PROBLEMAS DE ESTRUCTURA Y FUERZAS INTERNAS

INTEGRANTES:

1) Curo Rodriguez, Yasmin 2) Garay Palacios, Emilia3) Pachas Velit, Mario4) Reque Neciosup, Esther

CLASE: 21069608 AULA: A - 402

1.- Dos varillas cilíndricas están unidas en B y son sometidas a la carga que se muestra en la figura. La varilla AB está hecha de acero (E =200 GPa) y la varilla BC de latón (E = 105 GPa). Determine

a) la deformación total de la varilla compuesta ABC

b) la deflexión del punto B.

SOLUCION

Para la varilla AB se tiene:

EAB = 200GPa PAB = 30KN LAB = 250 mm = 0.250 m y DAB = 30 mm = 0.03 m

Diámetro de la varilla es 0.03m por lo tanto el radio es 0.015 m

AAB = π R2 = π (0.015)2 = 7.0685 x 10-4 m2

δAB = −FAB LABEAB A AB

= −30 x103 x0.250200 x 109 x7.0685 x10−4 = - 5.3052 x 10-5 m

El signo negativo significa que se está comprimiendo la varilla

Para la varilla BC se tiene:

EBC = 105 GPa PBC = 40KN LBC = 300 mm = 0.3 m y DAB = 50 mm = 0.05 m

Diámetro de la varilla es 0.05m por lo tanto el radio es 0.025 m

ABC = π R2 = π (0.025)2 = 1.9635 x 10-3 m2

δBC = −FBC LBCEBC ABC

= −70x 103 x 0.3105 x 109x 1.9635 x 10−3

= - 1.0185 x 10-4 m

El signo negativo significa que se está comprimiendo la varilla

La deformación total de la varilla compuesta ABC

δT = δAB + δBC = - 5.3052 x 10-5 + (- 1.0185 x 10-4 = 1.5490 x 10-4 m

La deflexión del punto B

δT = δBC = 1.0185 x 10-4 m (Hacia abajo)

2.- Determine la fuerza en cada miembro de la armadura e indique si los miembros están a tensión o a compresión. Considere P = 800 N, a = 4 m, b = 3 m y c = 1 m

SOLUCION

∑ Momentos en A = 0

R (8) - 800 (4) = 0 R = 400 N

∑ F x = 0 ∑ F y = 0

800 – Ax = 0 R - Ay = 0

Ax = 800 N Ay = 400 N

NUDO A

Triangulo Rectángulo ABO Triangulo Rectángulo ABO

Tanθ = 4 / 4

θ = 45 °

Tanβ = 1/4

β = 14.036°

Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, se obtiene:

∑ F x = 0

FAB Cos45° + FAD Cos14.036° - 800 = 0

0.7071 FAB + 0.9701 FAD = 800 …………………………………… (1)

∑ F y = 0

FAB Sen45° + FAD Sen14.036° - 400 = 0

0.7071 FAB + 0.2425 FAD = 400 ................................….(2)

Restando ec (1) con ec (2)

0.7276 FAD = 400

FAD = 549.75 N (Tensión)

FAB = 377.12 N (Tensión)

NUDO C

∑ F x = 0

FBC Cos45° - FCD Cos14.036° = 0

0.7071 FBC - 0.9701 FCD = 0 ……………………….(1)

∑ F y = 0

R + FCD Sen14.036° - FBC Sen45 = 0

400 + 0.2425 FCD – 0.7071 FBC = 0 ……………………….(2)

Sumando Ec (1) con Ec (2)

400 - 0.7276 FCD = 0

FCD = 549.75 N (Tensión)

FBC = 754.22 N (Compresión)

NUDO D

Utilizando el teorema de la ley de Senos

FBDsen151.928 °

=F AD

Sen104.036 ° FBD =

Sen151.928 x F ADSen104.036 °

FBD = 266.66 N (Tensión)

3.- Para la armadura de acero de (E = 200 GPa) y la cargas mostradas en la figura, determine las deformaciones de los elementos BD y DE, si se sabe que sus respectivas áreas de sección transversal son de 1250 mm2 y 1875 mm2 respectivamente.

SOLUCION

∑ Momentos en F = 0

R (5) - 12000 (3) - 12000 (6) - 12000 (9) = 0

R = 43200 N

∑ F x = 0

12000 + 12000 + 12000 – Fx = 0

Fx = 36000 N

∑ F y = 0

R - Fy = 0

Fy = 43200 N

NUDO F

∑ F x = 0

FFG - Fx = 0 FFG = 36000 N

∑ F y = 0

FFD – Fy = 0 FFD = 43200 N

NUDO G

Tanβ = 3/5

β = 30.964°

∑ F x = 0

FDG Cos30.964° - FFG = 0

FDG = 41982.96 N

∑ F y = 0

R - FDG Sen30.964° - FEG = 0

43200 – 41982.96 Sen30.964° - FEG = 0

FEG = 21600.28 N

NUDO D

∑ F x = 0

12000 + FDE – FDG Cos30.964° = 0

FDE = 24000 N

∑ F y = 0

FDB + FDG Sen30.964° - FDF = 0

FDB = 21599.79 N

NUDO E

∑ F x = 0

FBE Cos30.964° - FDE = 0

FBE Cos30.964° = 24000

FBE = 27988.64 N

∑ F y = 0

FEG – FEC – FBE Sen30.964° = 0

21600.28 – FEC – 27988.64 Sen30.964° = 0

FEC = 7200.14 N

Calculando las deformaciones de los elementos BD y DE

δBD = F BDLBDEBD ABD

= 21599.79 x3

200 x 109 x1250 x10−6 = 2.592 x10-4 m

δDE = F DELDEEDE ADE

= 24000 x5

200 x 109 x1875 x10−6 = 3.2 x10-4 m

4.- La lámpara de peso W= 50 N está soportado por tres barras de acero. Considerando 5°,=30° ,AAC= 4cm2, ABC= 5cm2 , ACD= 2cm2; Determinar:

a) La fuerza de tensión en cada barra (en N)b) El esfuerzo de tensión en cada barra (En N/ cm2)c) El alargamiento de la barra CD, Li=10m y E= 200x109Pa

SOLUCION

Hallando las fuerzas (Tensiones) en cada barra de acero

Aplicando las ecuaciones de equilibrio de fuerzas, se obtiene:

∑ F x = 0

FBC Cos30° - FAC Cos45° = 0

FBC Cos30° = FAC Cos45°

FBC = F AC cos45 °cos30 ° ………………………… (1)

∑ F y = 0

FAC Sen45° + FBC Sen30° - 50 = 0

FAC Sen45° + F AC cos45 °cos30 ° Sen30° = 50

0.7071 FAC + 0.4082 FAC = 50

FAC = 44.83 N FBC = 36.30 N FCD = 50 N

Hallando el esfuerzo de cada barra

σAC = FACAreaAC =

44.83 N4 cm2 = 11.20 N/cm2

σBC = FBCAreaBC =

36.30N5cm2 = 7.26 N/cm2

σCD = FCDAreaCD =

50N2cm2 = 25 N/cm2

Calculando el alargamiento de la barra CD

ΔLCD = FCD x LExAreaCD

= 50Nx10m

0.0002m2 x200 x109 Nm2

= 1.25 x 10-5 m

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Curo Rodriguez, Yasmin

Problema Resuelto –DEFORMACION

Pachas Velit, Mario

Problema Resuelto – ESTRUCTURA

Garay Palacios, Emilia

Problema Resuelto – ESTRUCTURA Y DEFORMACION

Reque Neciosup, Esther

Problema Resuelto - ESFUERZO