Trabajo de Resistencia de Materiales

UNIVERSIDAD ALAS PERUANAS Página 1

TRABAJO DE RESISTENCIA DE MATERIALES

1.-

NUDO A :

SimetriaFac=Fab

∑ fx=0 Fad+2Fac=P=150000Fac=150000−Fad

NUDO B :

∑FX = 0

2 Fcdcos30 °=Fad=Fcd= Fad√3

∆ ad=∆ a−∆d

∆ ad=2∆ac− 2

√3∆cd

FadLadAE

= 2FacLacAE

- 2√3 .FcdLcdAE


Fad ( 4 l√3 )=2 (150000−Fad )( 2 l√3 )− 2

√3 ( Fad√3 )(2 l)4 Fad

√3= 4

√3(150000−Fad )−4

3Fad

Fad=58199.31N

Fac=150000−Fad=91800,69N

Fcd=Fad

√3=91800,69

δ= FA

A= Fδadm

= 91800,69N

160∗10−4m2=5,7375cm2

δad=FadA

= 58199,31N

5 ,7375∗10−4m2 = δad=101,4Mpa

δac=FacA

= 91800.69N

5,7375 x 10−4m2 = δac=δab=160Mpa

δcd= FcdA

= 53001,15

5,7375 x10−4m2= δcd=δbd=92.4Mpa


SOLUCION


∆ AM+∆MN+∆ NPRA ( L4 )AE

+RA−2P( L4 )

AE+RA−3 P( L2 )

AE=∆

RAl4

+(Ra−2 p ) L

4+(RA−3P ) L

2=∆ E∆

RA4

+(Ra−2 p )

4+( RA−3 P

2 )=∆ E (L2 )∆=10−4 L

∆L=10−4

RA4

+ RA−2P4

+RA−3 P2

=25 x10−4 x2 x1012 x10−4

RA=2P+500000

FUERZAS NORMALES


N AM=2 P+500000

NMN=RA−2 P=500000

NMN=RA−3 P=2 P+500000−3P=500000−P

COMO NB ESTA EN COMPRESION

N NB=−(P−500000)

σconpresion=NNba

a

4 x106= p−50000025 x 10−4

P=600000N

P=600N

B) Si el espacio A se aumenta 2 veces

∆=3 x10−4 l

∆l=3 x10−4

Reemplazando en (1)

RA4

+ RA−2P4

+RA−3 P2

=25 x10−4 x 5 x1012 x 3x 10−4

ra=2 p+1.5x 106

Fuezasnorma les :

N AM=2 P+1.5 x106

NMN=RA−2 P=1.5 x106

N NB=RA−3 P=1.5 x 106−p=−¿

σcompresion=N NA

A


4 X 106=PP−1.5 X 106

25 x10−4

p−1.6 x 106N

P=1600KN

3).Una barra escalonada empotrada rígidamente en sus extremos, está cargada con una fuerza p=200 KN en la sección m-m y con una fuerza 4p = en la sección n-n. A lo largo del eje de la barra hay un orificio pasante de diámetro do=2.Los diámetros exteriores de los escalones son: d 1=6cm ,d 2=4 cm ,d 3=8cm .El material es acero, E=2x 106Mpa .Determinar las reacciones en los apoyos A y B, construir los diagramas de fuerzas longitudinales N, de las tensiones normalesσ y de losdesplazamientos longitudinales de las secciones transversales δ de la barra.


p=200

Do=2cm

D 1=6cm

D 2=4cm

D 3=8 cm

E=2x 106=Mpa

E=2x 106=100 NCm2

E=2x 108 NCm2

=2 x105 KnCm2

δAB=0⇒ δAp+δPQ+δQR+δRB=0

RA=(200cm )π4

[62−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )

+(RA−200 ) (10cm )

π4

[ 42−22 ]cm2(2 x105 KnCm2 )

+(RA−200 ) (20cm )

π4

[82−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )

+ (RA−1000 )(20cm)π4

[82−22 ] cm2(2x 105 KnCm2 )

=0

2RA32

+ RA−20012

+2 (RA−200 )

60+2 (RA−1000 )

60=0

RA16

+7(RA−200)

60+ RA−1000

30=0

RA16

+ 760

RA−140060

+ RA30

−100030

=0

RA=266.67KN

∴RA+RB=5P=1000

RB=733.33KN


DIAGRAMA DE FUERZAS LONGITUDINALES N


Tensiones


σAP= 266.67KNπ4

(62−22 )cm2=10.61 KN

C m2

δPQ= 66.67KNπ4

[42−22]cm2=7.07 KN

Cm2


σ QR= 66.67KNπ

4 [82−22 ] cm2=1.41 KN

Cm2

δRB= −733.33KNπ4

[82−22]cm2=−15.56 KN

C m2

Desplazamientos longitudinales en la barra


δAP=266.67 (20 )

π4

[62−22 ] cm2 (2 x105 )=1.061x 10−3 cm


δPQ=66.67 (10 )

π4

[ 42−22 ]cm2 (2x 105 )=0.353 x10−3 cm

δQR=66.67 (20 )

π4

[82−22 ] cm2 (2 x105 )=0.141x 10−3 cm

δRB=−733.33 (20 )

π4

[82−22 ] cm2 (2 x105 )=−1.556 x10−3 cm

4.Una barra absolutamente rígida AB cargada con fuerzas repartidasuniformemente de intensidad q, está suspendida de los tirantes de acero iguales y paralelos de sección A=10C m2y apoyada en la parte media sobre un cilindro hueco de cobre de 100x 80 mm. Determinar la magnitud admisible de la


intensidad de la carga repartida a partir de las tensiones admisibles en el acero

[σ cob ]=40Mpa.El modulo de elasticidad del acero es EAc=2.1 x106Mpa; el del cobre

es, ECob=1.4 x106Mpa .

SOLUCION

DMF


A=10 cm^2

[σ Ac ]=160Mpa=1600 N

C m2

[σ Cu ]=40Mpa=4000 N

C m2

EAc=2.1 x106Mpa=2.1 x108 N

C m2

ECob=1.4 x106Mpa=1.4 x 108 N

C m2

∑ F y=0

2 f Ac+2 f Cob=100q

∑M A=0

f Ac (100 )+ f Cob (50 )=100q (50 )

2 f Ac+f Cob=100qTensión en el acerof Ac

10cm2=1600N

Cm2

f Ac=160000N=160KN


Tensión en el cobref Cob

π4

[102−82 ] cm2=4000 N

Cm2

f Cob=113097.336N=113.097KN

∴2 [160KN ]+113.097 KN=100q

q=4330.97 NCm

=4.33KN

5).Construir los diagramas de N, V y M de la viga AC.

∑ F x=0


RB=( 1√2 )+P=0

RB=−√2 P

∑M A=0

RB=( 1√2 )a+RC (2a )=0

(−√2 P )( a

√2 )+RC (2a )=0

RC=P/2

∑ F y=0

RB=RA+RB( 1√2 )+RC=0

RA−√2 P

√2+ P2=0

RA=P2


6).Construir los diagramas de N, V y M de la viga AC.


∑ F x=0

RA sina+P=0

RA= −Psin a

∑M B=0

RA cos a (l )=RC (2 l)

−Psina

cosa=RC (2)

RC=−P cot a2

∑ F y=0

RA cos a+RB+RC=0

−Psina

cosa+RB−P cot a2

=0

RB=32P cota


7. Determinar la carga admisible para una viga de hierro fundido de sección triangular de altura h=5cm y ancho de base b=h si el factor de seguridad es igual a n=3 y el límite de resistencia del hierro fundido a tracción es 200Mpa y a compresión, 1000Mpa. la longitud de la viga es igual a l=1


SOLUCION:

Fs=3

δT=200Mpa=20000 N

Cm2

δC=100Mpa=100000 N

Cm2

De la sección

I=bh3

36=5¿¿

Mmax=P2

(0.5m )=25 PN .Cm


∴ δT(25 PN .cm )( 53 cm)

17.361cm4=20000

3N

cm2

P=2777.76N

∴ δC(25 PN .cm )( 103 cm)

17.361cm4=100000

3N

cm2

P=6944.4N

∴P Admisible=2777.76N

8.Determinar los esfuerzos normales máximo y mínimo en la sección peligrosa de la barra que está sometida a resistencia compuesta.

SOLUCION:


Tgθ=my=3a

h

m=3ah

. y

∴ Area desección tranversal

A=(a+m)b

⇒Esfuerzonormal= PA

= P(a+m)b

= P

(a+ 3ayh )b= P

a(1+ 3ayh )b

¿ paby=0

Esf . max

¿ paby=h

Esf . min


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