Tipo c

Loayza Luna T. Arturo
E.P.G. MAESTRIA EN INGENIERIA ESTRUCTURAL
MECANICA DE MATERIALES – 2019 – 1
TRABAJO N° 01
1. Se tiene un tensor de esfuerzos del punto P
-120 50 10
[σ] = 50 150 -60 Mpa
10 -60 20
a. Graficar los esfuerzos en el diferencial del punto P.
Y
σxx τxy τxz -120 50 10
σij = τyx σyy τyz = 50 150 -60 MPa
τzx τzy σzz 10 -60 20
b. Determinar el esfuerzonormal y cortante que actúan en el plano X + 2Y + Z = 0 que pasa
por dicho punto.
A partirdel planopresentado, conocemossunormal:
N = (l,m,n) =
1
√6
(1,2,1) = (0.408, 0.816, 0.408)
De lasfórmulas conocemos:

σPx = lσxx + mσxy + nσxz
σPy = lσxy + mσyy + nσyz
σPz = lσxz + mσyz + nσzz
Reemplazandovalores:
σPx =
1
√6
(-120) +
2
√6
(50) +
1
√6
(10) = -10
σPy =
1
√6
(50) +
2
√6
(150) +
1
√6
(-60) = 290
σPz =
1
√6
(10) +
2
√6
(-60) +
1
√6
(20) = -90
σP =
1
√6
(-10, 290, -90)
σPN =
1
√6
(-10, 290, -90).(
1
√6
(1,2,1)) = 1/6 (-10+580-90) = 80 MPa
σPs= √𝜎 𝑝
2 − σ𝑃𝑁= √
100
6
+
84100
6
+
8100
6
− 6400 = 94.78 MPa
c. Determinar el tensorde esfuerzosprincipalesygraficar loscírculos de Mohr
Determinamoslasinvariantesyplanteamoslaecuacióncubica
I₁ = -120 +150 +20 = 50
I₂ = σxy
2
+ σxz
2
+ σyz
2
- σxx σyy - σxx σzz – σyy σzz
I₂ = (50)2
+ (10)2
+ (-60)2
– (-120)(150) – (-120)(20) – (150)(20)
I₂ = 23600
-120 50 10
I₃ = 50 150 -60 = -360000 + 50000 -432000 +15000 -30000 -30000 = -53000
10 -60 20
Por lotanto,la ecuacióncubica,será:
σ3
-50 σ2
- 23600 σ + 53000 = 0
Resolviendolaecuaciónde tercergrado mediante el programaMathcad,obtenemoslosesfuerzos
principales:
σ1 = 179.693 MPa
σ2 = 131.929 MPa
σ3 = -2.236 MPa

Para graficar el circulode Mohr, debemosconocerloscentrosylosradiosde cada esfuerzo
principal:
C12 = ½ (σ1 + σ2) = ½ (179.693 + 131.929) = 155.811
C23 = ½ (σ2 + σ3) = ½ (131.929 – 2.236) = 64.847
C13 = ½ (σ1 + σ3) = ½ (179.693 -2.236) = 88.729
r12 = ½ (σ1 - σ2) = ½ (179.693 - 131.929) = 23.882
r23 = ½ (σ2 - σ3) = ½ (131.929 + 2.236) = 67.083
r13 = ½ (σ1 - σ3) = ½ (179.693 +2.236) = 90.965
d. Determinar losejesprincipalesy graficarlos.
Conocemosque:
N1 = ( l1,m1,n1 ), donde:
(σxx - σ1) l1 + σxy m1 + σxz n1 = 0
σxy l1 + (σyy - σ1) m1 + σyz n1 = 0
σxz l1 + σyz m1 + (σzz - σ1) n1 = 0
(-120 – 179.69) l1 +(50) m1 +(10) n1 = 0
(50) l1 +(150 – 179.69) m1 –(60) n1 =0
(10) l1 –(60) m1 + (20- 179.69) n1 =0
Considerandol1 =1, en lasdos primerasecuaciones:
299.69 + 50 m1 + 10 n1 =0
50 – 29.69 m1 - 60 n1 = 0

Resolviendo:
m1 = 6.47
n1 = -2.37
Obtenemosel vector(1,6.47, -2.37), el módulodel vectorN1,será:
N1 = √(1)2 + 6.472 + (−2.37)2 = 6.96
El vectorunitarioes:
N1 = (1, 6.47, -2.37) = (0.144, 0.929, -0.341)
6.96
Considerandoσ2,yl2 =1:
(-120 – (131.929)) l2 +(50) m2 +(10) n2 = 0
(50) l2 +(150 – (131.929)) m2 –(60) n2 =0
50 m2 +10 n2 = 251.929
18.071 m2 -60 n2 = -50
Resolviendo:
m2 = 4.60
n2 = 2.22
Obtenemosel vector(1,4.60, 2.22), el módulodel vectorN2,será:
N2 = √(1)2 + 4.602 + (2.22)2 = 5.20
El vectorunitarioes:
N2 = (1, 4.60, 2.22) = (0.19, 0.88, 0.43)
5.20
Por último,consideramos σ3, yl3 =1:
(-120 – (-2.236)) l3 +(50) m3 +(10) n3 = 0
(50) l3 +(150 – (-2.236)) m3 –(60) n3 =0
Resolviendo:
M3 = -1.673
N3 = -3.411
Obtenemosel vector(1, -1.673, -3.411), el módulodel vectorN3,será:
N3 = √(1)2 + (−1.673)2 + (−3.411)2 = 3.93

El vectorunitarioserá:
N3 = (1, -1.673, -3.411) = (0.25, -0.43, -0.87)
3.93
La siguientefiguramuestraladirecciónde losejesprincipales:
e. Determinar losesfuerzosoctogonales
σoct = 1/3 (σ1 + σ2 + σ3)
σoct = 1/3 (179.693 + 131.929 – 2.236)
σoct = 103.129 MPa
τoct
2
= 1/3 (σ1
2
+ σ2
2
+ σ3
2
) – 1/9 (σ1 + σ2 + σ3)2
τoct
2
= 1/3 (179.6932
+ 131.9292
+ (-2.236)2
) – 1/9 (179.693 + 131.929 – 2.236)2
τoct
2
= 5931.09
τoct = 77.014 MPa
f. Determinar el tensorde esfuerzodesviador.
El tensorde esfuerzosdesviadores,paraesfuerzosprincipales,es:
(2 σ1 - σ2 - σ3)/3 0 0
Td = 0 (2 σ2 – σ1 - σ3)/3 0
0 0 (2 σ3 – σ1 – σ2)/3
Obtenidoslosvaloresenel paso c., resulta:
76.564 0 0
Td = 0 28.800 0
0 0 -105.365

2. Se tiene uncampo de desplazamientoscuyasfuncionesde desplazamientosonu= 2ax-
2az, v = 0, w = 3ax + 2az, determinarel valorde a,sabiendoque ladeformaciónprincipal
máximaesde ε1 = 0.0015
Sabemosque:
u = 2ax – 2az
v = 0
w = 3ax + 2az
Debidoa que losdesplazamientosexistenenel planoX,Yy Z, se refiere aundesplazamiento
tridimensional, integrando, se conoce:
εxx = Ꝺu/Ꝺx =Ꝺ (2ax – 2az)/ Ꝺx = 2a
εyy = ꝹV/Ꝺy = 0
εzz = Ꝺw/Ꝺz= Ꝺ (3ax + 2az)/Ꝺz = 2a
ϒxy = [Ꝺv/Ꝺx + Ꝺu/Ꝺy] = [0] = 0
ϒxz = [Ꝺu/Ꝺz+Ꝺw/Ꝺx ] = [-2a + 3a] = a
ϒyz = [Ꝺv/Ꝺz+ Ꝺw/Ꝺy ] = [0 – (0)] = 0
Obtenemosel tensorde deformaciones:
2a 0 a/2
ε = 0 0 0
a/2 0 2a
Donde,lasdeformacionesprincipalesson:
ε3
– I1 ε2
+ I2 ε – I3 = 0
En donde:
I1 = εx + εy + εz = Invariante lineal
εxx ½ϒxy εyy ½ϒyz εxx ½ϒxz
I2 = ½ϒxy εyy + ½ϒyz εzz + ½ϒxz εzz = Invariante cuadrática
I3 = D = Invariante cubico =0
Reemplazandovaloreshallados,obtenemos:
I1 = 2a + 0 + 2a = 4a
2a 0 0 0 2a a/2
I2 = 0 0 + 0 2a + a/2 2a

I2 = 0 + 0 + 4a2
– a2
/4
I2 = 15a2
/4
I3 = 0
La ecuacióncubicaqueda:
ε3
– 4a ε2
+ 15a2
/4 ε – 0 = 0
ε3
– 4a ε2
+ 15a2
/4 ε = 0 ; ε1 = 0
ε2
– 4a ε + 15a2
/4 = 0
resolviendoel sistema:
ε2 = 3a/2
ε3 = 5a/2 = deformaciónprincipal máxima=0.0015
a = 0.0006
3. Realizarel análisisde capacidadestructural del sistemamostrado,ygraficarPvs δD.
E = 200GPa, Fy = 250 MPa, E2 = 0.1E, Fu = 300 MPa
Como:

El diagramade cuerpolibre:
La deformada:
Se sabe:
Para el primertramo
σ = Eε
εy = σ/E = 250MPa/200GPa = 1.25*10-3
Haciendorelaciónenel triángulode fuerzaydeformación unitaria:
FA = σ AA = (250 Mpa)(200mm2
) = 50 KN
X = 2.5*10-3
εu = εy + X = (1.25 + 2.5)*10-3
= 3.75*10-3

Relaciónde fuerzavs.Deformación
Se sabe que Fi = σi*Ai
- Para la barra 1:
(Fy)1 =(250 Mpa)(200mm2
)
(Fy)1 =50 KN
(Fu)1 =(300 Mpa)(200mm2
)
(Fy)1 =60 KN
Su deformación:
(𝛿y)1 = (1.25*10-3
) (2000mm) = 2.5mm
(𝛿u)1 = (3.75*10-3
) (2000mm) = 7.5mm
Para la gráfica,debemosconocerlasecuacionesde las rectas:
Para la fluenciaF y1= 50 + 50/2.5 (𝛿1 – 2.5)
Para la fallaF u1 = 50 + 10/5 (𝛿1 – 2.5)

- Para la barra 2:
(Fy)2 =(250 Mpa)(100mm2
)
(Fy)2 =25 KN
(Fu)2 =(300 Mpa)(100mm2
)
(Fy)2 =30 KN
Su deformación:
(𝛿y)2 = (1.25*10-3
) (2000mm) = 2.5mm
(𝛿u)2 = (3.75*10-3
) (2000mm) = 7.5mm
Para la gráfica,debemosconocerlasecuacionesde lasrectas:
Para la fluenciaF y2= 25 + 10 (𝛿2 – 2.5)
Para la fallaF u2 = 25 + (𝛿2 – 2.5)
- Para la barra 3:
(Fy)3 =(250 Mpa)(400mm2
)
(Fy)3 =100 KN
(Fu)3 =(300 Mpa)(400mm2
)
(Fy)3 =120 KN
Su deformación:
(𝛿y)3 = (1.25*10-3
) (2000mm) = 2.5mm
(𝛿u)3 = (3.75*10-3
) (2000mm) = 7.5mm
Para la gráfica,debemosconocerlasecuacionesde lasrectas:

Para la fallaF u3 = 100 + 20/5 (𝛿3 – 2.5)
- Para la barra 4:
(Fy)4 =(250 Mpa)(200mm2
)
(Fy)4 =50 KN
(Fu)4 =(300 Mpa)(200mm2
)
(Fy)4 =60 KN
Su deformación:
(𝛿y)4 = (1.25*10-3
) (2000mm) = 2.5mm
(𝛿u)4 = (3.75*10-3
) (2000mm) = 7.5mm
Para la gráfica,debemosconocerlas ecuacionesde lasrectas:
Para la fallaF u4 = 50 + 10/5 (𝛿4 – 2.5)
Los desplazamientosconlacarga de fluenciason:
𝛿1 = 2.5 = D1/2
D1 = 5
𝛿2 = 2.5 = D2
D2 = 2.5
𝛿3 = 2.5 = 3D3/2

Analizamosel desplazamientoparaFy:
𝛿1 = 2.5 = D/2 D = 5 mm
𝛿2 = 2.5 = D D = 2.5 mm
𝛿3 = 2.5 = 3D/2 D = 1.67 mm
𝛿4 = D D = 2.5 mm
D3 = 1.67 (escogemosel mínimode todoslosdesplazamientos)
𝛿4 = 2.5 = D4
D4 = 2.5
Hallamoslosvaloresde lasfuerzas,conociendoel desplazamientomínimo,que eneste casoesde
la barra 3, D3 = 1.67:
Fy1 = 50 + 50/2.5 (1.67/2– 2.5) = 16.67 KN
Fy2 = 25 + 10 (1.67 – 2.5) = 16.67 KN
Fy3 = 100 + 100/2.5 (3 ∗ 1.67/2– 2.5) = 100.2 KN
Fy4 = 50 + 50/2.5 (1.67– 2.5) = 33.4 KN
Hallamosel valorde P1 y P2:

𝛴𝑀 𝐵 = 0
F1(1) + F2(2) + F3(3) + F4(2) = 2P1
16.7(1) +16.7(2) + 100.2(3) +33.4(2) = 2P1
P1 = 208.75 KN
Este punto se deforma1.67mm.
Con 𝛿2 = 2.5mm = D, obtenemos el P2:
F1 = 25 𝛿1 = D/2 ; D = 1.25 mm.
F2 = 25 𝛿2 = 2.5
F3 = 105 𝛿3 = 3*D/2 = 3.75
F4 = 50 𝛿4 = 2.5
𝛴𝑀 𝐵 = 0
1(F1) + 2(F2) + 3(F3) + 2(F4)= 2P2
1(25) +2(25) + 3(105) + 2(50) = 2P2
P2 = 245 KN
Esta carga actúa en2.5 mm.
Determinaciónde P3,cuando 𝛿1 = 2.5mm = D/2; D = 5mm:
F1 = 50 𝛿1 = 2.5mm
F2 = 27.5 𝛿2 = 5mm
F3 = 120 𝛿3 = 7.5mm
F4 = 55 𝛿4 = 5mm

𝛴𝑀 𝐵 = 0
P3 = ½(F1 +2F2+3F3 + 2F4) = ½(50 + 2(27.5) + 3(120) + 2(55))
P3 = 287.5 KN
Este punto actúa en5mm.
Determinaciónde P4,cuando F3 = 0
𝛴𝑀 𝐵 = 0
P4 = ½(F1 + 2(F2) +2(F4))
P4 = ½(50 + 2(27.5) +2(55)) = 107.5 KN
Este punto actúa en5 mm.
Determinaciónde P5,cuando 𝛿4 = 7.5 = 3D1/2; D = 7.5 mm. Y F3 = 0
F1 = 52.5 KN; 𝛿1 = 3.75mm
F2 = 30 KN; 𝛿1 = 7.5mm
F4 = 60 KN; 𝛿1 = 7.5mm

𝛴𝑀 𝐵 = 0
P5 = ½(52.5 + 2(30) + 2(60)) = 116.25 KN
Este punto actúa en 7.5 mm.
Determinaciónde P6,cuandoF2 = F4 = 0
𝛴𝑀 𝐵 = 0
F1(1) = P6(2)
P6 = 52.5/2 = 26.25 KN
Este punto actúa en7.5 mm.
Determinaciónde P7,cuando 𝛿1 = 7.5 mm.
𝛴𝑀 𝐵 = 0
2P7 = F1/2
P7 = 30 KN
Este punto actúa en 15 mm.
AhoradeterminamosP8,cuandoF1 = 0:
P8 = 0
Este punto actúa en 15 mm.
A continuación,presentamoslagráficaP vs 𝛿D

E.P.G. MAESTRIA EN INGENIERIA ESTRUCTURAL
MECANICA DE MATERIALES – 2019 – 1
TRABAJO N° 02
1 Realizarel análisisde capacidadestructural del sistemamostrado,conel método
incremental del análisisnolineal ygraficarPvs δD.
E = 200GPa, Fy = 250 MPa, E2 = 0.1E, Fu = 300 MPa
Como:
El diagramade cuerpolibre:

Aplicandounacarga λP a la estructura,su deformada:
Por el método incremental, se asume:
λP = 1
Para el estadode fuerzas,calculamoslasfuerzasencadabarra y susdesplazamientos,conlos
datosya conocidos:
Para la barra A:
FA = 𝛿A E A/L ; 𝛿A = 𝛿D
FA = (𝛿D)(200*103
)(200)/2
FA = (2*107
) 𝛿D
Para la barra C:
FC = 𝛿C E A/L ; 𝛿C = 0.5𝛿D
FC = (0.5𝛿D)(200*103
)(200)/2
FC = 107
𝛿D
Para la barra D:
FD = 𝛿D E A/L
FC = (𝛿D)(200*103
)(100)/2
FD = 107
𝛿D
Para la barra E:

FE = 𝛿E E A/L ; 𝛿E = 1.5𝛿D
FE = (1.5𝛿D)(200*103
)(400)/2
FE = 6*107
𝛿D
Con lasfuerzashalladas,realizamoslasumatoriade momentosenel puntoB:
𝛴𝑀 𝐵 = 0
2FA + FC+ 2FD + 3FE = 2P
P = 1
2((2*107
) 𝛿D) + 107
𝛿D + 2(107
𝛿D) + 3(6*107
𝛿D) = 2(1)
𝛿D = 0.08*10-7
Sabemosel valorde la fuerzaencada barra:
Fi = σi*Ai
FA = (250 MPa)(200mm2
) = 50 KN
FC = (250 MPa)(200mm2
) = 50 KN
FD = (250 MPa)(100mm2
) = 25 KN
FE = (250 MPa)(400mm2
) = 100 KN
Con el valorde desplazamiento,hallamosel valorde lasfuerzas paracada barra
Para la barra A:
FA = (2*107
) 𝛿D
λ1FA = (2*107
) 𝛿D
λ1FA = 2*107
(0.08*10-7
) λ1
λ1FA = 0.16 λ1 KN

Ya conocemosque FA = 50 KN (límite de fluencia)
λ1FA = 0.16 λ = 50*103
λ1
λ1 = 312500
Para la barra C:
FC = 107
𝛿D
λ1FC = 107
𝛿D
λ1fC = 107
(0.08*10-7
) λ1
λ1Fc = 0.08 λ1 KN
Ya conocemosque Fc = 50 KN (límite de fluencia)
λFc = 0.08 λ = 50*103
λ1 = 625000
Para la barra D:
FD = 107
𝛿D
λ1FD = (107
) 𝛿D
λ1FD = 107
(0.08*10-7
) λ1
λ1FD = 0.08 λ1 KN
Ya conocemosque FD = 25 KN (límite de fluencia)
λfD = 0.08 λ1 = 25*103
λ1 = 312500
Para la barra E:
FE = 6*107
𝛿D
λ1 FE= (6*107
) 𝛿D
λ1 FE = 6*107
(0.08*10-7
) λ1
λ1 FE = 0.48 λ1 KN
Ya conocemosque FE = 100 KN (límite de fluencia)
λ1 FE = 0.48 λ1 = 100*103
λ1 = 208333.33
Escogemosel menorvalorde λ1 = 208333.333 de labarra E
Reemplazando λ1 enlasecuaciones:

Para la barra A:
(FA)1 = 0.16 (208333.333) = 33.333 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δA:
(δA)1 =2.5 + 2.5/50(FA -50) = 2.5 + 2.5/50(33.333 – 50)
(δA)1 =1.667*10-3
Para la gráfica:
FA = 33.333 KN
𝛿A= 1.667*10-3
Para la barra C:
(FC)1 = 0.08*208333.333 = 16.667 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δC:
(δC)1 =2.5 + 2.5/50(FC -50) = 2.5 + 2.5/50(16.667 – 50)
(δC)1 =0.833*10-3
Para la barra D:
(FD)1 = 0.08*208333.333 = 16.667 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δD:
(δD)1 =2.5 + 2.5/25(FD -50) = 2.5 + 2.5/25(16.667 – 25)
(δD)1 =1.667*10-3
Para la barra E:
(FE)1 = 0.48*208333.333 = 100 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δE:
(δE)1 = 2.5 + 2.5/100(FE – 100) = 2.5 + 2.5/100(100 – 100)
(δE)1 = 2.5*10-3
Por lotanto,el primerpuntoqueda:
P1 = (λ1P)1 = 208.333 KN = 208333.333
𝛿D1 = (λ1 𝛿D)1 = (208333.333) (0.08*10-7
) = 1.667*10-3
Comosegundoprocedimiento,consideramoslaelasticidad de labarra E al límite ultimo ode
rotura:

Para la barra A:
FA = 𝛿A E A/L
FA = (𝛿D)(200*103
)(200)/2
FA = (2*107
) 𝛿D
Para la barra C:
FC = 𝛿C E A/L
FC = (0.5𝛿D)(200*103
)(200)/2
FC = 107
𝛿D
Para la barra D:
FD = 𝛿D E A/L
FC = (𝛿D)(200*103
)(100)/2
FD = 107
𝛿D
Para la barra E:
FE = 𝛿E E2 A/L
FE = (1.5𝛿D)(20*103
)(400)/2
FE = 6*106
𝛿D
𝛴𝑀 𝐵 = 0
2FA + FC + 2FD + 3FE = 2
Reemplazandoyresolviendola ecuación:
𝛿D = 2.273*10-8

Las fuerzas enfunciónde λ2 en cada barra son:
λ2FA = (2*107
)(2.273*10-8
) = 0.455 λ2
λ2FC = (1*107
)(2.273*10-8
) = 0.227 λ2
λ2FD = (1*107
)(2.273*10-8
) = 0.227 λ2
λ2FE = (6*106
)(2.273*10-8
) = 0.136 λ2
Reemplazandoenlasecuaciones de larecta:
Para la barra A:
0.455 λ2 = 50 – 33.33
λ2 = 37.363
Para la barra C:
0.227 λ2 = 50 – 16.667
λ2 = 146.828
Para la barra D:
0.227 λ2 = 50 – 16.667
λ2 = 146.628
Para la barra E:
0.136 λ2 = 120 - 100
λ2 = 147.058
Escogemosel menorvalorde λ2 = 37.363, de labarra A, el cual reemplazamosenlasecuacionesde
lasfuerzas:
FA = 0.455 λ2 + 33.333 = 0.455(37.363) + 33.333 = 50.333
FC = 0.227 λ2 + 16.667 = 0.227(37.363) + 16.667 = 25.150
FD = 0.227 λ2 + 16.667 = 0.227(37.363) + 16.667 = 25.150
FE = 0.136 λ2 + 100 = 0.136(37.363) + 100 = 105.08
De lasecuacionesde lasrectas,se obtiene:
𝛿A = 2.5 + 2.5/50(FA – 50) = 2.5 + 2.5/50(50.333 – 50) = 2.517
𝛿C = 2.5 + 2.5/50(FC – 50) = 2.5 + 2.5/50(25.15 – 50) = 1.2575
𝛿D = 2.5 + 2.5/50(FD – 25) = 2.5 + 2.5/50(25.15 – 25) = 2.515
𝛿E = 2.5 + 5/20(FE – 100) = 2.5 +5/20(105.08 – 100) = 3.77

El segundopuntoes:
P2 = (λ1 + λ2) = P1 + λ2P2
P2 = 208.333 + 37.363 = 245.696
λ2 D = 37.363*2.273*10-8
= 8.5*10-7
Se observaque la barra A y D, sobrepasansulímite de fluencia,asícomolabarra E sobrepasasu
límite de rotura. La barra C se encuentradentrodel estadoelástico.
Así que para la siguiente iteraciónconsideramosalasbarras A y D con E en estadode rotura,es
decirE2 = 20*103
Mpa
Para la barra A:
FA = 𝛿A E AA/LA ; 𝛿A = 𝛿D
FA = (𝛿D)(20*103
)(200)/2
FA = (2*106
) 𝛿D
Para la barra C:
FC = 𝛿C E A/L ; 𝛿C = 0.5𝛿D
FC = (0.5𝛿D)(200*103
)(200)/2
FC = 107
𝛿D
Para la barra D:
FD = 𝛿D E A/L
FC = (𝛿D)(20*103
)(100)/2
FD = 106
𝛿D
Para la barra E:
FE = 𝛿E E A/L ; 𝛿E = 1.5𝛿D
FE = (1.5𝛿D)(20*103
)(400)/2
FE = 6*106
𝛿D

𝛴𝑀 𝐵 = 0
2FA + FC+ 2FD + 3FE = 2P
P = 1
2((2*106
) 𝛿D) + 107
𝛿D + 2(106
𝛿D) + 3(6*106
𝛿D) = 2(1)
𝛿D = 58.82*10-7
Sabemosel valorde la fuerzaencada barra:
Fi = σi*Ai
FA = (300 MPa)(200mm2
) =60 KN
FC = (250 MPa)(200mm2
) = 50 KN
FD = (300 MPa)(100mm2
) = 30 KN
FE = (300 MPa)(400mm2
) = 120 KN
Con el valorde desplazamiento,hallamosel valorde lasfuerzasparacada barra
Para la barra A:
FA = (2*106
) 𝛿D
λ3FA = (2*106
) 𝛿D
λ3FA = 2*106
(58.82*10-7
) λ3
λ3FA = 11.764 λ3
Ya conocemosque FA = 60 KN (límite de rotura)
λ3FA = 11.764 λ3 = 60*103
λ3 = 5100

Para la barra C:
FC = 107
𝛿D
λ3FC = 107
𝛿D
λ3fC = 107
(58.82*10-7
) λ3
λ3Fc = 58.82 λ3
Ya conocemosque Fc = 50 KN (límite de fluencia)
λ3Fc = 58.82λ3 = 50*103
λ3 = 850
Para la barra D:
FD = 106
𝛿D
λ3FD = (106
) 𝛿D λ3
λ3FD = 106
(58.82*10-7
) λ3
λ3FD = 5.882 λ3
Ya conocemosque FD = 30 KN (límite de rotura)
λ3fD = 5.882 λ3 = 30*103
λ3 = 5100
Para la barra E:
FE = 6*106
𝛿D
λ3 FE= (6*106
) 𝛿D λ3
λ3 FE = 6*106
(58.82*10-7
) λ3
λ3 FE = 35.292 λ3
Ya conocemosque FE = 120 KN (límite de rotura)
λ3 FE = 35.292 λ3 = 120*103
λ3 = 3400
Escogemosel menorvalorde λ3 = 850 de la barra C
Reemplazando λ3 enlasecuaciones:
Para la barra A:
(FA)1 = 11.764 (850) = 10 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δA:

(δA)1 =2.5 + 2.5/50(FA -50) = 2.5 + 2.5/50(10 – 50)
(δA)1 =0.5*10-3
Para la gráfica:
FA = 10 KN
𝛿A= 0.5*10-3
Para la barra C:
(FC)1 = 58.82*850 = 50 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δC:
(δC)1 =2.5 + 2.5/50(FC -50) = 2.5 + 2.5/50(50 – 50)
(δC)1 =2.5*10-3
Para la barra D:
(FD)1 = 5.882*850 = 5 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δD:
(δD)1 =2.5 + 2.5/25(FD -50) = 2.5 + 2.5/25(5 – 25)
(δD)1 =0.5*10-3
Para la barra E:
(FE)1 = 35.292*850 = 30 KN
De laecuaciónde la recta, se obtiene δE:
(δE)1 = 2.5 + 2.5/100(FE – 100) = 2.5 + 2.5/100(30 – 100)
(δE)1 = 0.75*10-3
Por lotanto,el tercer puntoqueda:
P1 = (λ1P)1 = 850 KN = 850000
𝛿D1 = (λ1 𝛿D)1 = (850) (0.08*10-7
) = 1.667*10-3

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