RESISTENCIA DE MATERIALES CURSO 2015-16Convocatoria de Julio 5/7/2016

Fecha de publicacion de la preacta: 21/7/2016Fecha de revision del examen: 28/7/2016 a las 16:00

Problema 1 (10 puntos)

La estructura de la figura esta compuesta

de una viga ABC de seccion variable y

una barra CD, ambas unidas con una

articulacion en C.

i) Si se elimina la barra CD y se aplica

sobre la viga una fuerza puntual F ,

vertical y hacia abajo en C, calcular el

desplazamiento vertical del punto de

aplicacion de la carga.

L/2 L/2

3EI EI

H

EA

A BC

D

ii) Considerando ahora la estructura completa (con la viga y la barra), y sin ninguna fuerza

exterior sobre ella, se somete la barra CD a un salto termico #. Determinar el desplazamiento

vertical de C si el coeficiente de dilatacion termica de CD es ↵.

iii)Determinar el salto termico que hace que la barra CD pandee si su rigidez a flexion es EI.

iv)Demostrar que el resultado de la parte iii) tiene dimension de temperatura, indicando para

ello las dimensiones de todas las constantes que aparecen en dicha expresion.

RESISTENCIA DE MATERIALES - GITI CURSO 2015-16 EXAMEN DE JULIO 5-7-2016 Fecha de publicación de la preacta: 21 de Julio Fecha de revisión: 28 de Julio a las 17:30 horas

PROBLEMA 1 (8 puntos)

En la estructura de la figura, el valor máximo de la carga triangular es 1167 N/m,

puede despreciarse el rozamiento entre la polea y el cable, y tanto las uniones entre

barras como el eje de la polea son pasadores que pueden considerarse exentos de

rozamiento.

Se pide:

1.- Grado de hiperestaticidad, indicando el número de libertades que introduce cada una

de las uniones (0,5 puntos).

2.- Reacciones en el empotramiento C y esfuerzo normal en el cable (1,5 puntos).

3.- Diagramas acotados de esfuerzos en todas las barras (5 puntos).

4.- Acortamiento de la barra BE, sabiendo que es un perfil normalizado L 50.5 (E = 210

GPa) (1 punto).

( ) FMMmFmFM

FRRFF

FRRFF

CZCZCZ

CYCYY

CXCXX

05,105,1·45,0·0

00

00

−=→=++−→=

=→=+−→=

−=→=+→=

∑∑∑

F

F

0,9 m

0,9 m0,6 m0,6 m

A B C

D

E

X

Y

RCY

RCX

MCZ

RESOLUCIÓN 1.- Aislando la polea, se tiene que, por equilibrio de fuerzas, las acciones sobre ésta (que

verifican el equilibrio de momentos respecto al centro), son:

F

F

F

F

Así, el esquema de la estructura, una vez eliminada la polea, es el siguiente:

F

F

A B C

D

E

Hay tres incógnitas externas (reacciones en C), y tres ecuaciones de equilibrio, por

lo que externamente es isostática.

Internamente, el contorno cerrado añade tres incógnitas (esfuerzos en una sección

cualquiera), pero las uniones en A, B y E permiten cada una de ellas un giro relativo de

una de las secciones* con respecto al resto, por lo que cada una añade una libertad.

Internamente es, por tanto, también isostática.

Globalmente es, por tanto, isostática. (0,5 puntos) * A, B y E no son rótulas, puesto que para serlo deberían permitir el giro relativo entre todas las secciones

que unen.

2.- Planteando equilibrio

global en la estructura, se

tiene:

(1 punto)

( ) NVmNmNmVM

NVVF

NHNHF

AABZ

BAY

AAX

75,430·5,3679,0·3502,1·0

03500

35003500

=→=−+→=

=+−−→=

−=→=−−→=

∑∑∑

El esfuerzo normal en el cable (F) tiene por valor el área de la distribución triangular

de carga:

NmmNF 3506,0·1167

21

== (0,5 puntos)

3.- Aislando las tres barras del conjunto, se tiene:

F

F

VE

HE

VA

HA

HA

VA VB

HB

HB

VB

VEHE

350 N

350 N

367,5 N·m

Al aplicar equilibrio de fuerzas en BE, se tiene que HE = HB y VE = VB.

Al aplicar ahora equilibrio de momentos en B, para la barra BE, se tiene que HE = 0

(se comporta como una barra biarticulada sin cargas transversales).

Así, las barras ABC y ADE quedan solo con tres incógnitas, por lo que del equilibrio

en alguna de ellas se obtienen las incógnitas restantes. Escogiendo ABC, se tiene:

HA350 N

350 N

367,5 N·mVBVA

0,6 m0,6 m 0,9 m

350

350

306

44

350

350

367,5

350 306

306

30644

350

306·senα

44

350α

306·cosα350·cosα

350·(cosα+senα)

350·senα

184

44

350

24570

490

Al sustituir VA en la segunda de las ecuaciones, se obtiene VB = 306,25 N. (1 punto)

El esquema de acciones (fuerzas en N y momentos en N·m), sobre cada una de las

barras es, por tanto:

Para todos los diagramas, lo más cómodo es el esquema anterior, excepto en el

normal y el cortante en la barra AE, para los cuales es preciso descomponer parte de las

fuerzas según las direcciones longitudinal y transversal de la barra.

8,09,02,1

2,1cos6,09,02,1

9,02222=

+==

+= ααsen

Así, para las referencias locales y el criterio de signos de la figura siguiente, los

diagramas se muestran a continuación.

x

yx

y

+

xy

x

y

184

254

306

350350

44

245 245

184

367,5

52,5Mz (N·m)

N (N) T (N)(1 punto) (1 punto)

(2 puntos)

4.- El acortamiento de BE se debe al tramo comprimido. Por estar sometido a esfuerzo

normal constante, la expresión es:

EALNL BEBE=Δ

Extrayendo de las tablas de perfiles laminados la sección de la barra, se tiene:

mmmm

mmN

mmNL 3

222

510·7,2

10·8,4·10·1,2

900·306 −−=−

=Δ (1 punto)

PROBLEMA 2 (2 puntos)

En el conjunto de tuberías de PVC de la figura (G = 1,1 GPa, φext = 110 mm,

espesor 2,2 mm), se pide el desplazamiento vertical del extremo de la llave (donde se

encuentra aplicada la carga), debido exclusivamente a la torsión.

RESOLUCIÓN El esquema de barras de la estructura es el siguiente:

AB

CD

E

250N

Se encuentran sometidas a torsión uniforme las barras AB y CD.

El descenso de E debido a la torsión, bajo la hipótesis de la teoría lineal con

pequeños movimientos, se debe a los giros de torsión de B y D (ya que los de A y C son

nulos):

DEDCDB LL ·· θθδ +=

Ambos giros, por ser torsión uniforme, se obtienen como:

00

··GI

LMGI

LM CDTCDC

ABTABB == θθ

Momento de inercia polar: ( ) ( ) 4644440 10·17,26,105110

3232mmI iie =−=−=

πφφπ

Momentos torsores:

MTAB = 250 N·175 mm = 43750 N·mm

MTCD = 250 N·225 mm = 56250 N·mm

Giros: rad

mmmm

NmmmmN

radmm

mmN

mmmmN

c

B

3

462

3

3

462

3

10·1,410·17,2·10·1,1

175··56250

10·4,610·17,2·10·1,1

350··43750

−

−

==

==

θ

θ

Descenso: mmmmmmmmmm 05,293,012,1225·10·1,4175·10·4,6 33 =+=+= −−δ

(2 puntos)

Nota: Al mismo resultado se llega aplicando el método de la carga unidad o el teorema de

Castigliano a la estructura completa, debiendo tener en cuenta la contribución energética

por torsión de las barras AB y CD.