Problemas Resolvidos

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Resistencia de 
materiales 
 
 
 
 
 
U N I V E R S I D A D N A C I O N A L 
D E L S A N T A 
I N G E N I E R Í A C I V I L 
V C I C L O 
 
 
 
 
Campos Guerra Carlos 
Fournier Pais Analí 
Jimenez Gonzales Margarita 
Terrones López Yessenia 
Torres Lara María Victoria 
 
 
 
PROBLEMAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES I (1° UNIDAD-REMEDIAL) – 01 
P1) Para el sistema mostrado, las barras achuradas son rígidas. Calcular el desplazamiento 
vertical del punto C. 
 
 
 
 
 
 
 Analizando la Barra CD 
 Aplicando momentos en el centro de la barra Aplicando ∑ 
 
 
 
 
 
 Analizando la Barra AC 
 Aplicando momentos en el centro de la barra Aplicando ∑ 
 
 
 
 
 
 
 Calculando el desplazamiento vertical del 
 
 Por semejanza de triángulos tenemos hallando 
 = 
 
 
 = 
 
 
 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 = 
 
 
 
 
 
A
 
2 a 
x 
a
 
aa
 
a
 
a
 
o
 
A
C
 
D
 A
 
w
w
L=2a 
E
A 
 
2aw 
𝐶𝑦 𝐷𝑦 
C
 
L=2a 
E
A 
 
a
 
a
 
a
 
a
 
o
 
C
 
L=2a 
a
 
a
 
o
 
C
 
L=2a 
a
 
o
 
C
 
L=2a 
A C
 
C´ 
 𝐿 
P2) En el sistema mostrado en la Fig. ¿Cuánto desciende el peso W respecto a 
la posición en la cual el tensor no estaba deformado? La barra es 
indeformable y de peso Q, el tensor BC es de peso despreciable, área A y 
módulo de elasticidad E. 
 
 
 
 
Solución 
- Diagrama de cuerpo libre: 
 
 
 
 
 
 
- Hallando T 
∑ ( ) ( ) ( ) 
 
- Hallando deformación de BC 
 
 
 
 
( ) 
 
 
- Hallando desplazamiento de W 
Por semejanzas: 
 
 
 
 
 
 ( ) ⁄ 
 
 
B 
l , A , E A 
C 
l l 
W 
B 
C 
T 
T 
T 
A
A
Q W 
l l 
C W 
X 
d
D
P3) Un eje diámetro “d” pasa a través de un orificio circular hecho en una lámina, a 
temperatura ambiente? Cuál debe ser el diámetro de este orificio para que el área de la 
corona circular libre que rodea al eje sea Ctte. A todas las temperaturas: αe, Coeficiente de 
dilatación lineal del eje y αm, Coeficiente de dilatación lineal de la lámina. 
EXPANSIÓN TÉRMICA 
ΔL = L x α x ΔT 
 Aplic. Deformada 
 ΔD = D x αm x ΔT 
 Δd = d x αe x ΔT 
 Área de la corona circular 
 Ac = π/4 (D
2
 – d
2
) ………………………………………………… (1) 
 Nuevo Diámetro 
 D´= ΔD + D = D x αm x ΔT = D (1 + αm ΔT) 
 d´= Δd + d = d x αe x ΔT = d (1 + αe ΔT) 
 Nueva Área de la corona circular 
 Acc´ = π/4 (D´ 
2 – d´ 2) …………………………………………. (2) 
 IGUALANDO (1) y (2) 
 Ac = Acc´ 
 π/4(D2 – d2) = π/4(D´ 2 – d´ 2) 
 D2 – d2 = D2 (1 + αm ΔT)
2 – d2 (1 + αe ΔT)
2 
 D2 – d2 = D2 [1 + 2 αm ΔT + (αm ΔT)
2] - d2 [1 + 2 αe ΔT + (αe ΔT)
2] 
 D2 – d2 = D2 + 2 D2 αm ΔT – d
2 - 2 d2 αe ΔT 
 2 D2 αm ΔT = 2 d
2 αe ΔT 
 
 D = d (αe/ αm)
1/2 
 
P4) Una barra supuestamente rígida esta sustentada por dos barras circulares articuladas con la 
anterior, según la disposición de la figura. La barra A tiene una tensión admisible de 
1000Kg/cm2y sección 10cm2 mientras que la barra B tiene una tensión 
admisiblede1200Kg/cm2y sección8 cm2. Ambas barras tienen idéntico módulo de elasticidad 
E. Hallar los valores máximos de las cargas puntuales F y Q para que la barra permanezca 
horizontal. 
 
F L BA
1.0m 4m 2.0m
Q
 A = 1000Kg/cm
2 AA=10cm
2 D.C.L 
 B = 1200Kg/cm
2 AB=8 cm
2 TA+TB= F + Q ……(1) 
 ∑ 
 TA +5TB=7(Q) …..(2) 
 ᵟA = ᵟB 
 PALA = PBLB 
 EAAA EBAB 
 Sabemos que : 
 LA=LB=L EA=EB TA=PA TB=PB 
 Entonces: 
 PA = PB ……….(3) P = A …..(4) 
 AA AB 
 
 (4) en (3) 
 A = B =1000Kg/cm
2 
 
 TA=XAA=1000Kg/cm
2 (10cm2 )= 10000Kg 
 TB=XAB =1000Kg/cm
2(8cm2) =)= 8000Kg 
 
 En (2) 
 10000Kg + 8000Kg(5) = Q(7) 
 Q=7142.85 Kg 
 En (1) 
 10000Kg + 8000Kg = 7142.85 Kg +F 
 F=12857.14 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P5) Una barra rígida e indeformable, tiene un peso W y longitud 2h. Esta suspendida en su punto 
medio por un tirante de área 4A, longitud 2h y modulo de elasticidad Y. En uno desus extremos 
se encuentra un trono cónico de cases 4A Y A, altura h y módulo de elasticidad 2Y. En el otro 
extremo se le aplica una fuerza F igual al doble del peso de la barra. Determinar cuánto 
desciende este extremo. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Trazamos nuestro diagrama de cuerpo libre: 
 Por equilibrio obtenemos: 
 
 ∑ 
 
 ∑ ( ) ( ) 
 
 T1=2w 
 T2=5w 
 
- Del diagrama podemos observar la siguiente relación: 
 
 
 
 
 
 
………(**) 
 
- Hallamos las deformaciones: 
 
o Deformación 1: 
F 
a a 
h 
2h 
F=2w
w 
T2 T1 
𝛿 
𝛿3 
a a 
w 
𝛿 
 
 ∫
 
 
 
( ⁄ 
 
 
)
 
( )
 
 
 
 
 ∫
 
 
 
( ⁄ 
3 
 
)
 
( )
 
 
 
 
 
 
 
∫
 
( ⁄ 
3 
 
)
 
 
 
 
 
 
 
 
⌊
 ( ⁄ 
3 
 
)
 
 
⌋ 
 
 
 
(
 
 
) [ (
 
 
) (
 
 
)] 
 
 
 
 
 
 
 
 
o Deformación 2: 
 
( )( )
( )( )
 
 
 
 
 
 
 
o Remplazando en (**): 
 
 
 
 
 
 
 
 3 
 
 
 
 
 
 
 3 
 
 
(
 
 
) 
 
 
 
2A A/2 
* 
h 
𝑥
 
 
 
 𝐴
 
P6) Para el sistema mostrado en la fig. , determine la relación de la las áreas de las secciones 
transversales del acero con E = 2.1 * 
 
⁄ , y el aluminio, con E=7 * 
 
⁄ , 
si las dos barras se deforman igualmente. Desprecie el peso de las barras. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 Analizando la Barra rígida 
 
 Aplicando momentos en el apoyo 
 
 
 
 
 
 
 Por dato del problema se tiene que: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
L L 
A
L
U
M
I
N
I
O 
 
A
C
E
R
O 
3P 
 
 
 
L 
 
 
L 
L L 
3P 
𝑅𝑦 
A
L
U
M
I
N
I
O 
 
A
C
E
R
O 
 
L 
 
 
L 
3P 
P7) Determinar el máximo valor de P en la Fig. si los esfuerzos en la barra de 
acero y madera no exceden de 25000psi. Y 1500psi respectivamente. 
Eacero = 30x10
6 psi; Emadera = 1.5x10
6 psi. 
 
 
 
 
 
Solución 
- Diagrama de cuerpo libre: 
 
∑ 
 
 
 
- Igualando deformaciones: 
 
 
 ( )
( ) ( )
 
 ( )
( ) ( )
 
 
 
 
- Calculando Fuerzas (Intervalo): 
o Por esfuerzo 
 
 
( ) 
 
 
( ) 
 
 
 
 
 
 
m
ad
er
a 
L/2 
 
P 
10’’ 
0.005’’ 
40’’ 
2
’’
x2
’’
x1
0
’’ 
RIGIDA 
L/2 
0.005’’ 
T1 
T2 
T1 
aa m
…(1) 
…(2) 
- Hallando P máximo: 
 
o De (2) 
 
 
 
 
 
 Sabiendo que: 
 
 
Nuevo Intervalo 
 
 
o De (2) en (1) 
 
 
 
 
 
 
 Si es máximo es máximo 
 
 
 ( )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O 6000 
2212.1 
736.4 
P2 
P1 
10 cm. 10 cm.
TA
D
b ca
P
x
T TB C
0.04 mm.
35 cm.
10 cm. 10 cm.
A B C
D
b ca
P
x
P8) Cuando la estructura de la Fig. no está cargada hay una diferencia de 0.04 mm entre la losa 
rígida D y la barra B. Determinar la magnitud y posición de la fuerza P que causará esfuerzos 
normales iguales en las barras A, B, C en magnitud. 
 Esfuerzos normales iguales → σA = σB = σC = σ 
 Áreas iguales → AA = AB = AC = A 
 σA = TA / AA 
 σ = TA / A 
TA = σ A , TB = σ A , TC = σ A 
 TA = TB = TC = T 
 
 
 
 
 
 
 Ʃ Mb = 0 
 -TA (10) + P (X) + TC (10) = 0 
 - σ A (10) + P (X) + σ A (10) = 0 
 P (X) = 0 
 X = 0 
 Ʃ FY = 0 
 P = TA + TB + TC 
 P = σ A + σ A + σ A 
 P = 3 σ A 
P / 3A = σ 
P / 3A = T / A 
P = 3T 
P9. Un bloque rígido pesa 12000Kgs. Y pende de tres varillas simétricamente colocadas como se 
indica en la figura. Antes de colocar el bloque, los extremos inferiores de las varillas estaban 
colocados al mismo nivel. Determinar el es fuerzo en cada varilla después de suspender el bloque y 
de una elevación de temperatura de 55°C .(Para el Br. L=90cm, A= 10cm2 
E=8.6x105Kg/cm2,α=1.8x10-5/°C, para el acero : L=600cm, A= 5cm2 E=2.1x106Kg/cm2,α=1.17x10-
5/°C, para el acero. 
 
12,000Kg
Acero Acero
Bronce
 
 D.C.L 
2 TA+TB =12000Kg ………(1) Sabemos que: TA = PA TB=PB 
 
Las deformaciones son iguales: 
 PALA + αALA ∆T = PBLB + αBLB∆T 
 EAAA EBAB 
 
 
 PA 600cm + 1.17x10
-5/°C x55°Cx 600cm = PB 90cm + 1.8x10
-5/°Cx55°Cx 90cm 
 5cm2x 2.1x10
6Kg/cm2 10cm2x 8.6x10
5Kg/cm2 
 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.3861cm = 1.05x10
-5xPB cm/ Kg + 0.0891cm 
 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm = 1.05x10
-5xPB cm/ Kg 
 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm = 1.05x10
-5x(12000Kg -2PA)
 
 cm/ Kg 
 5.71x10-5xPA cm/ Kg + 0.297cm = 0.126cm-2.1x10
-5x PAcm/ Kg7.81x10-5xPA cm/ Kg = -0.171cm 
 PA = -2189.500 Kg 
Hallando PB en (1): 
2( -2189.500 Kg)+ PB = 12000Kg 
PB =16379Kg 
 
Hallamos el esfuerzo : 
 
 
 A = PA = PA = -2189.500 Kg = 437.9 Kg/cm
2 
 AA 5cm
2 5cm2 
 
 B = PB = PB = 16379Kg = 1637.9 Kg/cm
2 
 AB 10cm
2 10cm2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P10) Para el sistema mostrado en la figura, calcular los esfuerzos térmicos de las barras 
elásticas, si , E=2x10
6 kg/cm2, =125x10-7/ºC. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Dividimos la armadura en dos secciones: 
 
 
 
 
 
- Por las ecuaciones del equilibrio, tenemos: 
o De la Fig. 1: 3 3 ⁄ ( ) 
o De la Fig. 2: 3 ( ) 
 
- Tenemos como dato , entonces: 
 
 ( 
 ⁄ )( ⁄ ) 
 
 
 
- Despejando: 
 ( 
 ⁄ )( ) 
 
 
- En (1) y (2): 
 3 
 3
 ⁄ 
 
 ⁄ 3 
 3 
 
 
 
 ⁄ 
 
 ⁄ 
 
 
- 
 
 
 
 3 
 
III 
I I 
II II 
A 
a 
a 
a a 
T1 T1 T3 
Fig.1 Fig.2 
T3 
T2 T2 45
PROBLEMAS SOBRE CARGAS DE IMPACTO 
 
P1) Un peso de 500 . Masa se desliza hacia abajo sin fricción por una barra de acero de 
10mm de diámetro y de 1m de longitud. En su caída se detiene mediante un cabezal fijo a la 
barra. Determinar la altura máxima del cual puede caer el peso, si el esfuerzo máximo no debe 
exceder de 284MPa. Considere E = 200 * Pa. 
 Datos 
 
 D=10mm 
 L=1m 
 =? 
 
 E = 200 * Pa. 
 
 Se tiene que 
 ( √ 
 
 
) 
 Hallando la 
 
 
 
 
 
 
 
=6.366 kg/ 
 Reemplazando los datos en la formula 
 284* Pa=6.366* *(1+ √ 
 
 3 
) 
 Despejando se tiene que 
 
 
 
 
 
 
 
 
h 
L=1m 
w
h
4 pies
P3) Un peso w = 100Lbs. Se desliza hacia abajo sin fricción por una barra de acero que tiene 
como área de sección transversal 0.2 pulg2, como se indica en la fig. Determinar el esfuerzo 
Max. , la Deformación Unitaria, y el Factor de Impacto cuando; a) h = 0 pies. b) h = 1 pie. c) h 
= 2 pies. E= 80 GPa 
 ESFUERZO MÁXIMO: 
 σD = W/A + [(W/A)
2 + 2h(WE/AL)]
1/2 
 DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA: 
 δD = WL/AE + [(WL/AE)
2 + 2h(WL/AE)]
1/2 
 FACTOR DE IMPACTO: 
 F.I = σD / σest , σest = P/A 
a) h = 0 pies. 
 W = 100 lbs. , A = 0.2 pulg2 , L = 4 pies = 48 pulg. , E= 80 GPa = 80x109 Pa 
ESFUERZO MÁXIMO: 
 σD = W/A + [(W/A)
2 + 2h(WE/AL)]
1/2 
 σD = 100 / 0.2 + [(100 / 0.2)
2 +0]
1/2 
 σD = 1000 lb / pulg
2. 
DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA: 
δD = WL/AE + [(WL/AE)
2 + 2h(WL/AE)]1/2 
δD = 100lb x 48pulg. / 0.2pulg
2 x 80 x 109Pa + [(100lb x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)2 + 0)]
1/2 
δD = (2 x 100 x 48) / (0.2 x 80 x 10
9 x 1.48 x 10-4) 
δD = 4.05 x 10
-3 pulg. 
FACTOR DE IMPACTO: 
 F.I = σD / σest , σest = P/A 
 σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg
2 
 F.I = σD / σest = 1000 lb/pulg
2 / 500 lb/pulg2 = 2 
 
b) h = 1 pies. = 12 pulg. 
 W = 100 lbs. , A = 0.2 pulg2 , L = 4 pies = 48 pulg. , E= 80 GPa = 80x109 Pa 
ESFUERZO MÁXIMO: 
 σD = W/A + [(W/A)
2 + 2h(WE/AL)]
1/2 
 σD = 100lb/0.2pulg.
2 + [(100lb / 0.2pulg2)2 + 2 x 12pulg.(100lb x 80 x 109Pa/0.2pulg.2 x 48pulg)]]
1/2 
 σD = 100/0.2 + [(100 / 0.2)
2 + 2 x 12(100 x 80 x 109x1.48x10-4/0.2 x 48)]]
1/2 
 σD = 54908.18 lb/pulg
2. 
DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA: 
δD = WL/AE + [(WL/AE)
2 + 2h(WL/AE)]1/2 
δD = 100lb x 48pulg / 0.2pulg.
2 x 80 x 109Pa + [(100lb x 48pulg / 0.2pulg2. x 80 x 109Pa)2 + 2 x 
12pulg. (100lb x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)]1/2 
δD = 100 x 48 / 0.2 x 80 x 10
9 x 1.48 x 10-4 + [(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)2 + 2 x 12 (100 
x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)]1/2 
δD = 0.223 pulg. 
FACTOR DE IMPACTO: 
 F.I = σD / σest , σest = P/A 
 σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg
2 
 F.I = σD / σest = 54908.18 lb/pulg
2 / 500 lb/pulg2 = 109.82 
 
 
c) h = 2 pies. = 24 pulg. 
 W = 100 lbs. , A = 0.2 pulg2 , L = 4 pies = 48 pulg. . , E= 80 GPa = 80x109 Pa 
ESFUERZO MÁXIMO: 
 σD = W/A + [(W/A)
2 + 2h(WE/AL)]
1/2 
 σD = 100lb. / 0.2pulg.
2 + [(100lb. / 0.2pulg.2)2 + 2 x 24pulg. (100lb. x 80 x 109Pa/0.2pulg2. x 
48pulg.)]]
1/2 
σD =100 / 0.2 + [(100 / 0.2)
2 + 2 x 24 (100 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4/0.2 x 48)]]
1/2 
 σD = 77443.16 lb/pulg
2. 
DEFORMACIÓN UNITARIA MÁXIMA: 
δD = WL/AE + [(WL/AE)
2 + 2h(WL/AE)]
1/2
 
δD = 100lb. x 48pulg. / 0.2pulg
2 x 80 x 109Pa + [(100lb. x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)2 + 2 x 
24pulg. (100lb. x 48pulg. / 0.2pulg.2 x 80 x 109Pa)]1/2 
δD = 100 x 48 / 0.2 x 80 x 10
9 x 1.48 x 10-4 + [(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)2 + 2 x 24 
(100 x 48 / 0.2 x 80 x 109 x 1.48 x 10-4)]1/2 
δD = 0.314 pulg. 
FACTOR DE IMPACTO: 
 F.I = σD / σest , σest = P/A 
 σest = 100/0.2 = 500 lb/pulg
2 
 F.I = σD / σest = 77443.16 lb/pulg
2 / 500 lb/pulg2 = 154.89 
 
 
 
 
 
 
 
P4) Un peso de 10Kgs. Se suelta sobre el extremo de una viga en voladizo, como se 
indica en la figura. La sección transversales rectangular, con b =100mm, h=60mm y E= 
80GPa, Determinar el esfuerzo Max .la deflexión Max. y el factor de impacto, cuando a) 
h=0m b)10mm 
 
h
1m
A
V
V
X
10Kg
 
 
 Mo=0 
 M=10X 
 
 
 
 
10Kg.m=WL
L/3
L/3
 
 
W.L=10Kgxm 
 ᵟdim = ᵟest + (( ᵟest )
2 +2.L. ᵟest )
1/2 ……..(1) 
 
 ᵟest = L(WxL)L = L
3W 
 ExIx2x3 6xIxE 
 I = bxh3/12 
 I = (100x10-3m)(60x10-3m)/12 = 1.8x10-6m 
 
 
 ᵟest = 1m
3x10x9.81N = 1.14X10-4m 
 6(80x109N/m2x(1.8x10-6m4) 
 
 Remplazando en (1) 
 ᵟdim = 0.015m
 
Hallando el esfuerzo maximo 
 max = (WLxh/2)/I 
 max = 10Kg(30x10
-3m)/1.8x10-6m4 
 max = 166666.67Kg/m
2 
 
Hallando la carga de impacto 
a) h=10mm 
F.I = σmax 
 σest 
σmax = W/A + ( (W/A)
2 +( 2HWE)/AL)1/2 
σmax = 10Kg + 10Kg 
2 + (2x10x10-3mx98N x80x109N/m2) 1/2 
 6x10-3m2 6x10-3m2 6x10-3m 
 
σmax = 98N + 16333.33N/m
2 
 6x10-3m2 
σmax = 32666.67
 N/m2 
σest = = 10Kg = 1666.67 Kg/m
2 
 
 6x10-3m2 
F.I = σmax = 16333.33N/m
2 = 0.999 
 σest 1666.67 (9.8)N/m
2 
 σmax = 2.σest 
F.I = σmax = 2.σest = 2 
 σest σest 
 
P5) Determinar la altura máxima desde la cual puede soltarse el peso de 10kg, si el esfuerzo 
máximo en la viga de la figura no debe exceder 120 MPa. b=100mm, h=60mm, E=80 GPa. 
 
 
 Trazamos el DCL: 
 
 Por las ecuaciones de equilibrio: 
 
o ∑ 
o ∑ 
 
 
 
 
-Trazamos los gráficos del momento máx. y el momento como carga unitaria, y hallamos el 
esfuerzo y la deflexión: 
 
 
 
 
 
 
 
( ) (
 
 
) (
 
3
) 
 
 
 
 ( ) 
 
 
 
 
 
 *Pero: y =h/2: 
 y =60mm /2 
 y= 30mm 
 
 
 (3 )
 
 ( ) 
 
 
 
L 
w 
h 
1m 
R1 W 
M1 
h/2 
WL 
L 
 L 
-El momento de inercia de la sección: 
 
 
 
 
( )( )
 
 
 
 
-Remplazando datos en (1) y (2): 
 En 1 : 
( )( )( ) 
( )( )( )
 
 
 En 2 : 
( )( )(3 )( )
( )
 3 
 
- Hallamos la atura mediante la fórmula: 
 ( √ 
 
 
 
 
 3 ( √ 
 
 
 
 
 
 
 (
 3
 
 )
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P6) Determinar la altura Max. H, desde la cual puede soltarse el peso de 25lb. Si el esfuerzo 
Max. en la viga d la fig. No debe exceder de 36 
 ⁄
 . La sección transversal de la viga es 
rectangular, con b = 4 pulg. y b = 2 pulg. Y E = 30 * 
 ⁄
 . 
 
 L=6pies 
 =? 
 
 
 ⁄ 
 E = 30 * ⁄ . 
 b 
 d=2 
 
 Se tiene que 
 ( √ 
 
 
) 
 Hallando la 
 
 
 
 
 De La Grafica Tenemos remplazando en 
 
 
3 
 
⁄ 
 
 Hallando I ⁄ 
 
 
 
 
 
 
 
=
 
 
 Reemplazando los datos en la formula 
 V=1pulgada ( √ 
 
 
) 
 ⁄ = 
 
 ⁄ ( 
√ 
 
 
⁄ 
 
 ⁄
) 
 
 Despejando se tiene que 
 
 
6pies 
6w 
h 
w
w
3pies 3pies 
PROBLEMAS SOBRE ESFUERZO Y DEFOMACIÓN POR TEMPERATURA 
 
 
P1) Una barra de aluminio de 1.5 cm. por 3.5 cm. Es calentado de tal modo que 
sus extremos se mantienen inmóviles desde 20ºC hasta 130ºC sabiendo que el 
coeficiente de dilatación lineal del aluminio es de 0.0000257, E = 7x105 kg/cm2. 
Determinar el valor y la calidad del esfuerzo que se desarrolla en la barra. 
 
 
 
 
Solución 
- Diagrama de cuerpo libre: 
 
 
 
- Deformaciones: 
o Por temperatura 
 
 ( ) 
 
 ( )( ) 
 
 3 
o Por compresión 
 ⁄ 
 ( 
 ) cm 
 
 
- Igualando deformaciones: 
 
 
 3 ( ) 
 
 
 
 3 
 
- Esfuerzo: 
 
 
 
 
 
 
⁄ 
𝛿𝑎𝑙
𝑡 
P 
3.5 cm 
1.5 cm 
𝛿𝑎𝑙 
50 m. T
50.075 m.
L
T
50.075 m.
P2) Una Wincha metálica mide 50.075 m. a una temperatura de 70 °C, a que temperatura será 
exactamente 50 m. de longitud y cuál será su longitud a -40 °C. 
a). Datos 
L= 50.075 m. αACERO = 2.7 x 10
-8 /°F 
Tinicial = 70 °C = 158 °F 
Tfinal = ? 
 
 δT = - α x ΔT x L 
0.075 = -2.7 x 10-8 /°F x (Tfinal - 158 °F) x 50.075 m. 
 T = - 55314.35 °F 
 
 b). Datos 
Li = 50.075 m. αACERO = 2.7 x 10
-8 /°F 
Tinicial = 70 °C = 158 °F 
Tfinal = - 40 °F 
 δT = - α x ΔT x L 
 (L - 50.075) = -2.7 x 10-8 /°F x (-40 °F - 158 °F) x 50.075 m. 
 L - 50.075 = -2.7 x 10-8 /°F x (- 198 °F) x 50.075 m. 
 
 L= 50.074 m. 
 
 
 
 
 
P3) Se tiene una barra de acero que debe soportar una fuerza de tracción de 3500 Kg. 
Cuando la temperatura es de 29°C ¿Cuál debe ser su diámetro considerando que la 
temperatura varia hasta -2°C y que los extremos están perfectamente empotrados. 
Coeficiente de dilatación del acero es 0.0000125/°C. Esfuerzo de trabajo s la tracción 
1250 Kg/cm 
 Datos del problema: 
 P = 3500Kg 
 ∆T =( -2-29)°C=-31°C 
 α = 0.0000125/°C 
 T = 1250 Kg/cm 
 Hallando el modulo de elasticidad: 
 T = E. α. ∆T 
 1250 Kg/cm = E (1.25x10-5/°C) x31°CE = 32250806.4529 Kg/cm2 
 Hallando el diámetro: 
 P.L = α . ∆T. L 
 E.A 
 3500Kg = 1.25x10-5/°C x31°C 
 32250806.4529 Kg/cm2 ( D2/4) 
 
 D = 1.89 cm 
 
 
 
 
 
 
P4) una cinta de acero para trabajos de topografía mide 100 pies de longitud a 70 Determinar 
su longitud cuando la temperatura desciende a 20 
 
 
 
 
 
 
 
Hallando La Variación De La Longitud De La Barra 
 
 
Reemplazando datos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 𝐿 
 
 
P5) Una barra rígida de aluminio de 4m de longitud se sujeta a una elevación de temperatura 
de 100ºC. Determinar la variación de longitud de la barra. 
 
 4m 
- Por medio de las tablas obtenemos: =23.1 x 10-6/ºC 
 
 
- Entonces por medio de la fórmula: 
 
 
 
 
 ( )( )( ) 
 3m 
 
 
- Por tanto la barra se ampliará . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 𝐿 𝑇𝛼𝐿 
P6) Un tubo de latón de pared delgada y sección circular tiene un diámetro 
interior de 75mm. Determinar el diámetro interior cuando el tubo se calienta 
una temperatura de 150ºC. 
 
Solución 
- Diagrama de cuerpo libre: 
 
 
 
 
- Condiciones: 
 Temperatura ambiente : 25ºC 
 Coeficiente de dilatación: 1.85x10-5ºC-1 
 
 Entonces: 
 
 
 
 
- Deformación: 
 ( ) 
 ( 
 ) ( ) ( ) 
 
 
 
- Diámetro final: 
 
 
 
 
 
 
𝛿𝑎𝑙
𝑡 
3.5 cm 
75 mm 
P7) Un tubo de bronce de pared delgada y de 3.98 pulg de diámetro interior se va a colocar 
sobre un cilindro de acero de 4.00 pulg de diámetro. El cilindro de acero se va a conservar a 
70 °F. Determinar la temperatura a la cual el tubo de bronce deberá calentarse para que se 
deslice sobre el cilindro de acero. 
 Datos 
ϕi- bronce = 3.98 pulg. L 
70 °F ϕi- bronce 
Φcilindro = 4 pulg. 
Tinicial = 70 °F 
Tfinal = ? 
 
El diámetro interior del bronce deberá seguir siendo menor para que el tubo del bronce se deslice sobre el 
cilindro de acero. 
La deformación del cilindro es cero ya que está sometida a temperatura constante. 
 
 δtubo bronce = 4 pulg. – 3. 98 pulg = 0.02 pulg. 
 
δTubo bronce = αbronce x L x ΔT 
 0.02 pulg. = o.oooo122 /°F x 3.98 x (Tfinal – 70 °F) 
 0.02 = 4.8556 /°F x 10-5 (Tfinal – 70 °F) 
 411.896 °F = Tfinal – 70°F 
 Tfinal = 481.896 °F 
 
 
 
 
P8. Un cilindro de acero inoxidable de 20 pulg de diámetro exterior y 19.5 pulg. de 
diámetro interior a 20°C. Otro cilindro de latón de de 20.8 pulg de diámetro exterior y 
19.985 pulg. de diámetro interior está en la misma temperatura. Si ambos cilindros son 
calentados, a que temperatura se debe llegar para que el cilindro de latón quepe 
justamente sobre el cilindro de acero. Calcular el esfuerzo unitario en cada material 
cuando la temperatura baja a 20°C. α(acero inoxidable)= 857x10-7 α(latón)=105 x10-
7coeficiente de temperatura por grado Farenheit. 
 Datos del problema: 
 
 Para el laton: Para el acero: 
 De = 20.8 pulg De = 20 pulg 
 DI = 19.985 pulg DI = 19.5 pulg 
 T = 20°C T = 20°C 
 α = 105x10-7 / °F α = 857x10-7/ °F 
 
 LATON 
 ACERO 
 
 20°C/5 =X-32/9 
 X=68°F 
 (De)A + αALA ∆T = (Di)l+ αlLl ∆T 
 20pulg + 857x10-7 /°Fx 20pulg ∆T = 19.985 pulg +105x10-7/°Fx19.985 pulg∆T 
 0.015= -15041.575x10-7/ °F . ∆T 
 ∆T = -9.97°F 
 ∆T = TF - TI 
 -9.97°F = TF - 68°F 
 TF = 58.03°F 
 Hallando los esfuerzos unitarios: 
 
 ET =α. ∆T 
 Para el acero: 
 ET = 857x10
-7/ °F x894.86°F 
 ET =0.077
 
 Para el latón: 
 ET = 105x10
-7/ °F x894.86°F 
 ET =9.39x10
-3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P9) Dado el sistema de la figura, formado por cables y barras, con los siguientes datos: Sección 
del cable S=0.78cm2, carga puntual P aplicada en el extremo A de la barra AC= 3000kg. Módulo 
de elasticidad E=2x106 . 
 
 
 
 
 
 
 
- Por medio de la estática tenemos: 
 
*De la figura 1: TEB= TFG+ TDH 
∑ 
 
 
 
 ( ) 
∑ 
 
 
*De la figura 2: TEB= TFG+ TDH 
∑ 
 
 
 
 ( ) 
∑ 
 ( ) 
∑ 
 
- Remplazando en 1, 2 y 3: 
o 
o 
o 
 
- Hallando los esfuerzos: 
o 
o 
 
 kg/ 
 
Figura 1 Figura 2 
o 
 
 
 
 ( 
 ) 
 kg/ 
 
 
o 
 
 
 
 
 
- Para la posición tenemos que trabajar en base a las deformaciones como se muestran a 
continuación: 
 
 
 
 
 
 1 
2 
 
 
 
 
 
- Para la parte 1: 
 
 
 
 
 
 
 ( ) 
 
- Para la parte 2: 
 
 
 
 
 
 
 ( ) 
 
- Calculamos los desplazamientos: 
o 
3 ( )
( )( )
 
F 
F’ 
D 
D’ 
 
A 
A’ 
C 
 
 
1.5 m 
1.5 m 0.5 m 
0.5 m 
 
 3 
 
o 
 ( )
( )( )
 
 
o 
 ( )
 ( )( )
 
o 
 3 
 
- Remplazamos en (*): 
o ( 
 3 ) ( 3 ) 
 
 3 
 
- Remplazamos en (**): 
o 
 3 
 
- Al producirse el descenso térmico tenemos: 
 
 ( )(
 
 
) ( ) 
 
 m 
 
- Observando el gráfico: 
 
 ( )- Remplazando tenemos: 
 3 
 
 
 
 
 
 
 
 
1.5 m 0.5 m 
0
ES
CA
LA
 m
m
AC
ER
O
AL
UM
IN
IO
AC
ER
O
50
0 m
m
100 mm 25 mm
PASADORES CON
ROZAMIENTO
X
100 mm 25 mm
acero
aluminio
500 mm.
P13) Para el mecanismo que se muestra en la Fig., determinar el movimiento del indicador con 
respecto al cero de la escala, si todo el sistema se calienta 50 °C. Si αAcero = 12x10
-6 por @ °C, 
αAluminio = 23x10
-6 por @ °C 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por semejanza de triángulos : x = 5 (Δaluminio – Δacero) ……………………………….(1) 
Donde: 
Δaluminio = (23 x 10
-6)(500)(50) = 0.575 mm 
Δacero = (12 x 10
-6)(500)(50) = 0.300 mm 
Reemplazando (2) en (1): 
 X = 1.375 mm 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P14) Una barra de 80cm de largo tiene una sección transversal de 6cmxtcm, la barra se alarga 
3x10-2. Cuando se somete a un esfuerzo axial. La deformación lateral para la cara de 6cm. 
Es de 7.6x10-4cm. ¿Determine la dimensión t? 
 
 
 
 
µ = -εy/εx = -εz/εx 
 
Y
X
t
80cm
 
 -εy = 4.76x10
-4 εx = 3x10
-2 
 t 80 
 4.76x10-4 
µ = -εy/εx = t 
 3x10-2 
 80 
 
z
y
6cm
t
 
-εz/εx 
-εz = 7.6x10
-4 εy = 4.76x10
-4 
 6 t 
 
 7.6x10-4 
µ = -εy/εx = 6 
 4.76x10-4 
 t 
Igualando µ: 
 
 4.76x10-4 7.6x10-4 
 t = 6 
 3x10-2 4.76x10-4 
 80 t 
 
 T = 2.184x10-8cm 
P16) Un tanque cilíndrico de eje vertical de 10 pies de diámetro y 70 pies de altura 
contiene un líquido cuyo peso específico es de 847 lbs/pie3. El tanque es de 
acero estructural cuya resistencia máx. a la tracción es de 35000 lbs/pulg2 y 
el coeficiente de seguridad es n=2. Determinar el espesor de las paredes del 
tanque si la eficiencia a la acción corrosiva del líquido es de 85%. 
 
 
 
 
 
 
 
Solución 
- Diagrama de cuerpo libre: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Esfuerzo máximo en el cilindro ( h=70’ ): 
Igualamos los esfuerzos máximos en 
el cilindro: 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Utilizando el factor de seguridad (n=2): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ⁄ 
 
 
 
 
- Espesor inicial ( antes de la acción 
corrosiva al 85% ): 
 
 
 
 
 
 𝛾 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒3⁄ 
10 ‘ 
70 ‘ 
e1 
70 ‘ 
10‘ 
e1 
 𝜎𝑡 
 𝜎𝑡 
𝑃 𝛾𝑙𝑖𝑞 
𝑃 𝑙𝑏 𝑝𝑖𝑒 ⁄ 
𝑃 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔 ⁄ 
Donde: 
P17) Se tiene un tanque de aire comprimido de forma cilíndrica y terminada en dos 
semiesferas. El diámetro del cilindro y las semiesferas es de am y contiene en su interior un 
gas que está a la presión de 200 kg/cm
2
. Qué espesor deberá tener como mínimo si es de acero 
y cuyo yiel point es de 2600 kg/cm
2
 para ser usado con coeficiente de seguridad 2. 
 
 
 
 
 
 
 
 
- Podemos deducir que debido a que el cuerpo está formado por un cilindro y una esfera, 
entonces: 
o 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3( 
 
 
)( )
 
= 
 
 
……(*) 
 
o 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
( 
 
 
)( )
 
=
 
 
……(**) 
 
- Pero para remplazar debemos hallar primero el esfuerzo permisible: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1+2 
 
3 
- Entonces remplazamos el esfuerzo permisible en (*)y (**): 
o 
 =
 
 
 
t = 11.54 cm 
o 
 
 
 
 
t = 7.69 cm 
 
- Para que el recipiente aguante las presiones debe tener el mayor espesor: 
 
o t = 11.54 cm 
 
- Evaluamos si cumple la condición de: r/10 ≥ t 
 
o 11.54 cm ≤ 50/10cm 
o 7.69 cm ≤ 50/10cm 
 
- Nos damos cuenta que ningún espesor cumple con la regla, por tanto se deduce que el 
recipiente debe de ser de pared gruesa y merece otro tipo de análisis. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P18 un cilindro de diámetro igual a 16 cm y de espesor de 0.3 cm tiene enrollado en toda su 
área lateral alambre de 0.1 cm de diámetro. El alambre ha sido enrollado con una tensión inicial 
de 
 
⁄ . Luego se aplica una presión interna radial uniforme de 
 
⁄ . 
Determinar los esfuerzos desarrollados en el cilindro y en el alambre. 
 
 
 
 
=
 
 
⁄ 
 3
 
 2666.67 
 
 
⁄ 
 
 
 =6000+2666.67 
 =8666.67 
 
 
⁄ 
 
16cm