Problema Nro. 9

• Determine la posición e en que debe colocarse la fuerza

P para que la viga se flexione hacia abajo sin torcerse.

Considere h = 200 mm.

P

P

100mm

300mm

e

h

e

𝑉 300𝑚𝑚 = 𝑃. 𝑒 …(1)

𝐼 =1

12𝑡(100)3 +

1

12𝑡 200 3

𝐼 =1

12𝑡 1003 + 2003 = 7.5𝑥10−4𝑡

𝑄 =100 − 𝑦

2+ 𝑦 𝑡 100 − 𝑦 =

1

2100 + 𝑦 100 − 𝑦 𝑡

𝑉 = 𝑞0.1

−0.1

. 𝑑𝑦 = 𝑃 0.12 − 𝑦2 . 𝑡

2𝑡𝑥 7.5 𝑥 10−4𝑑𝑦

0.1

−0.1

= 0.8889𝑃

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 1

0.8889P 300mm = 𝑃 𝑥 𝑒 𝑒 = 266.67 𝑚𝑚.

Problema Nro. 10

• La viga AB está hecha de acero de alta resistencia que

se supone elastoplástico con E = 29 × 106 psi y σY = 50

ksi. Determine, despreciando el efecto de los filetes, el

momento flector M y el radio de curvatura

correspondiente, a) al iniciarse la fluencia, b) cuando las

aletas se han plastificado completamente.

12 pulg.

16 pulg.

M Espesor de 1 pulg.

𝑀 =𝐼

𝑐𝜎 =50ks𝑖

8𝑝𝑢𝑙𝑔.1524 = 9525 𝑘𝑖𝑝𝑠 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔.

𝑐 =∈∗ 𝜌; ρ =𝑐𝜎𝐸

=8

50𝑘𝑠𝑖29 𝑥 106

= 4640 𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐼 =1

1212 16 3 −

1

1212 − 0.75 14 3 = 1524 𝑝𝑢𝑙𝑔.4

𝑎)

𝑏)

7.5pulg.

7.5pulg.

4.67pulg.

4.67pulg.

R1

R2

R4

R3

Fuerzas resultantes Distribución de

esfuerzos Distribución

De deformaciones

𝑅1 = 𝑅4 = 50𝑘𝑠𝑖 12 1 = 600𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑅2 = 𝑅3 =1

250𝑘𝑠𝑖 7 0.75 = 131.3 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑀 = 2 𝑅1 7.5 + 𝑅2 4.67 = 10230 𝑘𝑖𝑝𝑠 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔

∈= 0.001724

𝑦 =∈ 𝜌

𝜌 =7

0.001724= 4060 𝑝𝑢𝑙𝑔. = 338 𝑝𝑖𝑒𝑠

Problema Nro. 11

• Un tramo corto de una columna de acero laminado

soporta una placa rígida sobre la que se aplican dos

cargas P y Q , como se muestra en la figura . Al medir

las deformaciones unitarias en dos puntos A y B sobre la

línea central de las caras externas de los patines se

obtuvo:

Q

P y

x z

x

z

10 in.

B A

6in. 6in.

A=10.0 in2

Iz=273in4

𝜎𝐴 = −𝐹

𝐴+𝑀𝑐

𝐼= −𝑃 + 𝑄

10+6𝑃 − 6𝑄

273𝑥 5 = 27𝑃 − 573𝑄

−11.6𝑘𝑠𝑖 = 27𝑃 − 573𝑄 … . (1)

𝜎𝐴 = 𝐸. ∈= −400𝑥10−6𝑥29𝑥106 = 11.6 𝑘𝑠𝑖

𝜎𝐵 = 𝐸. ∈= −300𝜇 𝑥 29𝑀 = 8.7 𝑘𝑠𝑖

𝐿𝑎 𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑎 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜𝑖𝑑𝑎𝑙 𝑠𝑒𝑟á: 𝐹 = 𝑃 + 𝑄

𝐸𝑙 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑡𝑛𝑜 𝑟𝑒𝑠𝑢𝑙𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒𝑟á: 6𝑃 − 6𝑄 = 𝑀

𝜎𝐵 = −𝐹

𝐴−𝑀𝑐

𝐼= −𝑃 + 𝑄

10−6𝑃 − 6𝑄

273𝑥 5 = −573𝑃 + 27𝑄

−8.7𝑘𝑠𝑖 = −573𝑃 + 27𝑄…. (2)

Por sistema de ecuaciones de la ecuación 1 y 2 se obtiene:

𝑃 = 16.17𝐿𝑏 𝑄 = 21.006𝐿𝑏

Problema Nro. 12

• Dos ángulos L4x 3 de acero laminado se sujetan con

pernos para soportar las cargas que se ilustran en la

figura. Si se sabe que el esfuerzo normal permisible

para el acero utilizado es de 24 Ksi , determine el

mínimo espesor del ángulo que puede emplearse.

300 lb/ft

3 ft 3ft

4in.

6in.

2000lb

300 lb/ft

2000lb+1800lb = 3800lb

Ax

Ay By

3 ft 3ft

𝐹𝑥 = 0; 𝐴𝑥 = 0

𝑀𝐶 = 0;−𝐴𝑦 6 + 3800

𝐴𝑦 = 1900 𝐿𝑏

𝐹𝑦 = 0; 1900 − 3800 + 𝐶𝑦

𝐶𝑦 = 1900 𝐿𝑏

1 2

Corte Nro. 1

300 lb/ft

Ax

1900Lb

x ft

1

300x

V= -300x+1900 x=0, V=1900Lb x=3, V=1000Lb

V M

𝑀 = −300𝑥2

2+ 1900𝑥

𝑥 = 0,𝑀 = 0 𝑥 = 3,𝑀 = 4350 𝐿𝑏 ∗ 𝑓𝑡

300 lb/ft

2000lb+1800lb = 3800lb

Al ser una viga simétrica, el diagrama de la fuerza cortante y el momento son reflejados

1900 1000

-1900

-1000

4350

V(Lb)

M(Lb*ft)

𝑆𝑚𝑖𝑛 =𝑀

𝜎=4350(12𝑝𝑢𝑙𝑔)

24𝑥103= 2.175 𝑝𝑢𝑙𝑔3

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑐𝑎𝑑𝑎 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 =2.175

2 = 1.0875 𝑝𝑢𝑙𝑔3

Buscando las dimensiones adecuado para la sección en el Apéndice C del libro Beer Johnston:

Sección del Ángulo S(in2)

L 4x3 x ½ 1.89

L 4x3 x 3/8 1.46

L 4x3 x ¼ 1.00

Escriba aquí la ecuación.

El espesor más adecuado es de la segunda opción:

𝑡 =3

8𝑝𝑢𝑙𝑔.

Problema Nro. 13

• Una columna es construida al conectar los elementos de

acero laminado que se muestra en la figura con pernos

de ¾ in. de diámetro espaciados longitudinalmente cada

5 in. Determine el esfuerzo cortante promedio ejercido

sobre los pernos a causa de una fuerza cortante de 30

kips paralela al eje Y.

C

y

z

14𝑖𝑛. 𝑥3

8𝑖𝑛.

𝐶10 𝑥 25

𝑦′ = 5 +3

8𝑥1

2= 5.1875𝑖𝑛.

C

𝐼 = 21

12143

8

2

+ 143

85.1875 2 + 91.2 = 465.08 𝑝𝑢𝑙𝑔.4

𝑄 = 143

85.1875 = 27.234 𝑝𝑢𝑙𝑔.3

𝑞 =𝑉. 𝑄

𝐼=30𝑘𝑖𝑝𝑠(27.234)

465.08=1.7567𝑘𝑖𝑝𝑠

𝑖𝑛

𝐹𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 = 1.7567 5𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝑥1

2= 4.392 𝑘𝑖𝑝𝑠

𝜏𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜 =𝐹𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜

𝐴𝑝𝑒𝑟𝑛𝑜=4.392

38

2

𝑥 𝜋

= 9.94 𝑘𝑠𝑖

Problema Nro. 14 • Para la viga y las caras que se muestran en la figura ,

considere la sección n-n y determine el esfuerzo

cortante en:

• El punto “a”

• El punto “b”

500mm 500mm

𝑅𝐵 𝑅𝐴

n

n

𝑃𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎: 𝑅𝐴 = 𝑅𝐵

𝐸𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝐹𝑦 = 0

𝑅𝐴 = 𝑅𝐵 = 90 𝐾𝑁 = 𝑉𝑚á𝑥

𝜏𝐴 =𝑉𝑄

𝐼𝑡=90𝑘𝑁(4𝑥10−5)

5.813𝑥10−6(0.02)= 30.97𝑀𝑃𝑎

𝑌 = 𝐴𝑦

𝐴=2 0.02 0.08 0.04 + (0.02)(0.16)(0.09)

2 0.02 0.08 + (0.02)(0.16)= 65𝑚𝑚 = 0.65𝑚.

𝐼 = 21

120.02(0.08)3+0.02 0.08 0.065 − 0.04 2 +

1

120.16 0.02 3

+ 0.16 0.02 0.09 − 0.065 2 = 5.813 𝑥 10−6𝑚4

𝑄𝐴 = 0.025 0.02 0.161

2= 4𝑥10−5𝑚3

𝑄𝐵 = 0.02 0.03 0.065 − 0.015 = 3 𝑥 10−5𝑚3

𝜏𝐵 =90𝑘𝑁(3𝑥10−5)

5.813𝑥10−6(0.02)= 23.22 𝑀𝑃𝑎

Problema Nro. 15

• Una placa de acero de 160 mm. de ancho y 8mm de

espesor se dobla para formar el canal mostrado en la

figura si se sabe que la carga vertical P actúa en un

punto del plano medio del alma del canal determine:}

• El par de torsión T que causaría la torcedura del canal

de la misma forma que sucede bajo la carga P.

• El esfuerzo cortante máximo en el canal ejercido por la

carga P.

A 100mm

30mm

P=15kN

B

D E

𝑎)

𝑒 =3𝑏2

6𝑏 + ℎ= 9.6429 𝑥 10−3 𝑚

𝜏 = (15𝑘𝑁)(9.6429 𝑥 10−3 𝑚)= 144.6435 N*m

𝑏) 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛:

𝐼 =1

120.008 0.1 3 + 2 0.008 0.03 0.05 2 = 1.8667 𝑥 10−6 𝑚4

𝑄 = 𝑄𝑃𝐴𝑇Í𝑁+ 𝑄𝐴𝐿𝑀𝐴 = 0.008 0.03 0.05 + 0.05 0.008 0.025 𝑄𝑇 = 22𝑥10

−6𝑚3

𝜏𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 =15𝑘𝑁(22𝑥10−6)

1.8667𝑥10−6(0.008)= 22.1 𝑀𝑃𝑎

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛:

𝜏𝑇𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 =𝑇

𝑐𝑎𝑏2=

15𝑘𝑁(9.642910−3)

13 1 −

0.630 0.0080.16 (0.16)(0.008)2

= 43.75 𝑀𝑃𝑎

𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝜏𝑓𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 + 𝜏𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 = 22.1 + 43.75 = 65.85 𝑀𝑃𝑎