problemas resueltos de resistencia de materiales …

“ Universidad Nacional San Cristóbal de Huamanga”Facultad de Ingeníeria Minas , Geología y Civil

Escuela de Ingeniería Civil

PROBLEMAS RESUELTOS DERESISTENCIA DE MATERIALES

I - IIAutor:

Calderón Quispe, Gilmer( [email protected],[email protected] )

Estudiante de Ingeniería Civil

Presentacion

1

Índice General

1 Esfuerzo Deformación 3

2 Parámetros de origen 4

3 Método de tres Momentos 51 Definición . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

4 Metodo Viga conjuagda 13

5 Torsion 14

6 Deformaciones 15

7 esfuerzos por flexion 16

8 deflexion de vigas 17

9 Slope Deflection 18

10 Hardy Cross 19

11 Metodo de fuerzas 231 Fundamento teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2

Capítulo

1Esfuerzo Deformación

1.1 Definiciones

1.1.1 Solución de Problemas

Ejercicio N° 1Durante el montaje de un nudo de 3 barras resulto que la barra media era más largaen 5x10´4L . Calcular las tensiones en las barras después de realizar el montaje delnudo considerando E “ 2x105Mpa.

30°

30°

C B A

Solución:

3

Ingeniería Civil 1 Esfuerzo Deformación

@CF@BF

@AF

A

C

4AC

B A

C D

n

n

A

A

A

N

A

CEF

CEF

CFF

A

(a)

A

C

B

A A

ABF

ACF

ABF

(a) (b)

(a)(b)

De la figura 1ÿ

Fx “ 0

´ FAB sin 30˝ ` FAd sin 30˝ “ 0

FAB “ FAD ..................................... (I)ÿ

Fy “ 0

FAB cos 30˝ ` FAD cos 30˝ ´ FAC “ 0?

3FAB “ FAC ..................................... (II)

Del gráfico 2

δ “δAB

cos 30˝..................................... (III)

δ ` δAC “ ∆ ..................................... (IV)

Remplazando

FAB2?3L

AE`FACL

AE“ 5x10´4

σABp4

3q `

?3σAB “ 5x10´4

σAB “

„

5x10´4x105x2

4` 3?

3

σAB “ σAD “ 32.622Mpa [tración]

σAC “ 56.503Mpa[compresión]

Resistencia de Materiales I-IIpagina 4


Ejercicio N° 2Calcular las tensiones que se surgen en las barras durante el montaje del nudo a causade que la barra AD es más corta que su longitud nominal δ “ 0.001L. El material delas barras es de acero cuyo módulo de elasticidad es 2.1x105Mpa.

Solución:

@CF@BF

@AF

A

C

4AC

B A

C D

n

A

A

A

N

A

CEF

CEF

CFF

A

(a)

A

C

B

A A

ABF

ACF

ABF

(a) (b)

(a)(b)

(b)

De la figura aÿ

Fx “ 0?

2

2FAD “ FAB ..................................... (I)

ÿ

Fy “ 0

FAD cos 45˝ “ 0?

2

2FAD “ FAC ..................................... (II)

FAC “ FAB ..................................... (III)



De la figura b

MN “ δAB ´ δAC

AM “?

2δAC

MA˝ “

?2

2pδAB ´ δACq

AA1

“ AM `MA˝ ` A˝A1

Remplazando valores

?2δAC `

?2

2pδAB ´ δACq ` δAD “ δ

?2

˜

FAC?

22L

2AE

¸

`

?2

2

«

FABL

AE´FAC

?2

2

2AE

ff

`FADL

AE“ 0.001L

FAC2AE

`

?2

2

FABAE

´

?2

2

ˆ

?2

4

˙

FACAE

`FADAE

“ 0.001

FAB2AE

`

?2

2

FABAE

´1

4

FABAE

`2?

2

FABAE

“ 0.001L

ˆ

1

2`

?2

2´

1

4`

2?

2

˙

FABA

“ 0.001x2.1x105

FAB

A“ σAB “ 88.558Mpa

[tracción]

De la relación siguiente

FAB2A

“FAC2A

ñ1

2σAB “ σAC ademas σAD “

2?

2σAB

σAC “ 44.279Mpa[Compresión]

σAD “ 125.240Mpa[tración]

Ejercicio N 3La viga AC articulada en un muro absolutamente rígido es sostenida por un tiranteBD. Determinar la posición del punto B de unión del tirante con la viga partiendo dela condición que el peso del tirante sea mínimo , si l “ 6m, h “ 3m P “ 40KN , ladensidad del acero es ρ “ 7.85x103Kg{m3, la tensión admisible rσs “ 160Mpa, el pesode un metro de la viga es p “ 1KN



Solución:

De la figuraÿ

MA “ 0

FBD sinα pxq ´ 40 p6q ´ 1 p6q p3q “ 0

3x?x2 ` 9

FBD “ 240` 18

FBD “86?x2 ` 9

xpKNq (I)

Hallando el esfuerzo de FBD

σBD “FBDA

“ σadm “ 160Mpa “ 160000Kpa

se sabe que

ρ “m

v

ρA?x2 ` 9 “ m; mg “ W ppesoq

A “W

ρg?x2 ` 9

σBD “86?x2`9xW

ρg?x2`9

W “86 px2 ` 9q

ρgσadmx

Del dato dWdx“ 0 g; ρ;σadm “ CTE

Derivando se tiene

86 px2 ´ 9q

ρgσadmx2

x “ ˘3m

x “ 3m



Ejercicio N° 4Una viga absolutamente rígida se sostiene por un tensor y un tornapuntas , ambosde acero, cuyas secciones tienen unas áreas iguales a ABE “ 2cm2 ;ACD “ 4cm2. Eltensor es más corto que su dimensión nominal es δ “ 0.1 %. Calcular las tensiones enel tornapuntas y en el tensor después de realizar el montaje, considerando a “ b “ c “

d “ 1m; E “ 2x105Mpa

Solución:



De la figura N° 1ÿ

MA “ 0

´ FBE sin 45˝ p1q ` FCD sinα

2?

5FCd “

?2

2FBE

Del gráfico 2 se observa

BB1 “?

2δBE; CC˝ “ 2?

2δBE p4ABB1 „ 4AC˝Cq

MC “ 2?

2δBE sinα “2?

2?

5δBE ; C 1M “ δCD

C 1M `MC “ δ “ CC 1

δCD `2?

2?

5δBE “ δ

?5FCD

4 ˚ 0.2 ˚ 105`

2?

2?

5

ˆ

?2FBE

2 ˚ 0.2 ˚ 105

˙

“0.1?

5

100?

5FCD4 ˚ 0.2 ˚ 105

`4

2?

5 ˚ 0.2 ˚ 105

ˆ

4FCD?

10

˙

“0.1?

5

100ˆ

?5

4`

16

2?

5 ˚?

10

˙

FCD “0.1?

5

100

`

0.2 ˚ 105˘

FCD “ 26.456KN 6 FBE “ 33.464KN



Hallando las tensiones

σCD “26.456

4“ 6.614KN{cm2

σBE “33.464

2“ 17.732KN{cm2

σCD “ 6.614KN{cm2

[Tacción]

σBE “ 16.732KN{cm2

[Compresión]

Ejercicio N° 5Calcular el peso teórico (sin tener en cuenta los pesos de los elementos de unión) deun nudo de dos barras dispuestas simetricamente, considerando que las barras estánfrabricadas de un material igual, cuya tensión admisible de tracción es dos veces másgrande que su tensión admisible de compresión: rσtrs “ 2rσcomprs. Examinar dos casos:a) en el nudo está aplicada una sola una fuerza horizontal Ph y b) en el nudo estaaplicado solo una fuerza vertical Py. ¿Para qué valor del ángulo α el peso será mínimo? Calcularlo considerando que la densidad ρ del material es conocida.

Solución:

Considerando la carga horizontal: Ph



De la figura 1(a)ÿ

y “ 0

FAB sinα ´ FAC sinα “ 0

FAB “ FAC (I)ÿ

Fx “ 0

´ FAB cosα ´ FAC cosα ` Ph “ 0

FAB “1

2

ˆ

Phcosα

˙

(II)

Cuando se aplica la fuerza horizontal Ph las barras estarán en tracción

σAB “FABA

; ρ “m

vñ ρA

ˆ

l

cosα

˙

“ m1

ρgA

ˆ

l

cosα

˙

“ W1 ñ A “W1 cosα

ρgl

σtr “ σAB “12

`

Ph

cosα

˘

W1 cosαρgl

ñ W1 “Phρgl

2σtr cos2 α

W2 “Phρgl

2σtr cos2 α; Wnodo “

Phρgl

σtr cos2 α

W1 “Phρgl

2σtr cos2 αW2 “

Phρgl

2σtr cos2 α[Tracción]

Wnodo “Phρgl

σtr cos2 α[Para α “ 0˝]

Considerando la carga vertical: Py

De la figura 1(b) se tieneÿ

Fx “ 0

´ FAB cosα ` FAC cosα (I)ÿ

Fy “ 0

FAB sinα ` FAC sinα ´ Py “ 0

2FAB “Py

sinαñ FAB “

Py2 sinα

(II)



Del gráfico se observa claramente que AB esta en tracción y AC esta en Compresión portanto sus esfuerzos serán σtr ^ σcomp respectivamente

σAB “ σtr “FABA1

; W1 “ρAlg

cosα; A “

W1 cosα

ρgl

σtr “pPy{2 sinαq

pW1 cosαq { pρglqñ W1 “

Pyρgl

σtr sin 2α

σAC “ σcomp “1

2σtr “

Py{ p2 sinαq

pW2 cosαq { pρglq

1

2σtr “

Pyρgl

W2 sin 2αñ W2 “

2Pyρgl

σtr sin 2α

Wtotal “ W1 `W2 “3Pyρgl

σtr sin 2α

Hallando el mínimo dWdα“ 0

3Pyρgl

σtr

ˆ

´2 cos 2α

sin2 2α

˙

“ 0 ùñ 2α “ 90˝ ùñ α “ 45˝

6

W1 “Pyρgl

σtr sin 2αW2 “

2Pyρgl

σtr sin 2α

Wtotal “ W1 `W2 “3Pyρgl

σtr sin 2α[Para α “ 45˝ min]

Ejercicio N° 6En la columna escalonada de la figura construir los diagramas de las fuerzas longitudi-nales , de las tensiones y de los desplazamientos longitudinales.



Solución:

Hallando R en la figura 1ÿ

Fy “ 0

´R ` 120` 60´ 20 “ 0 ùñ R “ 160KN

Hallando esfuerzos

í σ1 ˚ 15´ 160 “ 0 ñ σ1 “ 32KN{cm2 [Tracción]

í σ2 ˚ 10` 120´ 160 “ 0 ñ σ2 “ 4KN{cm2 [Tracción]

í σ3 ˚ 5` 120` 60´ 160 “ 0 ñ σ3 “ ´4KN{cm2 [Compresión]

Hallando los desplazamientos

para 0 ă x ă 20

δ “32x

Eñ

"

δpx“0q “ 0

δpx“20q “640E

Para 20 ă x ă 60

δ “32 ˚ 20

E`

4 px´ 20q

Eñ

"

δpx“20q “640E

δpx“60q “800E

Para 60 ă x ă 140

δ “32 ˚ 20

E`

4 ˚ 40

e´

4 px´ 60q

E“ 1040´ 4x

ñ

"

δpx“60q “800E

δpx“140q “480E



Ejercicio N° 7En la estructura mostrada calcular:

1. Las fuerzas normales de las barras

2. Los esfuezos normales de las barras

3. las deformaciones de las barras

4. El giro que experimenta la barra rígida E “ 2x107Kg{cm2

5. El desplazamiento de los puntos A y C

--

++

+

3T

IF IIF

(a) (b)

A

C

AC

AC

o

barra rigida

1T/m

3T

1T/m

Solución:

--

++

+

3T

IF IIF

(a) (b)

A

C

AC

AC

o

barra rigida

1T/m

3T

1T/m



Del equilibrio de la figura 1(a)ÿ

Mo “ 0

1000 ˚ 7 ˚ 3.5` 3000 ˚ 3.5´ 7FI ´ 1000 ˚ 5 ˚ 2.5´ pFII sin 45˝q 5 “ 0

7FI `5?

2

2FII “ 22500 (1)

CC 1 “ δII?

2 (2)

Por semejanzaaAA1O „

aCC 1O

δI7“

?2δII

5ñ

1

7

„

700FI1 ˚ 2 ˚ 107

“800?

2FII1 ˚ 2 ˚ 107

ñ FI “16FII

5(3)

Remplazando (3) en (1)

7

ˆ

16FII5

˙

`5?

2FII2

“ 22500

FII “ 867.536Kg FI “ 2776.115Kg

Hallando Esfuerzos para: A1 “ A2 “ 1cm2

σI “ 2776.115Kg{cm2

[Compresión]

σII “ 867.536Kg{cm2

[Tracción]

Hallando Desplazamientos

AA1 “ δI “ 0.0972cm[Se comprime]

AA1 “?

2δII “ 0.0694cm[Se Alarga]

Hallando giro: tan θ “ δI7

θ “ 0.795˝[Antihorario (ö)]

Hallando las deformaciones

δ “σl

Eñ

$

’

’

&

’

’

%

δI “2776.115˚700

2˚107“

0.0972cmrAcorta.s

δII “867.536˚800

?2

2˚107“

0.0491cmrAlarg.s



Ejercicio N° 8Una escalera de acero está sujeta a una pared al nivel de los escalones primero y undé-cimo (fig a). Considerando que la pared es absolutamente rígida, calcular las reaccionesen los apoyos de la escalera para el caso cuando sobre ella se encuentran tres perso-nas de peso 1KN cada una dispuestas en los escalones quinto, noveno y décimocuartocontando desde abajo.

Solución:

Por ser absolutamente rigído se cumple

δ1 ` δ2 ` δ3 “ 0 (I)ÿ

Fy “ 0

RA `RB “ 3P (II)

Entre paso y paso la dist. es l4

σ3 pAq `Rb “ 0 ñ σ3 ´Rb

A; δ3 “ ´

4Rbl

10AE

σ2 pAq `Rb ´ P “ 0 ñ σ3 ´P ´Rb

A; δ2 “

4 pP ´Rbq l

10AE

σ1 pAq `Rb ´ 2P “ 0 ñ σ1 ´2P ´Rb

A; δ2 “

2 p2P ´Rbq l

10AE



Remplazando valores

´4 pP ´Rbq l

10AE`

4 pP ´Rbq l

10AE`

2 p2P ´Rbq l

10AE“ 0

´ 2Rb ` 2 pP ´Rbq ` 2P ´Rb “ 0

Rb “ 0.8KN Ra “ 2.2KN

Ejercicio N° 9Calcular ∆A y ∆aen la figura mostrada donde E “ 2˚1011N{m2; µ “ 0.3, P “ 30000N

y a “ 10cm

Solución:

Recordando fórmulas :

ε “σ

E; ε1 “ µε “ ´µ

σ

E;

∆A

A“ ´2µ

σ

E

(ε : Deformación unitaria longitudinal)(ε1 : Deformación unitaria transversal)

Hallando los valores pedidos

σ “ ´30000

0.22 ´ 0.12“ ´1 ˚ 106N{m2

ε1 “ ´0.3´1 ˚ 106

2 ˚ 1011“ 1.5 ˚ 10´6

ñ ∆a “ 2aε “ 2 ˚ 100 ˚ 1.5 ˚ 10´6“ 0.0003mm



Hallando la variación de área

∆A “´2 ˚ 0.3 p´1 ˚ 106q

2 ˚ 1011

`

2002´ 1002

˘

“ 0.09m2

Ejercicio N° 10Una barra escalonada empotrada en sus extremos rígidamente esta cargada con unafuerza P “ 200KN en la sección m y con una fuerza 4P en la sección n ´ n a lolargo de eje de la barra hay un orificio pasante de diámetro d˝ “ 2cm; los diámetrosexteriores de los escalones son: D1 “ 6cm, D2 “ 4cm D3 “ 8cm. El material es deacero, E “ 2.1 ˚ 105Mpa. Determinar las reacciones en los apoyos A y B , construir losdiagramas de fuerzas longitudinales N, de tensiones normales σ y de los desplazamientoslongitudinales de las secciones transversales de la barra

Solución:

De la figura (a)ÿ

Fy “ 0

RA `RB ´ 5P “ 0 ñ RA `RB “ 5P (I)δ1 ` δ3 ` δ3 ` δ4 “ 0 (II)

4 ˚ 20RA

π p62 ´ 22qE`

4 ˚ 10 pRA ´ P q

π p42 ´ 22qE`

4 ˚ 20 pRA ´ P q

π p82 ´ 22qE`

4 ˚ 20 pRA ´ 5P q

π p82 ´ 22qE

Remplazando para P “ 200KN y luego en (I)

RA “ 266.667KN RB “ 733.333KN



Hallando Esfuerzos

σ1 “4 ˚ 266.667

π p62 ´ 22qñ

σ1 “ 10.610KN{cm2

[Tracción]

σ2 “4 p266.667´ 200q

π p42 ´ 22qñ

σ2 “ 7.074KN{cm2

[Tracción]

σ2 “4 p266.667´ 200q

π p82 ´ 22qñ

σ2 “ 1.415KN{cm2

[Tracción]

σ4 “4 p266.667´ 1000q

π p82 ´ 22qñ

σ2 “ ´15.562KN{cm2

[Compresión]

Hallando las deformaciones

E “ 2.1 ˚ 105Mpa « 0.21 ˚ 105KN{cm2 [Acumulado]

δ1 “4 ˚ 266.667 ˚ 20

π p62 ´ 22q 0.21 ˚ 105“ 0.010cm

δ “ 0.0106cm

δ2 “4 p266.667´ 200q 10

π p42 ´ 22q 0.21 ˚ 105“ 0.00337cm

δ “ 0.0141cm

δ3 “4 p266.667´ 200q 20

π p82 ´ 22q 0.21 ˚ 105“ 0.00135cm

δ “ 0.0156cm

δ4 “4 p266.667´ 1000q 20

π p82 ´ 22q 0.21 ˚ 105“ 0.00148cm

δ “ 0cm



Ejercicio N° 11Calcular el desplazamiento vertical del nudo A bajo la acción de una fuerza P “ 200KN ,si el diagrama de tracción del material de las barras tiene la forma de la función lineala trozos representada en el gráfico . Considerar que σ˝ “ 120Mpa, E “ 7 ˚ 105Mpa,A “ 10cm2 y l “ 3m.

Solución:

ACFABF

(a) (b)

De la figura 1ÿ

Fx “ 0

´ FAB sin 60˝ ` FAC sin 60˝ “ 0

FAB “ FAC (I)ÿ

Fy “ 0

FAB cos 60˝ ` FAC cos 60˝ ´ 200 “ 0

FAB “ 200KN

σ “ σAB “ σAC “200 ˚ 1000

10 ˚ 10´4“ 200Mpa



Del gráfico 2 hallar ε

ε “σ˝E1

`σ ´ σ˝E2

ε “120

7 ˚ 105`

200´ 120

0.5 ˚ 7 ˚ 105“ 4 ˚ 10´4

Hallando las deformaciones de las barras

δAC “ δAB “ δ

δ “ 4 ˚ 10´4˚ 300

δ “ 0.12cm

∆A “δAC

cos 60˝

∆A “ 0.24cm

Ejercicio N° 12¿A qué ángulo α hace falta aplicar en el nudo la fuerza P para que el desplazamientode éste se efectúe por la vertical? Las longitudes de las barras son iguales, están hechasde un mismo material. El área de la sección de la barra AD es dos veces mayor que elarea de la sección de las barras AB y AC.



Solución:

De la figura (a)ÿ

y “ 0

FAB ` FAC cos 30˝ ` FAD cos 60˝ ´ p cosα “ 0 (I)

ÿ

Fx “ 0

FAC sin 30˝ ` FAD sin 60circ´ p sinα “ 0 (II)

De la figura (b)

δAB “δAD

cos 60˝“

δACsin 60˝

FABl

AE“FADl

2AEp2q “

FAC l

AE

ˆ

2?

3

˙

FAB “ FAD (III)?

3

2FAB “ FAC (IV)

Remplazando (III) (IV) en (I) y (II)

FAB `

?3

2FAB

ˆ

?3

2

˙

`1

2FAB “ p cosα

9

4FAB “ p cosα (V)?

3

2FAB

ˆ

1

2

˙

`

?3

2FAB “ p sinα

3?

3

4FAB “ p sinα (VI)



Dividiendo (VI) entre (V) se tiene?

3

3“ tanα

ñ

tan´1´?

33

¯

“ 30˝ “ α

Ejercicio N° 13En la estructura de la figura, el tirante A es de aluminio, la columna C es de acero y labarra horizontal B es rígida, si el esfuerzo admisible en la columna: σadm “ 1100kg{cm2

calcule el máximo valor de la carga ”P” Eac “ 2.2x106kg{cm2 EAl “ 0.7x106kg{cm2.

Solución:

De la figura 1(a)ÿ

My “ 0

30Fal ` 10Fac ´ 30P “ 0

3Fal ` Fac “ 3P (I)δal30“

∆` δac10



δal “ 3∆` 3δac

Fal ˚ 60

8 ˚ 0.7 ˚ 106“ 3

ˆ

Fac ˚ 30

25 ˚ 2.2 ˚ 106

˙

` 0.006

15

2

ˆ

1

0.7

˙

Fal “90Fac

25 ˚ 2.2` 6000 (II)

De (I) y(II) : Asumiendo σadm para acero

σ “ 1100 “Fac25

ñ Fac “ 27500kg

Remplazando en (II)

Fal “ 4760kg ñ σal “ 595kg{cm2 [Dentro de rango Adm]

6 P “ Fal `Fac3ñ 13926.667kg

De (I) y(II) : Asumiendo σadm para aluminio

1100 “Fal8

ñ Fal “ 8800kg

Remplazando en (II)

Fac “ 53952.381kg ñ σac “ 2158.095kg{cm2 [Fuera de rango Adm]

6 P “ 13926.6667kg

Ejercicio N° 14Una barra absolutamente rígida se sostiene por tres tirantes paralelos con áreas desecciones iguales a A “ 10cm2. Calcular los esfuerzos en los tirantes y hallar el valoradmisible de la carga a partir de la tensión admisible rσs “ 160Mpa.



Solución:

De la figura (a)ÿ

Fy “ 0

F1 ` F2 ` F3 “ 0 (I)ÿ

MC “ 0

´ F1 p3aq ´ F2 paq ` P p2aq “ 0

2P “ F2 ` 3F1 (II)

De la figura (b)

M mA1C 1 „M nC 1B1

δ1 ´ δ3

3a“δ2 ´ δ3

añ 2δ3 “ 3δ3 ´ δ1

p2F3q l

2AE“

3F2 p2lq

AE´F1l

AEF1 ´ 6F2 ` F3 “ 0 (III)

Resolviendo los 3 sistemas se tiene; ademas para σ “ 16KN{cm2

F1 “13P

21“ 0.619P ñ P ď 258.462

F2 “P

7“ 0.143P ñ P ď 1120

F3 “5P

21“ 0.238P ñ P ď 1344

6 P “ 258.462KN

Ejercicio N° 15Una placa absolutamente rígida de sección rectangular esta apoyada con sus ángulossobre columnas de longitudes y secciones iguales. Sobre la placa gravita una fuerzaconcentrada P “ 100KN aplicada en el punto k que divide la diagonal AC en razon1 : 2. Calcular la sección de las barras a partir de la tensión admisible rσ “ 50Mpas ydeterminar el asiento máximo del ángulo de la placa. Viene dado: a “ 4.5m, b “ 3m

l “ 1m, E “ 2x105Mpa



Solución:

De la figura (a)ÿ

Fy “ 0

Fa ` 2Fb ` Fc “ 0 (I)ÿ

Mk “ 0

´ Fa

ˆ

3m

2

˙

` P´m

2

¯

` Fc

ˆ

3m

2

˙

´ Fa ` Fc “P

3(II)

De la figura (b)

δa ` δc2

“ δb ñ δa ` δc “ 2δb

Fal

AE`Fcl

AE“ 2

Fbl

AEFa ` Fc “ Fb (III)



Resolviendo (I), (II) y (III)

Fa “P

12para P “ 100KN í Fa “ 8.333KN

Fb “ Fd “P

4para P “ 100KN í F “ 25KN

Fc “5P

12para P “ 100KN í Fc “ 41.667KN

El esfuerzo máximo se dará en Fc

σ “ 50Mpa “ 5KN{cm2

FcA“ 5 6 A “ 8.333cm2

El asiento máximo se ara debido a la fuerza Fc

δmax “41.667 ˚ 100

8.333 ˚ 0.2 ˚ 105˚ 10 “ 25mm

Ejercicio N° 16Una barra absolutamente rígida AD esta articulada en el punto D de una pared tambiénabsolutamente rígida y sometida por tres tornapuntas 1, 2 y 3: Calcular los esfuerzosen los tornapuntas y la magnitud del parámetro d la carga P a partir de la tensiónadmisible rσs “ 160Mpa , si las secciones de todos los tornapuntas tienen igual áreaA “ 2cm2

Solución:



De la figura 1ÿ

MD “ 0

pF1 sin 30˝q´

2?

3a¯

´ 2P p3aq ´ P p2aq ` pF2 sin 45˝q p2aq ` pF3 sin 45˝q paq “ 0

?3F1 ´ 6P ´ 2P `

?2F2 `

?2

2F3 “ 0

?3F1 `

?2F2 `

?2

2F3 “ 8P (I)



De las relaciones geométricas

M AA1D „M BB1D

2δ1

2?

3a“

?2δ2

2añ 2δ1 “

?6δ2

2

„

F1 p4aq

AE

“?

6

«

F2

`

2?

2a˘

AE

ff

2F1 “?

3F2 (II)

Además se tiene?

2δ2 “ 2?

2δ3

F2

`

2?

2a˘

AE“ 2

«

F3

`?2a˘

AE

ff

F2 “ F3 (III)

De las ecuaciones (I), (II) y (III)

F1 “ 1.914P F2 “ F3 “ 2.209P

Hallando P

σ “ 160Mpa “ 16KN{cm2ñ

2.209P

2“ 16

P “ 14.486KN

Ejercicio N° 17Una barra absolutamente rígida, representada en la figura, esta articulada en un cuerpoabsolutamente rígido mediante barras de acero. Calcular los esfuerzos en las barras, asícomo el área de la sección A de estas, si la tension admisible de tracción es rσstr “160Mpa y la de compresión rσscomp “ 50Mpa. La magnitud del parámetro de la cargaes P “ 100KN

Solución:



De la figura (a)ÿ

MA “ 0

FBE sin 45˝ paq ` FCG sin 30˝ p2aq ´ 100 p3aq “ 0 (I)?

2

2FBE ` FCG “ 300

De la figura (b)

2BB1 “ CC 1 (II)

BB1 “?

2δBE “?

2FBE

`?2a˘

AE

BB1 “ 2

ˆ

FBEAE

˙

a

CC 1 “ 2δCG “ 2

ˆ

FCGAE

˙ˆ

4a?

3

˙

CC 1 “8?

3

ˆ

FCGAE

˙

a

Remplando en (II)

2

„

2FBEa

AE

“8?

3

ˆ

FCGa

AE

˙

?3FBE “ 2FCG (III)

De (I) y (III)

FBE “ 190.702KN FCG “ 165.153KN

Solo hay esfuerzo de tracción

rσs “ 160Mpa “ 16KN{cm2

6190.702

A“ 16 ñ A “ 11.919cm2


problemas resueltos de resistencia de materiales …

Documents