UNIVERSIDAD TECNICA DE AMBATO
DEFORMACION SIMPLE ING FERNANDO URRUTIA
13
Ejercicios de deformación
3.- Durante una prueba esfuerzo-deformación se ha obtenido que para un esfuerzo de 35 MN/m2 la deformación ha sido de 167x10-6 m/m y para un esfuerzo de 140 MN/m2, de 667x10-6 m/m. Si el límite de proporcionalidad es de 200 MN/m2. ¿Cuál es el esfuerzo correspondiente a una deformación unitaria de 0.002? Si el límite de proporcionalidad hubiese sido de 150 MN/m2, ¿se hubieran deducido los mismos resultados? Razonar la respuesta. MN/m2 Limite de Proporcionalidad 200
DATOS σ1= 35 MN/m2
140
ε1= 167x10-6 m/m σ2= 140 MN/m2
35
ε2= 667x10-6 m/m SOLUCION. E= E=
ε1
=
m/m 167
ε2
667
35 MN/m2 167x10− 6
E= 209580.8383 MN/m2 E = 209.580 N/m2 Si el límite de proporcionalidad hubiese sido de 150 MN/m2 los resultados serian los
mismos puesto que los valores con los que se trabajaron están por debajo del mencionado(150 MN/m2).
Aplicamos regla de 3 para obtener el esfuerzo correspondiente a una deformación de 0.02.
167x10-6 m/m
35 MN/m2
0.002 m/m
σ
σ=
∗ .
/
/
σ = 419.1617 MN/m2 σ = 419.1617 N/m2 El esfuerzo para una deformacion de 0.002 es de 419.1617 N/m2
4.- Una barra prismática de longitud L, sección transversal A y densidad ϼ se suspende verticalmente de un extremo. Demostrar que su alargamiento total es δ= ϼgL2/2AE. Llamando M a su masa total demostrar que también δ= MgL/2AE.
Rw
DATOS. Longitud= L Seccion Transversal= A Densidad= ϼ
L SOLUCION. Sabemos que: M= ϼ x V
W
M= ϼ x (LxA) M= = ϼ x (LxA)
W = ϼxLxAxg E = Coeficiente de elasticidad.
ϼ=
Sabemos que ϼ=Densidad.
= ϼ
δ–0= ϼ
δ=
Sabiendo que: p, g, E son constantes.
[ ] 0L
ϼ
δ=
Multiplicamos al numerador y denominador por (A)
δ =
ϼ
x
Sabiendo que ϼ =
Seccion =A
δ = δ=
x
5.- Una varilla de acero que tiene una sección constante de 300mm2 y una longitud de 150m se suspende verticalmente de uno de sus extremos y soporta una carga de 20kN que depende de su extremo inferior. Si la densidad del acero es 7850kg/m3 y E= 200 x 103 MN/m2, determinar el alargamiento de la varilla. Indicación: Aplique el resultado del problema 204. DATOS. ϼ= 7850kg/m3
E= 200 x 109 N/m2 150 m
A= 300mm2 = 300x10-6 m2
L= 150m P= 20kN = 20 x 103 N 20 kN SOLUCION. δTOTAL = ϼcarga + ϼpeso δTOTAL = δTOTAL =
+
ϼ
δTOTAL = 0.0543 m δTOTAL = 54.3 mm
(
(
)
)
+
(
.
(
)(
)
)
6.- Un alambre de acero de 10m de longitud que cuelga verticalmente soporta una carga de 2000 N. Determinar el diámetro necesario, despreciando el peso del alambre, si el esfuerzo no debe exceder de 140 MPa y el alargamiento debe ser inferior a 5mm. Supóngase E= 200 GPa.
DATOS. L= 10m P= 2000N
ᶲ
σ= 140 MPa = 140x106 N/m2
δ ≤5mm ; ≤ 0.005m E= 200 GPa = 200 x 109 Pa.
A
SOLUCION.
δ= δ=
ᶲᶲ
ᶲ2= ᶲ2=
(
(
/ )( .)( .
ᶲ2= 0.0000255 m ᶲ = 5.0497 mm
)
10 m
)
2KN
7.- Una llanta de acero, de 10mm de espesor, 80mm de ancho y de 1500mm de diámetro interior, se calienta y luego se monta sobre una rueda de acero de 1500.5mm de diámetro. Si el coeficiente de fricción estática es 0.30, ¿Qué par se requiere para girar la llanta con respecto a la rueda? Desprecie la deformación de la rueda y use E= 200GPa. SOLUCION
80mm
Incremento Radial. λ= re - ri .
λ=
mm e= 10 mm Di= 1500 mm
λ= 0.25 mm λ=
∗
σ= σ=
=
ANCHO: (re – ri) = 80 mm ESFUERZO DE ACCION: Fr= μ(F) : Fr= (0.3)(F) MOMEMTO: M= Fr*(e) M=μ(F)e= μ(σ)(π)(80mm)(re + ri)e
F= σ π (re2 – ri2 )
M= μ
F= σ π (re – ri ) (re + ri )
M=μπ(0.08m)(
π (0.08m)(re + ri)e ) E*e*λ
M=0.3(π)(0.08)(200x109Pa)(2.5x10-4)(2.0003m)e M= 75.41 KN.m
8.- Una barra de aluminio de sección constante de 160mm2 soporta unas fuerzas axiales aplicadas en los puntos que indica la figura. Si E=70GPa, determinar el alargamiento, o acortamiento, total de la barra (No hay pandeo de este elemento).
35 kN
15 kN
0.8 m
30 kN
10 kN
1.0 m
0.6 m
2
1
3
4
SOLUCION A=160mm2 = 1.6 x 10-4 m2 E=70GPa Procedemos a realizar el cálculo de deformación para cada segmento y sumamos para obtener el valor total:
Sección 1-2.
ΣFx=0
δ=
PAB – 35KN=0
( .
( . )
δ12= 2.5 x 10-3 m
P12
35 kN
)
PAB=35KN
Sección 2-3.
ΣFx=0
δ23=
PBC – 35K + 15K=0
(
(
)( .
35 kN
)( )
15 kN
)
δ23=1.7857x10-3 m
P23
PBC= 20KN
Sección 3 – 4.
-35k + 15k +30k + P34= 0 P34 = -45K +35K P34 = -10K
δ34=
.
( . )
35 kN
δ34= - 5.357x10-4 m
δTOTAL= δ12 + δ23 + δ34 δTOTAL= 2.5 x 10-3 m + 1.7857x10-3 m + (- 5.357x10-4 m) δTOTAL= 3.75 X 10-3 m EL ALARGAMIENTO TOTAL ES DE DE 3.75mm
15 kN
30 kN
P34
9.- Resolver el problema 9 intercambiando las fuerzas aplicadas en sus extremos, en el izquierdo la fuerza de 10KN y en el derecho la de 35KN. 10 kN
15 kN
0.8 m
30 kN
35 kN
1.0 m 2
1
0.6 m 3
4
SOLUCION A= 160mm2 = 1.6x10-4 m2 E=70GPa
SABIENDO QUE: AE=11200000
Procedemos a realizar el cálculo de deformación para cada segmento y sumamos para obtener el valor total:
Sección 1-2.
ΣFx=0 P12 – 10KN=0
P12
10 kN
( . )
δ=
δ12= 0.071428 m
P12=10KN
Sección 2-3. (
)( )
10 kN
ΣFx=0
δ23=
P23 – 10K + 15K=0
δ23=-0.00446 m
15 kN
P23
PB23= -5KN
Sección 3 – 4.
-10k + 15k +30k + P34= 0 P34 = -35KN
δ34=
.
10 kN
15 kN
δ34= - 1.875 X 10-3 m δTOTAL= δ12 + δ23 + δ34 δTOTAL= 0.071428 m + (-0.00446 m) + (- 1.875 X 10-3 m) δTOTAL= -1.607 X 103 m EL ALARGAMIENTO TOTAL ES DE DE 1.6071mm (acortamiento)
30 kN
P34
10.- Un tubo de aluminio está unido a una varilla de acero y a otra de bronce, tal como se indica y soporta unas fuerzas axiales en las posiciones señaladas. Determinar el valor de P con las siguientes condiciones: La deformación total no ha de exceder de 2mm ni las tensiones han de sobrepasar 140 MN/m2, en el acero, 80 MN/m2 en el aluminio ni 120 MN/m2 en el bronce. Se supone que el conjunto esta convenientemente anclado para evitar el pandeo y que los módulos de elasticidad son 200x103 MN/m2 para el acero, 70x103 MN/m2 para el aluminio y 83x103 MN/2 para el bronce. ALUMINIO A=600mm2
BRONCE A=450mm2
3P
0.6 m
ACERO A=300mm2
1.0 m
0.8 m
ALUMINIO
BRONCE
2P
ACERO
2P
3P P
4P
σBr= 120 MPa
σA= 140 MPa σAl= 80 MPa
0.6 m
1.0 m
1
2
3
SOLUCION Sabemos que
0.8 m 4
DATOS δ=
EA= 200x103 MN/m2
δTOTAL= 0.002m (Dato)
EAl= 70x103 MN/m2
δTOTAL= δ12 + δ23 + δ34 = δBr + δAl + δAc
EBr= 83x103 MN/m2
Realizamos sumatoria de fuerzas en X para cada sección y obtenemos el esfuerzo en los respectivos materiales (bronce, aluminio, acero)
Respecto al bronce (Punto 1-2) ΣFx= 0 3P + P12 = 0 P12 = -3P
δBr=
(
(
)( . )( .
)
δBr= -4.819 x 10-8 P
)
3P
P12
Respecto al aluminio (Punto 2 - 3) ΣFx= 0 3P – P + P23 = 0 P23 = -2P
δAl=
(
(
)( )(
)
δAl= - 4.762 x 10-8 P
3P
)
P
P23
Respecto al aluminio (Punto 3 - 4) ΣFx= 0 3P – 5P + P34 = 0 P34 = 2P
δAc= (
(
)( . )(
)
δAc= 2.6667 x 10-8 P
)
3P
P
4P
Remplazamos en la condición inicial de δTOTAL= δ12 + δ23 + δ34 = δBr + δAl + δAc δTOTAL= (-4.819 x 10-8 P) + (- 4.762 x 10-8 P) + (2.6667 x 10-8 P) δTOTAL= - 6.9145 x 10-8 P ; Se conoce que por el dato del ejercicio que δTOTAL=0.002m P=
.
P= 28924.66 N P= 28.9247 KN
=
.
.
P23
11.- Dos barras AB y CD que se suponen absolutamente rígidas están articuladas en A y en D y separadas en C mediante un rodillo, como indica la figura. En B, una varilla de acero ayuda a soportar la carga de 50kN. Determinar el desplazamiento vertical del rodillo situado en C. 50kN
E=200X109 N/m2 A=300 mm2 L=3m
2m
B
A 3m
2m
C 1.5 mδ
D
Cy X= Desplazamiento
SOLUCION Realizamos sumatoria de momentos en A y en D.
δ=
ΣMD=0 (BARRA DC) -2(50KN) + 4(CY)=0
ΣMA=0 (BARRA AC) -4.5(CY) + 3(BY)=0
CY=
BY=
CY= 25kN
BY= 37.5kN
)
Procedemos a sacar la deformación que se produce en BY, Para poder obtener el desplazamiento total realizamos una semejanza de triángulos.
( )( ) ( )( )
=
δ= 1.875 mm
. (
(
(
)
)
= 1.875 x 10-3 m
Semejanza de triángulos. Si: 3m 4.5m
1.875 mm x
X= 2.8125 mm
El desplazamiento total es de 2.8125mm
12.- Un bloque prismático de concreto de masa M ha de ser suspendido de dos varillas cuyos extremos inferiores están al mismo nivel, tal como se indica en la figura. Determinar la relación de las secciones de las varillas, de manera que el bloque no se desnivele.
TAL
Aluminio E=70 GPa L=6m
Acero E=200 GPa L=3m
TAc
1m
5m
1m
5m
A
B 3
2 W=mg
Realizamos momento respecto al punto A. Y sumatoria de fuerzas en Y.
ΣMA= 0 -3W + 5TAL=0
TAL=
ΣFY= 0 TAL + TAC - W = 0 TAC = W - TAL
= 0.6mg
TAC = mg TAC =
Igualamos el esfuerzo del acero y del aluminio para obtener la relación que poseen estos dos materiales, sabiendo que δ =
δAL= δAC ( (
= o.4mg
)( )(
( .
=
) ( = ) ( )(
( .
∗(
) )(
)( )( )
=8.571428
= )
) )
( .
( )( .
)( )
∗(
)
)
∗ ∗
1
13.- La barra rígida AB, sujeta a dos varillas verticales como se muestra en la figura, esta en posición horizontal antes de aplicar la carga P. Si P=50kN, determine el movimiento vertical de la barra. Aluminio L=4m A=500mm2 E=70 G Pa
Acero L=3m A=300mm2 E=200 G Pa
B
A
2m
3m 50kN
SOLUCION
Realizamos sumatoria de momentos respecto A. Y sumatoria de fuerzas en Y. ΣMa= 0 ΣFy= 0 -2P + 5TB = 0 -P + TB + TA= 0 ( ) TA= − TB = 50kN - 20kN TB= = TA= 30 kN TB= 20kN
Calculamos la deformación en A y B. δA = δA =
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )(
δA = 1.5mm
δB = )
δB =
( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )(
δB = 2.2857mm
)
Del calculo de las deformaciones se puede concluir el siguiente grafico
B
A y
2m
z
1.5mm 0.78mm
2.2857mm
Mediante relación de triángulos tenemos que; 5m 2m
0.785mm z
Z= 0.3142 mm
3m
Desplazamiento total es: DTOTAL=z + y DTOTAL= 1.8143mm
El desplazamiento total en el punto A es de 1.5mm. El desplazamiento total en el punto en donde se aplica la fuerza es de 1.8143mm. El desplazamiento total en el punto B es de 2.2857mm.
14.- Las barras rígidas AB y CD mostradas en la figura están apoyadas mediante pernos en A y en C, y mediante las varillas mostradas. Determine la máxima fuerza P que pueda aplicarse como se muestra si el movimiento vertical de las barras esta limitado a 5mm. Desprecie los pesos de todos los miembros.
ALUMINIO L=2m A=500mm2 E=70GPa B
A
3m
3m
C
P
A
ACERO L=2m A=300mm2 E=200GPa D
B δAL=δvertical de la barra AB en su centro de gravedad
D C Desplazamiento total de las barras
Es indispensable saber que:
δVertical.AB + δVertical.CD=0.005 m
ecuación 1
δAL + δAC=0.005 m
ecuación 2
Realizamos momentos en A y en C. ΣMA=0 3PAL – 6 PAC=0 3PAL = 6 PAC PAL = 2PAC Sabiendo que
ΣMC=0 -3P + 6PAC=0 3P = 6PAC P = 2PAC
PAC=
PAC=
PAL=2( ) PAL=P
Usamos la ecuación 2 y remplazamos sus respectivos valores.
δAL + δAC=0.005 m ( .
.
) ( . ) ( ) (
(
+ X
( .
)
+ x
)
.
) ( . ) ( ) (
= 0.005 m
57.14 P + 8.33 P = 0.005 m P=7.637 X 10-5 GN
(
) (
)
)
= 0.005 m
15.- Una varilla de longitud L y sección circular tiene un diámetro que varía linealmente desde D en un extremo hasta d en el otro. Determinar el alargamiento que le producirá una fuerza P de tensión.
P
P
D
d
L
SOLUCION
d
y
D
x Ld
dx
L LD
= y=
=
Podemos decir que
=
Despejando d=
∗
=
AREA. A= r2 A= ( A=
δ=
*
Integrando
δ=
Remplazamos ecuación 2 en ecuación 1.
Ecuación 1.
(
.
)2 )(
)
ECUACION 2.
δ=
δ= δ= δ= δ=
δ=
= (
( 2 )( 2 ) 4 ( )2
)
[
]
[
+
[(
)(
= ]=
)
]=
[
(
[( )
] )(
)
] Sabiendo que −
Conociendo que
(
+ )
=
=
16.- Una varilla delgada de longitud L y sección recta constante A, situada en un plano horizontal, experimenta una rotación alrededor de un eje vertical que pasa por uno de sus extremos. Llamando ϼ a la densidad y ω a la velocidad angular, demostrar que el alargamiento total de la varilla viene dado por ϼ ω2L3/3E. ω
ΣF= m(ar) F=A(dx) ϼ(ω2)x F=A(ω2) ϼ(x)dx ar=Aceleración radial
L
m=A(ϼ) x
dx
δ= aN x
w
( ) dx ( )
δ=
δ= δ=
ar dx
(
(
)(ϼ)
ϼ(
( )
[ ]
)(ϼ) 3 L
)
dx
17.- Dos varillas de aluminio AB y BC articuladas en A y C a soportes rígidos, como indica la figura, están unidas en B mediante un pasador y soportan la carga P=20 kN. Si las varillas tienen una sección de 400 mm2 y E= 70X103 MN/m2, determinar las deformaciones totales de cada una y el desplazamiento horizontal y vertical del punto B. Considérese α=300 y Ѳ=300. SOLUCION. TBAy=TAB.(Sen300)
A
L=3m
TBA 30
α
300 TBC
Ѳ P
P L=2m
C
TBCy=TBC.(Sen300)
TBCx =TBC.(Cos300)
C
Obtenemos las tensiones y deformaciones de las varillas BA y BC respectivamente.
ΣFx=0 TBCx + TBAx =0 TBA(Cos300) + TBc(Cos300) = 0
Sen300= TABy=TAB(Sen300)
TBA =-
(
TBA = - TBC
δBA=
TBAx =TAB.(Cos300)
0
B
B
A
(
) ( ) (
)
)
δBC=
= 2.1428 x 10-3 m
300 600
300
A 300
F D E
(
300
B 2.1428 x 10-3
ΣFx=0 TBAy - TBCy – P = 0 TBA(Sen300) - TBC(Sen300) - 20Kn=0 TBA(Sen300) - TBC(Sen300) = 20Kn -TBC(Sen300) - TBC(Sen300) = 20Kn TBC = -20Kn (Compresion) TBA = 20Kn (Tension)
1.428 x 10-3 mC
(
) ( )
)
= -1.428 x 10-3 m
D Triangulo Isoseles
B
A
x C
a
y d
F
D
E
c e
Sen300 =
Y= a + b y=2.857 + 0.71425 y=3.5714 mm
.
.
a= 2.857 mm Δ ABE Δ BCF
Sen300 =
Tan300=
d= 4.2857 mm
x= 0.4124 mm
b=0.71425 mm
b
Δ BCF
E
b=
300
b c
e=d – a e=1.4285 mm
300
El desplazamiento total horizontal de B es de 0.4124 mm. El desplazamiento total vertical de B es de 3.3514 mm.
F
18.- Resolver el problema 17 si la varilla AB es de acero de E=200x103 MN/m2, α=450 y Ѳ=300, sin modificar los demás datos. TBAy=TAB.(Sen450)
A
L=3m
TBA 45
α
300 TBC
Ѳ P
P
C
L=2m
TBCy=TBC.(Sen300)
ΣFx=0 TBC(Cos30) + TBA(Cos45) =0 TBA = -TBc(Cos300)/ (Cos450) TBA = - 1.2247 Remplazo ECUACION 1 enTBC ECUACION 2. ECUACION 1 -1.2247TBC (Sen450) –TBC(Sen300) = 20kN
TBC =-14.6467 kN
COMPRESION.
TBA = 17.9378 kN
TENSION.
δBC=
(
( (
.
.
Buscamos la deformación en cada varilla.
)( ) )( )
)( ) )( )
= 0.6724 X 10-3 m TENSION. = -1.045 X 10-3 m
TBCx =TBC.(Cos300)
C
ΣFy=0 TBAy - TBCy – P = 0 TBA(Sen450) - TBC(Sen300) - 20Kn=0 TBA(Sen450) - TBC(Sen300) = 20Kn ECUACION 2
-0.8655TBC - 0.5TBC = 20 kN
δBA= (
TBAx =TAB.(Cos450)
B
B
0
A
COMPRESION.
Aplicamos geometría para encontrar el valor de los ángulos.
A
B
A
α
B Ѳ
0.6724 X 10-3
α
1.045 X 10-3
600
A
y
A
a
C
C
α
b
D
D
α
x
E
1050
Ѳ
c
F
F
Encontramos los valores de a,b,c
∆ABD .
Cos600=
a=0.95096x10-3m
∆DEF c=b-a C=1.1406 x 10-3m
∆ACF
Cos450=
.
b=2.091x10-3m
Con los valores encontrados aplicamos relaciones trigonométricas y encontramos el valor de f.. E
=
1050
f= f=
( )( ( .
°
=
°
°)
°
)( °
f=0.59042 x 10-3 m D
450
E
O
300
F
° °)
∆DEO Cos450= DO= (f) x (Cos450) DO= 0.4174 X 10-3 m Y=a + DO Y= 1.368 mm
Una vez obtenido el desplazamiento vertical(Y) aplicamos la función seno en el triángulos DEO para buscar el desplazamiento horizontal.
∆DEO Sen450= x= (f) x (Sen450) x= 0.4175 mm
El desplazamiento horizontal en el punto B es de 0.4175 mm. El desplazamiento vertical en el punto B es de 1.368 mm.
19.- Una barra de sección circular que varía linealmente desde diámetro D en un extremo hasta otro menor d en el opuesto, se suspende verticalmente de su extremo más ancho. Si la densidad del material es ϼ, determinar el alargamiento debido a su propio peso. Aplicar el resultado a la determinación del alargamiento de un sólido de forma cónica suspendido de su base. D
D
A
A
L
p y
W
x
d d
SOLUCION
Aplicando relaciones trigonométricas, obtenemos ecuación 1 y ecuación 2. = = =
Remplazando 1 en 2.
= (
)
z=
z=
z=
Ecuación 2.
(
(
)
= )
(
)
Ecuación 3.
xD=d(x +L) xD=dx +dL xD - xd=dL x= Ecuación 1.
Realizamos sumatoria de fuerzas en Y. ΣFy= 0 σy(Az)–w=0 σy(Az)=w σy(Az)=p(g)(VZ) Ecuación 4. VZ= VY - VX
VZ= (AZ)(y)- π( )x Remplazamos x. VZ= π(y2 VZ=
y
3
Ecuación 5.
)y - π -
(
(
Remplazamos Ecuación 5 en Ecuación 4.
)
)
y
A W
x
σy(πy2) σy=
= pg
(y -
δ=
−
) σy dy
δ= δ=
{
δ=
{
δ=
[
δ=
[
δ=
[
δ=
[
δ=
(
( +
+
⋮
(
-
)
(
(
−
+ + ((
+
)
)
)
-
)
1
3
-
(
+1
⋮
)
-
(
(
−
)
} - )]
)x(
( )
(
)
( ) ) )
}
(
]
(
)
]
) )] )
Sabiendo que x=(
)
Ejercicios de hiperestaticidad
232. Una barra de acero de 50mm de diámetro y 2 m de longitud se envuelve con un cascaron de hierro fundido de 5mm de espesor. Calcular la fuerza de compresión que es preciso aplicar para producir un acortamiento de 1mm en la longitud de 2m de la barra compuesta. Para el acero, E=200 10 / , y para el hierro fundido, E=100 10 / . Datos: Acero d=50mm L= 2m = 200 10
=100 10
/
/
Para el cálculo de las áreas del acero y hierro respectivamente se usan las fórmulas tanto de círculo y del cilindro hueco. = =
=
/4
(0,05) /4
=
= 1,9635 10
e=5mm Acero
di=50mm
de=60mm
Solución:
P
2m
Hierro
(
−
)/4
((0,06) − (0,05) )/4
= 0,8639 10
(ΣFy)
P=
+
Ecuación 1
Con la ecuación 1 es imposible resolver el sistema planteado, por lo que se plantea otra ecuación relacionando las deformaciones en los materiales (las deformaciones son iguales porque los dos soportan la misma carga). =1mm=0,001m
=
Ecuación 2
Estudiando las dos ecuaciones planteadas procedemos a usar la que implica deformaciones que es en la que más datos están proporcionados. x L
=
Remplazamos los valores obtenidos en la ecuación. 0,001 =
x 2 (200 10 )(1,9635 10 )
Ra=196350N=196,350KN
Remplazamos los valores en la ecuación 1. P=
+
P=43,195KN + 196,350KN P=239,545KN
=
x L
Remplazamos los valores obtenidos en la ecuación. 0,001 =
x 2 (100 10 )(0,8639 10 ) ℎ
Rh=43195N=43,195KN
233. Una columna de concreto armado de 250mm de diámetro se diseña para soportar una fuerza axial de compresión de 400KN. Si el esfuerzo admisible en el concreto es de 6MPa y en el acero de 120 MPa, determinar la sección de refuerzo de acero que se necesitará. =14GPa y =200GPa. Datos:
de=250mm P= 400KN σ =6MPa
σ = 120MPa =14GPa
=200GPa
Solución:
Rc
P Ra
σ
σ
L
0,25
Del diagrama se puede deducir una formula que relacione las fuerzas y reacciones suscitadas en la columna. (ΣFy=0)
-P+Ra+Rc=0 P=Ra+Rc
Ecuación 1
Para el uso de los esfuerzos proporcionados en el problema, expresamos las fuerzas en función de sus esfuerzos. σ=
R= σ X A
El área es igual al área de una circunferencia entonces:
Remplazamos R en la ecuación 1. P=(σ
a) + (σ
)
Ecuación 1.1
a) + (σ
(A − A ))
A= A + A
Remplazamos en ecuación 1.1 P=(σ
Para el cálculo de áreas.
Obtenemos el área del concreto: A =A-A
De las deformaciones de los elementos se deduce la siguiente fórmula. =
(como δ=
=
200x 109 Pa
=
14x 109 Pa
)
La longitud es la misma tanto para el acero como para el concreto (L).
Como el esfuerzo del concreto es menor el esfuerzo del acero tendrá que estar limitado por el del concreto.
234. Una columna de madera de sección 250x250 mm se refuerza mediante placas de acero de 250 mm de ancho y espesor t, en sus cuatro caras laterales. Determinar el espesor de las placas de madera que el conjunto puede soportar una carga axial de 1200KN sin que excedan los esfuerzos admisibles de 8MN/ en la madera y 140 MN/ en el acero. Los modulos elasticos son = 10 10 MN/ y = 200 10 MN/ . t
t t
t Datos Am=250 X 250mm P=1200KN Em=10 x 10 MN/
Ea=200 x 10 MN/ σ = 140 σ
= 8
Solucion
/
/
ΣFy=0 -P+Pm+Pa=0 P=Pm+Pa
Ecuacion 1
Al tener el valor de los esfuerzos en ambos materiales expresamos las fuerzas en funcion de sus respectivos esfuerzos. σ=
P= σ x A
Ecuación 2
Ecuación 2 en Ecuación 1. P=σ
Ecuación 3
+ σ
= = =
Relacionamos las deformaciones en base a los esfuerzos dados, en este caso el
esfuerzo en el acero estará limitado por esfuerzo en la madera. =
σ = 0,05σ
/ /
Ecuación 4
Reemplazo el valor del esfuerzo en ecuación 4. σ = 0,05(140MN/
)
σ = 7MPa
No excede el esfuerzo admisible.
Reemplazando valores en la ecuación 3. P=σ
Para el cálculo de las áreas.
+ σ
1200 x 10 =((7 x 10 N/ (1200 x 10 ) − 7 x Aa=
)(0,0625))+(140 x 10 N/
(0,0625) =140 x 10 Aa
Aa= 5,446 x 10
=
+
= 0,0625
= 0,0679
0,0679 0,0679 4
+
+ 5,446 x 10
= (0,250 + 2 )^2 = 0,0625 +
+ 4
+(0,0625 − 0,0679)=0
x Aa)
Am=0,0625 = (0,250 + 2 )^2 =
+
4
t= t=
+
±√
-5,446 10 =0
±
t1= 5,33
( , ( )
)
m
t2=-0,25m
235. un bloque completamente rígido de masa M se apoya en tres varillas situadas en un mismo plano, como se india en la figura P-235. Las varillas de cobre tienen una sección de 900 , E=120 GPa, y esfuerzo admisible de 70 MPa. La varilla de acero tiene una seccion de 1200 . E=200GPa, y el esfuerzo admisible es 140 MPa . Calcular el máximo valor de M.
M
Cobre 160mm
Cobre 160mm
Acero 240mm
Datos: Cobre
Acero
Ac=900
Aa=1200
Ec=120GPa
Ea=200GPa
= 70
= 140
Solución Pco
Pa
P=co
W=mg
ΣFy=0 -W + Pco + Pa + Pco=0 W=Pa+2Pco Expresando Las Fuerzas En Función De Los Esfuerzos W=
+ 2
δa= δco
)
( ,
=
σ =
)
( ,
σ =σ σ =
Ecuación 1
=
( ,
)
( ,
10 σ 9
10 (70 9
σ = 77,78 el problema.
)
)
No supera el esfuerzo dado del acero por lo que será el dato usado para resolver
Remplazo valores en la ecuación 1.
W=
+ 2
Mg=1,2 10 (77,78 10 )+2(70 10 (9 10 Mg= 219,333 10
))
M=
,
,
M=22,36 Mg
236. En el problema 235, que variación ha de tener la longitud de la varilla de acero para que las tres varillas trabajen a su máximo esfuerzo admisible?
δ=Δl
δc o
δa=δ+δco Datos: σ
Maximo Admisible
= 70
σ = 140
Ec=120 GPa Ea=200GPa Solución δ= δ= δ=
( ,
δ=(1,68 10
δ= 7,47 10 δ=0,0747mm
)
-
( ,
) - (9,33 10
)
)m
237. Los extremos inferiores de las barras de la figura P-237 están en el mismo nivel antes de colgar de ellas un bloque rígido de masa 18 Mg. Las barras de acero tienen una sección de 600 y E=200 GN/ . La barra de bronce tiene una sección de 900 y E=83GN/ de Determinar el esfuerzo en las tres barras.
Bronce L=1,6m Acero L=1,0m
Acero L=1,0m a
a 18Mg
Solución Al aplicar el peso del bloque la deformación en las tres barras es la misma.
δ
δa=δb=δ ΣFy=0 -W + Pa + Pb + Pa=0 W=2Pa + Pb Expresando en función de los esfuerzos W=2 δa=δb
+
Ecuación 2.
Ecuación 1
=
Reemplazando valores en la fórmula ( )
σ =
( , )
=
( , )(200 x109 N/
σ =
σ
x10
9
2)
Ecuación 3
σ =0,259σ
Ecuación 3.1
Reemplazamos una de las dos ecuaciones en la ecuación 2. W=2 + Se pueden reemplazar cualquiera de las dos ecuaciones ya que en ambas los esfuerzos están relacionados. (18x10 (9,8))g = 2 1,43x10
6x10
= 18x10 (9,8)
=123186396,3 Pa =123,1863 MPa
+ (0,259σ )(9x10 )
σ =0,259(123,1863 MPa) =31,951MPa
238. La plataforma rígida de la figura P-238 tiene una masa despreciable y descansa sobre dos barras de aluminio, cada una de 250,00 mm de longitud. La barra central es de acero y tiene una longitud de 249.90 mm. Calcule el esfuerzo en la barra de acero una vez que la carga central P de 400 KN se haya aplicado. Cada barra de aluminio tiene un área de 120 y un modulo E de 70 GPa. La barra de acero tiene un area de 2400 y un modulo E de 200 GPa. P
aluminio
acero
aluminio
Datos: Aal=120 Aa=2400 Eal=70GPa Ea200GPa Solución:
δo
δT-δo=δAc
δo δT=δAl δo=(250-249,99) δo=0,01mm
ΣFy=0 -P + Pal + Pac + Pal=0 2Pal + Pa=P Expresando en función de los esfuerzos P=2
+
Ecuación 1
Tomamos las deformaciones
δal=
Ecuación 2
δac= δT - δo δT - δo=
Ecuación 3
Remplazamos valores en 3
1 x 10 =δT −
Ecuación 4
Igualamos ecuación 2 y ecuación 5
1 x 10 =
1 x 10 = L(
−
−
)
Remplazamos valores en la ecuación anterior
− −
=
,
= 4 x 10
Ecuación 5
Igualamos ecuación 1 y Ecuación 5 1. P=2
+
400 x 103=2(1,2x 10 )
+ (2,4 x 10 )
5.
=(4 x 10 +
400 x 103 = (2,4 x 10
)( 70x 10 )
) ( 70x 10 )( (4 x 10 ) +
400 x 103 = 6720 + (8,4 x 10 ) 400 x 103 - 6720 = 2,484 x 10 = =
+ (2,4 x 10
393280 2,484x 10 ,
Remplazo =(4 x 10
en ecuación 5 +
= 55,442 MPa
,
)( 70x 10 )
)
)+ (2,4 x 10 )
239. Tres barras de acero, de secciones iguales de 100 x 25 mm, han de unirse mediante pasadores rígidos de 20mm de diámetro que las atravesaran por unos orificios realizados en los extremos de las barras. La distancia entre centros de orificios es de 10m en las dos barras laterales o exteriores, pero es 1,25mm mas corta en la barra central. Determinar el esfuerzo cortante en los pasadores despreciando la deformación local en los orificios.
A
B
C
Datos: A=100 x 25 mm δA Area en los orificios Ao= π δB
/4
Ao= π(0,02) /4
δ
Ao=3,1416 10
ΣFx=0 PA + PC - PB=0 Como la fuerza aplicada en las barras a y c son idénticas remplazamos PC por PA: PB= 2PA Expresando en función de los esfuerzos
=2
Las barras son iguales por lo que sus áreas también son iguales =2
Ecuación 1
Tomamos las deformaciones para poder encontrar el valor de los esfuerzos en las barras. δ= δb + δa δ=
+
Ecuación 2
Remplazo Ecuación 1 en 2 1,25 10 = 1,25 10 = 1,25 10 =
+
+ )
( (
)
1,25 10 =
(
=83,333MPa
Remplazo
en ecuación 1
=2
Remplazo valores en la ecuación (
Despejando
)
)
=2(83,333MPa) = 166,67 MPa
Los esfuerzos obtenidos serán de ayuda para encontrar las cargas que actúan, después de se determinar la carga necesaria para que exista un esfuerzo cortante. En este caso la fuerza que usaremos será la de la barra A, y el área empleada será el área cortada es decir el área de los pasadores por lo tanto:
PA=
PA=(83,33 PA= 208,33 KN
τ= ) (2,5 10
)
τ=
,
MPa
,
663,145
240. Como indica la figura P-240, tres alambres de acero de 30 de seccion cada uno soportan una carga de masa M. Las longitudes iniciales de los alambres son 19,994m, 19,997 y 20,00m. (a)Cual es el esfuerzo en el alambre mas largo, si M= 600Kg? (b)Si M=200Kg, determinar el esfuerzo en el alambre mas corto. Emplee E=200GN/
L2
L3
δ=δ1 + δ2 + δ3 L1
Datos: L1=19,994m L2=19,997m
DEL GRÁFICO
L3=20,00m
EL PRIMER CABLE EN TRABAJAR ES L1, SEGUIDO POR L2 Y POR ÚLTIMO L3
A=30
=3 10
Eacero= 200 10 Pa a.
W=600Kg (9,8m/ )=5886N b. W=200Kg(9,8m/ )=1962N
POR TANTO: 1) 2) 3)
2 = 3 + 0.003 1 = 3 + 0.006 2 = 3 + 0.003
PARA EL CASO a) R1+R2+R3=5886
PARA EL CASO b) R1+R2+R3=1962
Solución: a. PARTIMOS DE LA CONDICION PARA a) 1+ 5)
2+ =
1∗
δ2
3 = 5886
∗
2∗
+
3∗
+
δ1
1)
= 5886
Ó
Ó Ó
2) 3) 3 + 0.006 3 ∗ 10 200 ∗ 10 3 + 0.003 3 ∗ 10 + 20 19.997 3 3 ∗ 10 200 ∗ 10 + = 5886 19.994 3185.32 3= 900 ∗ 10 3 = 3.53 ∗ 10
3= 3=
3∗
3.53 ∗ 10
3 = 1.06 ∗ 10 3=
Ó 5)
1.06 ∗ 10 3 ∗ 10
3 = 35.38 ∗ 10
3 ∗ 10 20
δ3
200 ∗ 10
3
200 ∗ 10
Á
1+ 5)
=
1∗
)
2+
3 = 1962
∗
2∗
+
1 3 ∗ 10
1=
20
4.66 ∗ 10 900 ∗ 10
3= 3=
1∗
200 ∗ 10
1=
1)
= 1962
Ó
Ó
3 ∗ 10 19.994
1 = 51.809 ∗ 10
Ó Ó
Ó 5)
5.17 ∗ 10
1.55 ∗ 10 3 ∗ 10
2) 3) 1 − 0.003 3 ∗ 10 + 19.997 1 − 0.006 3 ∗ 10 200 ∗ 10 19.994
+
3 = 1.55 ∗ 10
3∗
+
3 = 5.17 ∗ 10
200 ∗ 10
= 1962
1
200 ∗ 10
Á
241. El conjunto de la figura P-241 consiste de una barra rigida AB, de masa despreciable, articulada en O mediante un perno y fija a las varillas de aluminio y acero. En la configuracion mostrada, la barra AB esta en posición horizontal y hay un claro Δ=4mm entre la punta inferior de la varilla de aluminio y su articulación en D. Calcule el esfuerzo en la varilla de acero cuando la punta inferior de la varilla de aluminio se articula en el apoyo D. Solución: ΣMo= 0 -0,6Pac + 1,2Pal=0 1,2Pal-0,6Pac =0
Ecuación 1.1
Del grafico δac δal
δal= Δ – δT
Pa c
Por semejanza de triángulos δac δal = 0,6 1,2
Ecuación 2
δal=2δac
remplazo 2 en 1 =2δac + δT
Expresando en función de los esfuerzos: Δ= =
+
+
Ecuacion 1.1 1,2Pal-0,6Pac =0 2Pal=Pa
Δ=δT+ δal
Ecuación 3
Ecuacio1
En función de esfuerzos 2σal x Aal = σacAac
-
=0
Ecuación 4
Igualamos 3 y 4 De 4:
(
( (
)
(
=
=
=
(Aal)
+
+
(
−6
10
, ,
=
106 ) ) (
10− 3 ( , )
) = 9
10 )
+
(
9
10 )
) =
10− 3 ( , )
242. Una varilla homogénea de sección constante se empotra en sus extremos en soportes indeformables. Soporta una carga axial P aplicada, como indica la figura P-242. Demostrar que las reacciones vienen dadas por R1=Pb/L Y R2=Pa/L. Obsérvese que estas reacciones son análogas a las de una viga simplemente apoyada con una carga concentrada transversal aplicada en el mismo punto.
R1
P
R2 b
a L
Solucion:
R1 δ=
δ=
1
Para este caso P sera R1
P
R2
δ
R1
P
R2 δ=
Igualamos las deformaciones
1
E
1
=
=
2
2
E
Ecuacion 1
ΣFx=0 -P + R1 +R2=0 P= R1 +R2
R1=P-R2 R2=P-R2
Remplazando en ecuación 1
2
2
=
=
2
=
2( + )
P=
=
=
P=
2
a+b=L
2
R2=
1
+
=
1
+
1
1( + ) 1
R1=
a+b=L
243. Una barra homogénea de sección constante igual a 500 se empotra en sus extremos en soportes rígidos. Se somete a la acción de las fuerzas axiales P1= 25KN y P2=50KN, aplicadas como indica la fgura P-243. Determinar el esfuerzo en el segmento BC. Indicación: Aprovechar el resultado del problema anterior y emplear el método de superposición.
A
B
0,6m
C
1,2m
D
0,9m
Solución:
P1=25KN
a1=0,6
b1=2,1
P2=50KN a2=1,8
b2=0,9
1 =
1 =
1 1
1 1
RA= 1 + =
2
1 1+
=
2 2
25 2,1 + (50 0,9) 2,7
RA= 36,111KN
2 =
2 =
2 2
2 2
RA= 1 + =
2
1 1+
=
2 2
25 0,6 + (50 1,8) 2,7
RA= 38,89KN
+ 25
=
= RA-25KN
= 36,111 − 25 = 11,11 A=500 =
=
5 10
11,11 5 10
= 22222222,22 = 22,22
244. La barra representado en la figura P-244 está firmemente empotrada en sus extremos. Determinar los esfuerzos en cada material cuando se aplica la fuerza axial P=200KN.
200mm
300mm
Aluminio(Al) E=70GPa A=900
Acero(a) E=20GPa A=1200
Solución:
200mm
P
R1
R2
δ
δ=
=
300mm
1 0,2 2(0,3) = 70 (9 10 ) 200 (1,2 10 ) 3,1746 10 R1=1,2 10 1=
R2
1,2 2 3,1746
R1=0,39375R2 Ecuación 1
ΣFx=0 -R1-R2+P=0 P=R1+R2
Ecuación 2
Reemplazamos la ecuación 2 en ecuación 1. 200KN=R1+R2 R2=200K-R1 R2 en ecuación 1 2 = 200 − 0.394 2
1,394 2 = 200 2 = 143,497 1 = 56,50
245. En el problema ¿Qué fuerza máxima P puede aplicarse sin que se sobrepasen los esfuerzos admisibles de 70 MPa en el aluminio y 120 MPa en acero? ¿Se puede aplicar una fuerza mayor si se modifica longitud de la varilla de aluminio permaneciendo constante la de acero? En caso afirmativo, determine la nueva longitud? Datos
=
0,2 = 70
2,857 10
0,3 200
= 0,525
=1,5 10
Ecuación 1
Ecuación 2
=
Con las condiciones 1 y 2 = 0,525 (120
40 (70 21
=
= 133,33
) )
Llegara primero a su esfuerzo límite
ΣFx=0 =
1+
=
=
2
Remplazamos
1
+
+
2
,
120 = (1,2 10 ) 9 10
9 10
= 1,858 10
(1,08 10 )
= 200,7
b)
=
63 1,2 10
=
=
+
Remplazamos con sus máximos =
+
120 70 + 0,3 70 200
= 0,18
,
246.- Una varilla está formada de tres partes distintas, como indica la figura y soporta unas fuerzas axiales P1= 12OKN y P=50KN. Determinar los esfuerzos en cada material si los extremos están firmemente empotrados en unos muros rígidos e indeformables. 600mm
400 mm
P1
300mm
P2
Bronce A=2400 E=83 GPa
Aluminio
Acero
A=1200
A=600
E=70 GPa
E=200GPa
Solución LBC=0,4 m
LAB=0,6m A
B
LCD=0,3m C
D
= − =
−
Ecuación 1 =
+
+
PAB
+
P1
=
2−
2−
1+ 1
2
R2
P 2 PBC
=
=
PCD
=
2
+
,
3,01 10
2 = 56,094
1+
1=
2 = 56,094
2=
1+
1 = 170
1+
2 −
1 = 113,405 =
=
=
2−
2−
ENTONCES
2
=
= 5,078 ,
+
+
,
+ 4,7 10
,
=
+
Tracción
− 56,094
1+
2 = − 113,905
− 113,905 2,4 10
,
2 − 2,38 10
2
2 = 6,094
= 47,46 =
,
2 − 2,1 10
8,003 10 2 = 4,4 10 =
Compresión
= 0
+ 2,29 10
2= 0
248. Un tubo de acero de 2,5mm de espersor se ajusta exactamente dentro de otro de aluminio del mismo espesor. Si el diámetro de contacto es de 100 mm determinar la presión de contacto, y los esfuerzos circunferenciales si se somete el tubo de aluminio a una presión exterior de p=40MN/ Ea=200 10 / y Eal=70 10 /
=
Solución −
=
=
Igualamos
=
= = = =
+
(
=
+
+
+
=
) =
40 200 10 ) 200 10 70 10
Simplificamos D
=
t
,
ΣFy=0
=
= 2
2
Aluminio
= Acero
=
( − 2
)
= 4−
,
2
=
,
(4 − 2,76) 106 0,1 2 2,5 103
249. En el problema anterior determinar la presión de contacto y los esfuerzos circunferenciales en el caso de que, inicialmente, exista una holgura radial de una centésima de milímetro entre ambos tubos, antes de aplicar la presión de 4MN/ en el tubo de aluminio Datos P=4 10 D=0,1 m
Δ=10
Eal=200 10 Ea=70 10 SOLUCION =
+ 2
− =
= +
+ 2 + 2
=
(
1
− 2 +
1
)
4 10 0.1 − 2(10 ) − 1,428 10 70 10 = = 1 1 1,928 10 0,1( + ) 70 10 200 10
= − 7,407 =
2
= 80
=
No hay esfuerzo en el tubo de acero
4 106 0,1
2 2,5 10− 3
250. L a figura representa un tornillo de acero que sujeta mediante unas arandelas y tuerca, un tubo de bronce, el paso de tornillo es de 0,8 mm, la sección recta del tubo de bronce es de 900 y la del tornillo es de 450 .Se aprieta la tuerca hasta conseguir el manguito de bronce, un esfuerzo de compresión de 30MN/ . Determinar el esfuerzo si a continuación se le da a la tuerca una vuelta más. Cuantas vueltas habrá que dar ahora en sentido contrario para reducir tal esfuerzo a cero.
L=800mm
Solución =
=
30 10 83
= 2,9 10 m =
,
Al dar una vuelta =
90,47 0,7992 .
0,8
=
= 11,31
= 0,29 + 0,8 = 1,09
1,09 83
(0,8 − 8 10− 4 )
= 0
Para determinar el número de vueltas se aplica un regla de tres. 1,09
1
0,8
n
1,09 = 0,8 ú
ú
=
,
251. Según se muestra la figura, una viga rígida de masa despreciable está articulada en 0 y sujeta dos varillas de diferentes longitudes; pero por lo demás idénticas. Determine la carga en cada varilla si P = 30KN
2m
1,5m m
2m
O L=1,5 m
L=2m
A B
Solución ΣMo=0 2m
2(30KN)-2FA-3,5FB=0 2FA+3,5FB=60KN
2m
=
1,5m
2
3,5
1,5
=
=
2
=
,
=
2 3,5
=
,
( , )
=
Ecuacion 1
=
,
Entonces 2FA+3,5FB=60KN remplazamos en 1 2
+3,5FB=60KN
=
60000 = 11,943 211 42
=
,
252 Una viga rígida de masa despreciable está articulada en un extremo y suspendida de dos varillas. La viga esta inicialmente posición horizontal y enseguida se aplica la carga P. Calcule el movimiento vertical de la carga si P= 120KN.
Acero
Aluminio
3m 2m Solucion
+ 2 3
= = ( = = =
47 90
+
)
47 120000 3 90 70 10 9 10 16920 = 5,67 10
,
1m
253. Una barra rígida, de masa despreciable, está articulada en un extremo y suspendida en una varilla de acero y una de bronce. Cuánto vale la carga P máxima que puede aplicarse sin exceder un esfuerzo en el acero de 120MN/ ni uno en el bronce de 70MN/
Acero
2m
=
ΣMA=0
=
−6 + 2
+ 5
6 = 2
+ 5
= 0
Ecuación 1
=
3 = 1.666 10 9 10 200 10
=
2 = 3,012 10 8 10 83 10 =
= 120 10 9 10
= 108
Bronce
3m
1m
= =
= 70 10 3 10
2 = 5
Entonces =
3 800 83 300 2000 2
=
120 56 = 41,42 163
Reemplazo en 1
6 = 2 41,42 + 5 56 =
362,84 6
= 60,4733
= 56
254.- La figura presenta la sección esquemática de un balcón. La carga total, uniformemente repartida es de 600kN y esta soportada por tres varillas de la misma sección y del mismo material. Determinar la parte de la carga que soporta cada varilla. Se supone al suelo colgante como perfectamente rígido, y téngase en cuenta que no queda necesariamente horizontal. B
C
A
PB
PA 6m
6m
4m
5m 4m
600kN
3m δC
600kN δB=δC + δ2 δ2= δB – δC (1) δ1=3 δ2 (2)
δC DEFORMACION
δC
δ2 δB=δC + δ2
δA=δC + δ1
Sabiendo que δA=3 δB - 2δC Remplazamos el equivalente de la formula de la deformación en cada δ. A demás se conoce la longitud (L) y se sabe que el área (A) y la elasticidad (E) es igual para todas las varillas.
( ) = 3( ) -2( ) ( )
)=
(
)
PA= 3.6PB – 2.4PC
δ1
δA=δC + δ1 Remplazar (2) en δ1 δA=δC + 3 δ2 Remplazar (1) en δ2 δA=δC + 3 (δB – δC) δA=3 δB - 2δC
=
(
2m
2m
3m
PC
≡
≡
(
( )
) = 3(
( )
) -2(
5PA = 18PB – 12 PC
( )
)
Ecuación 1.
Efectuamos sumatoria de fuerzas en y. Sumatoria de momentos respecto al punto A. Finalmente procedemos a sacar el valor de las diferentes fuerzas.
ΣFy=0 PA+PB+PC=600 (3.6PB – 2.4PC) +PB+PC=600 4.6PB – 1.4 PC=600
ΣMA=0 4PB+6PC=3(600) PB =450 – 1.5 PC Ecuación 3.
Ecuación 2.
Sustituimos ecuación 3 en ecuación 2. PB =450 – 1.5 PC 4.6(450 – 1.5 PC )– 1.4 PC=600 8.3 PC =1470 PC =177.11 KN
Remplazamos en ecuación 3 PB =450 – 1.5 PC PB =450 – 1.5C(177.11) PB =184.34 k N
Remplazamos en ecuación 1 PA= 3.6PB – 2.4PC PA= 3.6 (184.34) – 2.4(177.11 ) PA= 238.56 k N
55. Tres varillas, situadas en un mismo plano, soportan conjuntamente una fuerza de 10kN como se indica en la figura. Suponiendo que antes de aplicar la carga ninguna de las tres estaba ni floja ni tensa, determinar las tensiones que aparecen en cada una. Para el acero, E= 200 x 10 9 N/m2, y para el bronce, E=83 x 109 N/m2. A Aluminio L2 P1 Bronce P2
300 300 P1 Bronce
3m
300 300 L1
δBR
δBR δA
L1 A 10 kN.
TBR
TA
TBR
Realizamos sumatoria de fuerzas en Y. ΣFy=0 2TBR(Cos300)+TA=10000N ECUACION 2 EAL=200X109 NM/m2 EBR=83 X109 NM/m2
Cos300= (0.866)(δA)= δBR Remplazamos el equivalente de
-
( )( ) en δBR y δA respectivamente. )( ) ( )( ) ( )( ) (0.866)( )= ( ) ( )( ) ( )( ) ( °) (0.866)TA( )=TBR( )
δ= (
1.3x10-11TA=3.13x10-11 TBR TA=2.408 TBR ECUACION 2
Usamos la ecuación 1 y ecuación 2. 2TBR(Cos300)+( 2.408 TBR)=10000N (1.732) TBR + 2.408(TBR)=10000N TBR=2.415x103N
Remplazamos TBR en ECUACION 2. TA=2.408 (2.415x103) TA=5.90x103N
56. Tres barras AB, AC y AD se articulan en A para soportar juntas una carga P=20kN, como se indica en la figura. El desplazamiento horizontal del punto A esta impedido por una corta varilla horizontal AE que se supone infinitamente rígida. Determinar los esfuerzos en cada barra y la fuerza total en AE. Para la barra de acero, A=200mm2 y E=200GPa y para cada una de las barras de aluminio, A=400mm2 y E=70GPa. R2
B Aluminio
R3
R1
D
C Acero L=3m
Aluminio 300 45
300 450
0
A A
E
450 300 δ1
δ3
P
δ2 450 600
Aplicamos relaciones trigonométricas. δ3= δ2(Sen450) δ2=√2 δ3 δ1= δ2(Sen600) δ2=
√
δ1
o
δ1=( δ2= δ3=
( (
( ) )( )
=
(
)( )( ( )( ( ) )( )
)
°)
=== R3=R1
=
ECUACION 1. = === R2= R1
)√ ( ) ( )( )
ECUACION 2.
Empleamos sumatoria de fuerzas en Y.
ΣFy=0 R1y+R2y+R3y-P=0 R1y+R2y+R3y=P 20=R3(Cos450)+R1(Cos300)+R2
( ) ( = )( ) ( ) = )( ) (
R1=A1(σ1)
20= R1 + R1=
√
√
R1 +
√
R1
√
R1=8.73kN
Sustituimos el valor de R1 en la ecuación 1 y ecuación 2 para obtener R2 Y R3. R3=R1 === R3=13.095kN. R2= R1=== R2=9.17kN.
Sacamos los esfuerzos para R1, R2, R3. σ1= = σ2= = σ3= =
.
.
=21.825MPa =45.85MPa .
=32.737MPa
57. Con los mismos datos del problema anterior, calcular el máximo valor P si los esfuerzos admisibles son de 40 MPa en el aluminio y de 120MPa en el acero. R2 R3
R1 B Aluminio
C Acero L=3m
D Aluminio 300 45
0
30 450
A
A
E
0
δ3
450 300 δ1 δ2
P
450 600
Realizamos sumatoria de fuerzas en Y.
-P + S3Y + S2 + S1Y=0
Del ejercicio anterior sabemos que: S3= S1
P= S3(Cos450) +S2 + S1(Cos300)
Sustituimos los equivalentes para S3 y S2.
P= (Cos450)(S1) +
(S1) + S1(Cos300)
P=2.2898(S1)
S1=(σ1)(A1)=(40MPa)(40x10-4 m2)= 16000N=16Kn. S2=(120MPa)(2x10-4 m2)=24kN. Para obtener PTOTAL.
P= 24kN + 16kN P=40kN.
S2= S1
