0291

100 0312 0312

a 0333 0333




63







rjb Factor

18 212

14 214

112 2

1 1 34

Ejercicio 9



1011YTl


77



3 x 2500 2 ~ax = 19 x (10) = 39473



ltp = 19 X (10)3 x G () ---I

Ejercicio 10 b


E

~ i L __ ___ __ __ bull__ _~ ____bull__ ______ ___ _________ J

25m


Soluci6n



Como T = r 6 1Y como - --+ - --+ - --+ K --+ 2 b 12 2

(Lefdo de la tabla)

Asl 560 kg

T = 2 x 376 em x (12)2 em2

em

T = 505344 kg em

78


Ejercicio 11


5 I T


T

40mm

Tadm = 40MPa


Asi T = 40 X 106 Pa x 0208 x 004 x (004)2



x

T



79


)(


lFx=O y






4~ ~

x


80

I

I

i





dA=tds







81



T = 4gt q (2da)


t




T T=shy

2at





82


Ejercicio 12


BA rmm I t

4mm

m 4mm

i

i tmmll

Imiddot 100mm I D


Soluci6n


a = (96 mm) x (56 mm) =5376 x 10-3 m2


3 X 103 Nm T = =69 8MPa2 x (4 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2)


3 X 103 Nm T = T = = 930 MPa

AB AC 2 x (3 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m2 )

3 X 103 Nm T = T = = 558MPa

BD CD 2 x (5 X 10-3 m) x (5376 x 10-3 m 2 )


83


Ejercicio 13



a = 10 x 119 + n(595)z a =23021 inz


J = 1 4X(2302)2 = 36936 - (20+Zllx595)01


I G in

EJEMPLO 5




84



--- Aluminio


1=100


Soluci6n T

T=-- a = rr x 900 in 2

2at

150000 lb in l - = 663 Ps

1 - 2 x rr x 900 in2 x (004)

150000 lb in T = =379 Ps

2 2 x rr x 900 in2 x (007)

ds ds2


150000 x 100 lt1gt- ()- 4 x [rr (900))2 pul4


lt1gt = 49 X 10-5 Rad

Ejercicio 15


85




Soluci6n







T2 = (40 MPa) x (0259) x (0064 m) x (0025)2 T2 =414Nm


T 1=shy

2ta


86


a = (0034 m) (0034 m) = 1156 x 10-3 m 2





Txy

dU =Tdy w=t y=shyT

2 G


4a2


T2L

W = 2Gle



87


CAPiTULO 4


41 DEFINICIONES



Ejemplos regreg

PUUU-----l__-I --A-----B

A B B




88

n




Entonces

m

A x

T ~==~_N

AI----t-I-B~ ~I----------1~ n






89

I I

I





B

B

t R tReIRAY





90



+ P(x)



i LFY = 0

v + AV - V + P(Ax) = 0 AV -= -P (1)Ax


+ i MA = 0





AV dV lim Ax ~ 0 - =- = -P (3)

Ax dx

AM dM lim Ax ~ 0 -=-= -V (4)

Ax dx

91


dM = -Vy ~(dM) = d 2

M = P dx dx dx dx 2


y

M+AM pIlX

it VI

vall B

x

PIx)

ishy

rshy r 1

shy

h w

LlIlt

ax

y

L--------4r-------r-------x

i IFY =0

V + 1V - V + P(1x) = 0

92


LlV Llx = -P

+ i MB = 0


LlM -P-- VLlx = 02




Llx





Ejemplo 11


93

MECANICA BAslCA

A

Soluci6n

bull Reacciones

p

a

l B 1 R


Rz = 0

Rl = _P(L_-_a_) L

Pa R3 =+T


CAPITULO 4



Oxlta + i LFv = 0 A

x -~- ~~~-~-----~-------- ___ I M

v + Rl = 0

v o


L

94

I

I

I

MECANICA BAslCA

+ 1 LMD =0


v

+1 LFv= 0

Pa V=shy

L

+ 1 LM8 = 0 VeL - x) shy M = 0


Chequeo

CAPiTULO 4



paM = R3 (L - x) = shy (L - x)

L

dM Pa -=-V=-shydx L

dV dx = q

1 Tabla de valores



I I

Diagramas de NVy M

95


p

+

M

L Ejercicio 16


t~~~~r ~ ~ ~ 911111

15 15 3m

45m m m 4Sm

f-

V 75

376

-624 -5Qlr-- -r---

553

811

~V 94V ~ -1512

-22 5

-

v

oo

M

N


96



tana = - a = 53deg713

+ ~ LFx=o

Rz -15 ton = 0

Rz = 15 ton

+i LFv=o

333 x 450 Rl + Rs - Rs - 2 - 167 x 3 =0

Rl + Rs 3250 ton

+i LMA = 0

333 x 450 2 Rs x 6 - (167 x 3) x 9 - 20 x 450 + 2 x 3 x 450 = 0

Rs = 1877 ton

Rl = 3250 - 1877 = 1373 ton

97

MECANICA BAslCA


Tramo 0 S x S 45

CAPITULO 4

333

+ --t L Fx = 0 N=O

x + i LFv= 0 V - (333 + a) 2 = 0

333 a 450 = 450 - x

333 (450 - x) a = 450 = 074 (450 - x)

x V = [333 + 074 (450 - x)] 2

Si x =0 V = 0

x = 450 V =750 ton

qx2 (X) 333x (2X)M+--+---=O

2 3 2 3

M = -(074) (45 - x) (X) -ll1x2

x=O M 0

x = 450 M =-22S

98


Tramo 45 S x S 9

v

+ ~ LFX = 0 v + R2 = 0

N = -15 ton 333 x 45+ t L Fv = 0 V + Rl - 2 = 0

V = -624

Tramo 9 S x S 105

33~ [ ~ I)M_Nt I

I_ t~ V 45 I

Rl

333 x 450) (2 )M - Rl ex - 450) + ( 2 x 3 x 450 +x - 450

M - 1373 ex - 450) - 750 ex - 150)

x = 450 M = -22S

x=O M = 553

+ ~LFx = 0 N - 15 + 15 = 0 N = 0

99

I

- Ishy


333 x 450 V- 20 + Rl - = 0

2

v = 1376 ton

M +20 (x - 9) - Rl (x - 450)

455 x 333] [(2) ][ 3 3 45 + x - 450 = 0

M = -20 (x - 9) + 1373 (x - 450) - 75 (x - 150)


x = 1050 M = -1512 ton m

x = 94

Tramo 0 5 x 5 3

N~lnnnu X v

+ ~ LFX = 0 N = 0

+ J LFy = 0 V + l67x = 0

V = -167x Si

x=o v=o x = 3 V = -501

+ i LMA = 0 M + 167 (~2) = 0

M = -167 (~2) 100

MECANICA BAslCA

x=O

x=3

M=O

M = -750

Tramo 3 ~ x ~ 45

M(1--------~~------ 167

v __-----------~-------~

+ L Fy = 0 (167) x (30) + V = 0

V =-501

M + (167 x 30) x (150 + (x shy 30)) = 0

M = -501 (x shy 150) si x = 3 x =45

M = -75 Y si M = -1503

x 0 45shy 45+ 9shy 9+ 105shy 105+ 12shy 12+

V 0 75 -624 -624 1376 1376 -501 -501 -501

M 0 -225 -225 553 553 -1512 middot1503 -75 -75

N 0 0 -15 -15 0 0 0 0 0

44 FLEXION (5)

CAPiTULO 4

15

0

0

0




101


Hipotesis


transversales






y p p 0

71shybull x 1 110

A t tc bq

y

t

1 I~

1 It -1lt11gt hD x

M DiJP vi 1 ~



102







ydB y ex = - = shy

dx p

Areo = R(

dd = yd(

dx = pdB


103




r ax -fshy z

C2

-lshy dA

yY




E (JxdA = - ydA

p


-EfydA = 0 P A


LYdA =Aye = 0



104




y

[ y2 dA


1 M -=shyP EI



p

ax=MySe tiene 1


MC2 amfn =-1shy



105







Procedimiento




dA

Cenlrolde

y Z---t----fI------t-----



106

i i I



Resolviendo setiene




Izz = 10 +Ad2


Ejercicio 17


)lm

I l I

45cm





_ LAy 36 y=--=-=3cm

LA 12 107


_ LAx x= LA

3 43 Jzz = 4 x 6 x - - 3 xshy

12 12

Jzz = 3 4 X 33

Jyy =6 x 4 x 12 +6 x 4 (2 - 15)2 - -u+ (25 - 15)2

Ejercicio 18


z z


Soluci6n


Total 15000 750 112500 interior 3750 875 32813

EA == 11250 cm2 EAy =79687 cm3


LAyY=-- = 708 emLA

Jzz=Jo+Ad2

108


10 X (15)3 IZZl = 12 + 10 x 15 x (75 x 708)2

IZZl = 283896 cm4

Para la parte hueca

5 X (75)3 IZZ2 = 12 +5 x 75 x (875 - 708)2

IZZ2 = 28036 cm4


Izzr = (283896 - 28036) cm4

Izzr = 255859 cm4

Ejercco 19


+

+ + i1



Soluci6n

Ooom


Total 6400 70 112000 interior 2400 30 72000

EA =4000cm2 EAy =184000 cm3


109



Ejercicio 20


Soluci6n

Va que


My M Omax = 10 = z Z =10

Y



110

T

t b

y=shy2


i ab3 x 2 Z=- -+ Z = 12 x bY

ab 2

Z=shy6


Asi Z = (D2 - a2 )6


dZ a 1 da =6 (-2a) + (D2 - a2) x 6 =0

-3a2 +D2 = 0

D a=shy

f3






ab3

i=shy12

111 i i

MECANICA BAslCA

dl 1 [3 ]- = (D2 - a2Ji - x (-2a) + (D2 - a2) = 0da 2

a=D

D a=shy

2


Ejemplo 12

D a=shy y

2

J3 donde b =2 D

CAPrrUL04


Solucion


I L I



M-z Ow

112

I z=shyy

a

l


Secci6n circular


2 2 2


Secci6n cuadrada


~--

Secci6n rectangular

axa3 a3

ZD =--a =shy3 12 Xi 6

2 (M)AD =a2 =63 3 ~ 2

AD = 33 Cy

2 M -




II1Jlp)O

lum I 3m I 12m I( ~ ( -_ ) ( ~


I iii lb iB I

R--gt i i

EFx =0 R2 =0

EFy = 0 113

R1 + R3 - q (54) = 0




bull v1lt x )1

q x 2 q x 2

+t 1Mo = 0 M+-=O -+M = --shy2 2

Si x == 0 M = 0

x == 12 M = -071 q


RM+shy

2 - (27 q) (x - 12) == 0

q x2

M =27 q (x -12) --2shy


x == 42 M = -O72q

Entonces

114

MECANICA SASICA

-072 q

5-DAD q

v + Rl -qx =0

V=qx-27q

-072 q

x = 27m M =0405 q


Entonces

Ahora

yT =80mm

My u=shy

lz

yc = 180mm

My - T = UNTlz

M 25000 N m (a)

Myc lt [ - Uwc

100 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m3

M lt m X ------ - 180 mm 1 x 109 mm3

M 27777 Nm (b)

115

CAPiTULO 4



25000 N m == -072 q q =3472222shym

Mmax (+)

T


4100 X 1062 x 50 x 106 mm 1 m 3

M 5 x---- M 5 62500 N m so mm 1 x 109 mm3

MYT Tz=uwc

40 X 106 Nz X 50 X 106 mm4 1 m 3

Mlt m x----- - 180 mm 1 x 109 mm3

M 5 1111111 N m


1111111 N m = 0405 q q = 27400 N1m


q = 27400 N1m



116 I


Z+---~--~r------NA

Z NA I c

M

-shy -shy

c

axdA



(1) IFx = 0 ~ faxdA = 0



Se sa be que

MY ax = --shy

I




r om ax y--=shy

c T ox

J-l 117





NA Z~~~~~~~~-

y y






118


M





My (J = -- Z

x y






119 J


Mz My(5 =O=--Y+-Z

x Iz Iy





ly


tP gt 0 si Iz gt Iy

tP lt 0 si Iz lt Iy






120

-- ----~-

1 shy


Ejercicio 22



y

I I

-+ f4- 044

z Mo

I I ~ 4 7

A


Solucian


pug




Mz My(J=--Y+-Z

lz ly


(JA = 637369 Psi

121

I

I i

H


Ejercicio 23



B~ rj~tJ 11 pulg

A

z 8pulg

115pulg --1 11 pulg

-r

14 4pulg


Ejercicio 24





122



x A lz ly




A

p

-----+x




2


123




02 = E2 Ex = -E2 shyP


E2 dF2 = 02 dA = - - Y dA

p


b b

dA _ ndAbull nb






124



Ejemplo 13


d [dJ l b I

tl ~I

bull

nAs

-r 112 X

+ -rf-X L


Ejercicio 25



ltD

IZ

t 12

J- 11middot


Soluci6n

Asi


Mz h --ltallz 2 - w

M lt~ 2xah3


125

PH 1

MECANICA BAslCA




pound1 15 X 106 1 n--shy =

pound2 30 X 106 20

pound1

n = pound2

CAPiTULO 4

si n lt 1



nx 8 x 12 8 a =--1-2shy = 12 = 04


8


12

ILLLLLLLLLLLLLLA 12



a awl = 1200 = 20 a = 24000 Psi



04 X 123 [8 X 05

3 2] 4 z = 12 + 2 12 + 8 x 05 x (625) = 37027 pulg

126


16000 x 370 (zmax = = 9110 lb pu1g

Ejercicio 26




Soluci6n



n x Al =a x 8 ~ a =05

lb (T = 10000-shy

1middotpu 9 2

2 X 53 X 1 053 X 8 z = 12 + 12

z = 2092 pulg4

127


y

05

z-~+-~--~---+--~--5

Mz CTmax =-- X Y ~ 10000

CTz

2092 x 10000 Mz ~ 2 5 l - Mz ~ 83680 lb pulg

pug

3 3 [(5 X 1 ) ] 8 X 05

ly = 2 ~ +5x1x452 + 12

ly = 22467 pulg4

10000 X 22467 My ~ 5 =449340 lb pulg


b = 25 cm h = 55 cm d = 50 cm

Ha n=-= 15


CTmaxC


VorIUs de ocero

128

bull bull


14 b 1 14 b 1


0 Jd

nAa T cJ ~




EM=O



125 (Kd)2 + 150 Kd - 7500 =0 -7 Kd = 1922 em


M = [C ld = Ts] d

Kd jd = d - 3 = 4359

Kd M=Cjd=bxTxCTexjd

2M Kg -7 CTe = b (Kd) (jd) = 668 em2


129


47 FUERZA CORTANTE


p


Haciendo un corte


p



P




130


Txy =(yx TxydA

x OxdA

TxzdA





My Pxy (J =--=-shy

x I I


My Pxy (J =--=-shy

x I I

x B

z- 2t I i

p

Bx

L


131




-___lV1 p1tl I~ Ay

___H____~--gt axdA ~

P(JxdA = --XY dA

I




JB+ b (B + b) Y

Q= -2-ydy= -2- y2=Ay






132

MECANICA BASICA

w

llllill bull C1


CAPITULO 4




dA f dA






133


Tprom va ---rr

~ITZ v TZx



VQ rprom =it



VQ rprom t= q =shy

J

A-shy~

c

I +I- bull -

E

+ +

c q=q---+++----



134

claudia ..lenny de la cruz morales i.c., e. estructuras

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