SOLUCIONARIO DE Examen Aplazado Estatica

UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI ESTATICA

MOQUEGUA ING. CIVIL III

[email protected] / [email protected] / WCC- cel. 953686056 / CODIGO 07102050 1

UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI

FACULTAD DE INGENIERÍAS ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

INDICE

E S T A T I C A

TEMA : SOLUCIONARIO DE EXAMEN DE APLAZADOS ALUMNO : CUTIMBO CHOQUE, Wilber CODIGO : 07102050 CICLO : III DOCENTE : Ing. A Flores Q.

MOQUEGUA – PERU

2008



2

UNIVERSIDAD JOSE CARLOS MARIATEGUI

CARRERA PROFESIONAL DE INGENEIRIA CIVIL

EXAMEN DE APLAZADOS DE ESTATICA 2008 – I

1.- La semiesfera de radio R=1m, y peso de 5 KN mostrada en la figura, está situada sobre una

superficie rugosa, calcular el ángulo de inclinación de AB al aplicar la fuerza F=2peso, y cuál será

la magnitud de la reacción en C.

SOLUCION:

DCL:

)1..(.........................................

0

0

NuF

RcF

FX

==−

=∑

)2..(........................................

0

WN

FY

=

=∑



3

SUSTITUYENDO (2) EN (1):

)3..(.........................................

.

WuF

NuF

==

)4..(........................................)..........1.(3

.4.

).1.(.3

.4.

)..(3

.4.

0)..(3

.4.

0

απ

α

απ

α

απ

α

απ

α

senFsen

W

senRFsenR

W

senRRFsenR

W

senRRFsenR

W

Mc

−=

−=

−=

=−−

=∑

(3) EN (4):

+=

+=

=+

=+

−=

−=

−=

−=

ππα

ππα

ππα

παπα

απα

απ

α

απ

α

απ

α

.34

..3

.34

..3.

4

..3)

4

..31.(.

4

..3..

4

..3..

)1.(4

..3..

).1.(3

.4.

).1.(.3

.4.

)..1.(3

.4.

u

uarcsen

u

usen

uusen

usen

usen

senu

sen

senusen

senWusen

W

senFsen

W

En (2):

N=5 KN

EN (1):

KNRc

RcF

NuF

10

0

..

==−

=



4

2.- Calcular las reacciones en los apoyos del pórtico.

SOLUCION:

)1..(..................................................043

0...

=−−

↵+=∑HV

DERROTC

EE

M

)2.(..................................................5.237

075.23

.0)1()7()2(8)5.1(3)1(3

0...

−=−−=−−

=−−++

↵+=∑

HV

HV

HV

DERROTB

EE

EE

EE

M



5

Reemplazando 1 en 2:

TnE

E

EE

EE

xEE

EE

V

V

HV

HV

HV

HV

76.3

9425

94428

043

)4(..............5.237

043

==

=+=−−

−−=−−=−−

Reemplazando en (1):

TnE

E

E

EE

H

H

H

HV

82.2

28.114

04)76.3(3

043

−=−=

=−−

=−−∑

TnA

A

EA

F

H

H

HH

H

18.3

082.29

033

0

−==−+

=+++

=∑

TnA

A

EA

F

V

V

VV

V

24.4

076.38

08

0

==+−

=+−

=∑



6

3.- Dibujar los diagramas DFA, DFC y DMF.

SOLUCION:

KgDv

Dv

M rotderecha

8650

070004)4(6000)4(4000

0

==−−+

=∑

mKgMa

Ma

Ma

.18250

0)11(40007000)11(8650)11(6400)3(2000

0

==+−−++−

=∑

KgAv

AvMa

M darotizquier

57.3178

07)4(2000

0

==−+

=∑

KgAh

Ah

Fh

1000

01000

0

−==+

=∑



7

TRAMO AB 30 ≤≤ X

1000

0

=

=∑N

Fh

57.3178

057.3178

0

==−

=∑

V

V

Fv

29.87143

182500

57.317818250

057.317818250

0

−=→=−=→=

+−==−+

=∑

Mx

Mx

xM

xM

M

TRAMO BC: 73 ≤≤ X

1000

0

=

=∑N

Fh

57.1178

057.31782000

0

==−+

=∑

V

V

Fv



8

40007

24.87143

57.317818250)3(2000

057.317818250)3(2000

0

−=→=−=→=

+−−−==−+−+

=∑

Mx

Mx

xxM

xxM

M

TRAMO CD: 117 ≤≤ X

1000

0

=

=∑N

Fh

202211

11787

1178)7(800

057.3178)7(8002000

0

−=→==→=

+−−==−−++

=∑

Vx

Vx

xV

xV

Fv

73.88511

40007

57.317818250)3(2000)7(400

057.317818250)3(20002

7800

0

−=→=−=→=

+−−−−=

=−+−+

−+

=∑

Mx

Mx

xxxM

xxx

M

M



9

TRAMO DE. ← 04 ≤≤ X

1000

0

−=

=∑N

Fh

32004

00

800

0

=→==→=

=

=∑

Vx

Vx

xV

Fv

1340004

70000

7000400

070002

800

0

2

=→==→=

+=

=−

−

=∑

Mx

Mx

xM

xxM

M



10

Los diagramas de DFA, DFC y DMF son:



11

4.- Hallar el momento de inercia centroidal con respecto al eje OY.

SOLUCION:

CALCULO DE SU CENTRO DE GRAVEDAD: FIGURA AREA x y x.A y.A

180

18

7.5

3240

1350

192

6

13

1152

2496

60

6

2.5

360

150

15

-2

3.33

-30

49.95

25.71

-2

18.14

-51.42

466.37

-19.31

1.73

7.48

-33.4

-144.43

371.98 4637.18 4367.89



12

cmx

x

47.12

98.371

18.4637

=

=

cmx

y

74.11

98.371

89.4367

=

=

CALCULO DE MOMENTO DE INERCIA CENTROIDAL CON RESPECTO A SU EJE OY:

FIGURA AREA Icg di di2 di2.A

180

2160

5.53

30.58

5504.56

192

2304

6.47

41.86

8037.29

60

720

6.47

41.86

2511.6

15

30

10.47

109.6

1644.31

25.71

51.42

10.47

109.6

2817.8

-19.31

29.01

10.74

115.3

-2227.36

5294.43 18288.20

4

.2

63.23582

2.1828843.5294

.

cmIy

Iy

AdiIcgIy

=+=

+=∑ ∑



13

5.- Resolver en forma grafica la siguiente armadura.

SOLUCION:

KgA

A

F

H

H

H

89.296

045cos.10001000

0

−==−+

=∑

KgEv

Evsen

Ma

36.3535

0)6(451000)3(5000)6(1000

0

==−++

=∑

KgAv

senAv

senEvAv

Fv

74.2371

0451000500036.3335

04510005000

0

==−−+

=−−+

=∑



14

NUDO F

)(11.50707

04510005000

0

traccionKgCF

senCF

Fv

==−−

=∑

NUDO C

)(43.3328

45cos100045cos11.5707

0

compresionkgBC

BC

Fy

==−

=∑

)(64.4742

4510004511.5707

0

compresionKgCD

CDsensen

Fx

==+

=∑

NUDO B



15

)(47.2631

43.6345cos43.3328

0

traccionKgBE

BEsen

Fx

==

=∑

)(59.3530

43.63cos47.26314543.3328

0

compresionKgBA

BAsen

Fy

==+

=∑

NUDO A

)(4866

57.26

52.2176

057.2659.353011.5707

0

compresionKgAD

senAD

ADsen

Fy

=

=

=−−

=∑

)(98.4644

89.29257.26cos.4866

0

traccionKgAF

AF

Fx

=+=

=∑

NUDO D

)(01.1177

57.2648664564.4742

0

compresionKgDE

DEsensen

Fy

==−

=∑



16

NUDO E

)(56.2353

57.26cos47.2631

0

compresionKgEF

EF

Fx

==

=∑

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