Examen Parcial de Resistencia de Materiales i 2011

FACULTAD DE INGENIERIAS

CARRERA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

“EXAMEN PARCIAL DE RESISTENCIA DE

MATERIALES I”

ALUMNOS : FLORES CUEVAS, ROBINSON TEODOCIO.

ERIQUITA MAMANI, ABRAHAM ISAIAS.

MAMANI TICONA, GINA.

BANEGAS MAMANI, ROBERTO.

CURSO : RESISTENCIA DE MATERIALES I.

DOCENTE : Ing. ALBERTO FLORES.

CICLO : V

MOQUEGUA – PERU

31 de octubre de 2011 ]

EXAMEN PARCIAL DE RESISTENCIA DE MATERIALES I 2011-11

1. Hallar los factores de seguridad con que han sido diseñadas las estructuras y calcular el desplazamiento del punto B.

ACERO

σ T=4200kg /cm2

E=2×106 kg /cm2

MADERA

σ Elastico=4200kg/cm2

E=0.113×106 kg/cm2

DEL GRAFICO DE DEFORMACIONES TENEMOS:

RESISTENCIA DE MATERIALES I 2


CC '1

=BB '2

BB'=2CC '

CC '=δ Ac

cos30 °

CC '=δMa

sin 60 °δAc

cos30 °=

δMa

sin 60 °δ Ac=δMa

( FLEA )Ac

=( FLEA )Ma

F Ac=(2×106 ) ( π4 1.9052) (150 )

(0.113×106 ) (10.16 )2 (100 )FMa

F Ac=0.733FMa

DE LA ESTATICA

∑M A=0FMa cos30 °+FAc sin30 ° cos30 °+FAc cos30 °sin 30 °−4000 (2 ) cos30 °=0

FMa+2 FAc sin 30 °=8000FMa+2 (0.733 FMa ) sin 30°=8000

FMa=4616.27kgF Ac=3383.73 kg

CALCULO DE LOS ESFUERZOS DE TRABAJO

σMa=4616.27

10.162=44.47 kg/cm2



σ Ac=3383.73π41.9052

=1187.18kg /cm2

CALCULO DE LOS FACTORES DE SEGURIDAD

F . S .Madera=σ Elastico

σTrabajo

= 220kg /cm2

44.47 kg/cm2=4.9≅ 5

F . S .Acero=σ Fluencia

σTrabajo

= 4200kg /cm2

1187.18 kg/cm2=3.54≅ 3.5CALCULO DEL DESPLAZAMIENTO

DEL PUNTO B

x=BB' sin30 °

x=2CC ' sin30 °

x=2δAc

cos30 °sin 30 °

x=2( 1187.18 (100 )

(2×106 )( π4 1.9052))Ac tan 30 °x=0.024 cm=0.24mm

y=−BB ' cos30 °

y=−2CC 'cos30 °

y=−2δ Ac

cos30 °cos 30°

y=−2( 1187.18 (100 )

(2×106 )( π4 1.9052))Acy=−0.0417cm=−0.417mm

B'=(0.24 ,−0.417 )

2. En la siguiente columna trazar los diagramas de esfuerzos, de desplazamientos y deformaciones, además calcular el desplazamiento total.

TRAMO AB

40×40cm2

E=25000kg /cm2

γ 1=4000kg/m3

TRAMO BC

120×120cm2

E=200000kg /cm2

γ 1=2400kg /m3



TRAMO AB

ESFUERZOS

σ AB=PA

+∫0

400

γ1dx

σ AB=60004 02

+∫0

400

4×10−3dx

σ AB=6000

4 02+ 4×10−3 x|0

400

σ AB=−3.75kg /cm2COMPx=0

σ AB=−5.35kg /cm2COMPx=400DEFORMACIONES

δ AB=PEA

+∫0

400 γ1 xdx

E

δ AB=∫0

4006000dxE1202

+∫0

4004×10−3 xdx

E

δ AB=6000 x

(25000 )1202+ 2×10

−3 x2

25000 |0

400

δ AB=0 x=0δ AB=0.0730 x=400

TRAMO BCESFUERZOS

σ BC=PA

+γ1 A1L1

A+∫

0

150

γ2dx

σ BC=60001202

+(4×10−3 ) (40 )2 (400 )

1202+∫

0

150

2.4×10−3dx

σ BC=60001202

+(4×10−3 ) (40 )2 (400 )

1202+2.4×10−3 x|0

150

σ BC=−0.594 kg /cm2COMPx=0

σ BC=−0.954 kg /cm2COMPx=150cm

DEFORMACIONES

δBC=∫0

150PdxEA

+∫0

150 γ 1 A1L1dx

EA+∫

0

150 γ2 xdx

E

δBC=∫0

1506000dx

(200000 )1202+∫

0

150 (4×10−3 ) (40 )2 (400 ) (150 )dx(200000 )1202

+∫0

1502.4×10−3dx

(200000 )

δBC=6000 x

(200000 )1202+

(4×10−3 ) (40 )2 (400 ) x(200000 )1202

+ 1.2×10−3 x2

(200000 ) |0

150



δBC=0x=0

δBC=5.78 x 10−4 x=150cm

DEFORMACION TOTAL:

δ total=δ 1+δ2

δ total=0.073+5.78 x 10−4

δ total=0.074 cm

Los diagramas seran :

3. Hallar la carga admisible P de modo que se cumpla que:DATOS

σ ≤1600k g /cm2

E=2×106 kg /cm2

α=12×10−6℃−1

∆T=20℃



Lado izquierdo

∑M A=0T 1 (1 )+R y (2 )=0

RAy=T 12

∑M F=0−P (0.5 )+T 2sin 40° (1 )+RFy (2.5 )=0

RFy=P5−T 2sin 40 °

5

∑ F y=0RAy+RFy=P−T 1−T 2sin 40°

T12

+ P5−T2 sin 40 °

5=P−T 1−T 2sin 40 °

3T 12

+4 T2 sin 40 °

5=4 P5

DEL GRAFICO DE DEFORMACONES



DEL LADO IZQUIERDO

y2=δT 11

y=2δT 1

DEL LADO DERECHO

u=δT 2

cos 50°

y2.5

=

δT 2cos50 °1.5

y=2.5 δT 21.5cos50 °

IGUALANDO

2δT 1=2.5δT 2

1.5cos50 °3cos50 ° δT 1=2.5δT 2δT 1=1.296δT 2

( FLEA )1

=1.296( FLEA )2

T 1=2.016T 2

ADEMAS3T 12

+4 T2 sin 40 °

5=4 P5

3 (2.016T2 )2

+4T 2sin 40°

5=4 P5

T 2=0.316 P1600 (2 )=0.316 PP=10126.58 kgT 1=0.637 P

1600 (2 )=0.637 PP=5023.54 kg

EL PESO ADMISIBLE SERÁ P=5023.54 kg

4. Dos cilindros de pared delgada ensamblan exactamente y el conjunto soporta una presión interna de p=30 kg/cm2. El cilindro exterior es de acero de 1.0cm de espesor y el interior es de cobre de0.80cm de espesor. Considerar sin error que ambos cilindros tienen un diámetro común de ensamble de 0.80 cm. Calcular los esfuerzos en ambos cilindros si la temperatura se incrementa en 100℃.ACERO



E=2×106 kg /cm2

α=12×10−6℃−1

COBRE

E=1.1×106 kg/cm2

α=17×10−6℃−1

DE LA ESTATICAp1+ p2=p0ASU VEZ LA PRESION

p=2σeD

2D

(2σ1 e1+2σ 2e2 )=p0

(2σ1 e1+2σ 2e2 )=1200σ 1+0.8σ2=600DE LAS DEFORMACIONES TENEMOS∆ D1=∆ D2

∆ D1=12×10−6×100×D+

σ1D

E1

∆ D2=17×10−6×100×D+

σ2D

E2

REEMPLAZANDO TENEMOSσ1E1

−σ 2E2

=5×10−4

σ 1−20 σ211

=1000

RESOLVIENDOσ 1=600−0.8σ2

σ 1=1000+20σ211

400=−0.8σ 2−20σ211

σ 2=−152.778kg /cm2…………Compresión

σ 1=477.778kg /cm2…………Tracción


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