Ejercicios Completos RM

Universidad Católica

de Santa María Facultad de Arquitectura e Ingeniería Civil y del Ambiente Escuela Profesional de Ingeniería Civil

RESISTENCIA DE MATERIALES I Docente: Milagros Socorro Guillén Málaga Semestre: V Grupo: 09 RESOLUCIÓN DE PROBLEMA DE PRÁCTICA CALIFICADA Integrantes Apellidos y nombres

Código

Porcentaje de participación

Almerón Mamani Allison Karelia

2021800412

20%

Cruz Arce Sebastian Rodrigo

2021221861

20%

Lajo Mendoza Giancarlo Jorge

2021203171

20%

Nuñez Cárdenas Luis Anyelo

2021249571

20%

Peralta Montesinos Diego Alberto

2021201111

20% 100%

Arequipa - Perú 2023

PROBLEMA N.º 1 Las barras rígidas AB y BC están conectadas mediante un pasador y se encuentran inclinadas a un ángulo θ = 30° cuando no soportan ninguna carga. Al aplicar la fuerza P, θ toma un valor de 30.2°. Determine la deformación unitaria normal promedio en el alambre AC

RECONOCIMIENTO DE DATOS • • •

𝜃1 = 30° 𝜃2 = 30.2° 𝐵𝐶 = 600𝑚𝑚

DETERMINAR •

La deformación unitaria normal promedio en el alambre AC.

RESOLUCIÓN Primero graficamos en la primera situación, cuando 𝜽𝟏 = 𝟑𝟎°

Descomponiendo observamos que es un triángulo equilátero, por lo que todos sus lados miden 600mm. Entonces en AC, cuando 𝜃1 = 30°: 𝐿1 = 600𝑚𝑚 Luego graficamos en la segunda situación, cuando 𝜽𝟏 = 𝟑𝟎. 𝟐° Nos concentramos en la mitad de un triángulo, donde O es el punto medio Se forma un triángulo rectángulo y podremos hallar AO, finalmente lo multiplicamos por 2, para hallar 𝐿2 :

𝐿2 = 2 sin 30.2 ∗ 600 𝐿2 = 603.624 𝑚𝑚 Finalmente, para hallar la deformación unitaria promedio: 𝝐= 𝜖=

∆𝑳 𝑳

(603.624 − 600)𝑚𝑚 600 𝑚𝑚 𝜖 = 0.00604

Deformación unitaria normal promedio en el alambre AC 𝜖

Resultado 0.00604

PROBLEMA N.º 2 La fuerza aplicada en el mango de la palanca rígida ocasiona que la palanca gire en sentido horario alrededor del pasador B en un ángulo de 3°. Determine la deformación unitaria normal promedio en cada alambre. El alambre no está estirado cuando la palanca se encuentra en posición horizontal.

RECONOCIMIENTO DE DATOS •

𝜃 = 3°, 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑑𝑜𝑟 𝐵 DETERMINAR •

Deformación unitaria normal promedio en cada alambre.

RESOLUCIÓN Al aplicar una fuerza en sentido horario, como dice el problema este generará una rotación de 3° en el pasador B, entonces:

𝛿𝐴 𝛿𝐶

𝛿𝐷

Al girar la barra 3° en sentido horario podemos hallar las deformaciones de los alambres usando la formula de longitud de arco: 𝛿 = 𝑆 = (𝑟)(𝜃)

Para ello debemos convertir los 3° a radianes: 1° = 3° = (

𝜋 𝑟𝑎𝑑 180

𝜋 ) (3)𝑟𝑎𝑑 = 0.0524 𝑟𝑎𝑑 180

Entonces: •

Para 𝛿𝐴 : 𝛿𝐴 = (200 𝑚𝑚)(0.0524 ) 𝛿𝐴 = 10.48 𝑚𝑚

•

Para 𝛿𝐵 : 𝛿𝐵 = (400 𝑚𝑚)(0.0524 ) 𝛿𝐵 = 20.96 𝑚𝑚

•

Para 𝛿𝐶 : 𝛿𝐵 = (600 𝑚𝑚)(0.0524 ) 𝛿𝐵 = 31.44 𝑚𝑚

Teniendo las deformaciones de los alambres, procedemos a hallar la deformación unitaria, para ello usamos la formula: 𝝐=

∆𝑳 𝑳

Entonces: •

Para 𝝐𝐴 :

𝜖𝐴 =

10.48 𝑚𝑚 300 𝑚𝑚

𝜖𝐴 = 0.0349

•

Para 𝝐𝐵 :

𝜖𝐵 =

20.96 𝑚𝑚 300 𝑚𝑚

𝜖𝐵 = 0.0699

•

Para 𝝐𝐶 :

𝜖𝐶 =

31.44 𝑚𝑚 300 𝑚𝑚

𝜖𝐶 = 0.1048

Deformación unitaria normal promedio de los alambres

Resultado

𝜖𝐴

0.0349

𝜖𝐵

0.0699

𝜖𝐶

0.1048

PROBLEMA N.º 3 Los eslabones BC y DE están hechos de acero E = 29 x 106 psi y tienen 1 /3 𝑖𝑛. de ancho y 1 /5 𝑖𝑛. de espesor.

RECONOCIMIENTO DE DATOS • •

E = 29 x 106 psi P= 700 lb

DETERMINAR • •

La fuerza en cada eslabón cuando se aplica una fuerza P de 700 lb sobre el elemento rígido AF como se muestra en la figura La deflexión correspondiente del punto A

RESOLUCIÓN a) Dibujaremos primero el DCL que representara el grafico total para cortar y añadir fuerzas ya que encontramos un caso de oposición de fuerzas.

Como conceptos básicos debemos tener la base teorica de solución de cualquier elemento rigido que tenga una carga x y una reacción x prima generara un momento de deformación el cual es 𝛿=

𝑃𝑥𝐿 𝐴𝑥𝐸

En el cuar encontramos una barra imaginaria

Pero debemos hallar esa deformación P en las secciones BC y DE que ejercen fuerza en la barra fija AF donde debemos carcular las deformaciones en AF de una forma imaginaria y un poco exagerada debido a que este desplazamiento es mínimo.

Todos estos puntos que están moviéndose son representados en desplazamiento en un mismo ángulo marcado en el grafico y debemos circular la deflexión A , C y D. Asumiremos la línea azul como una curva donde encontramos una semejanza casi igual a la recta trazada de negro y de igual forma también AF será como un radio para el sector.

Tenemos también por formula que 𝜃 como 𝜃=

𝑆 𝑟

Nos enfocamos en la distancia para el arco A en diferencia con el arco C y D 𝛿𝐴 = 9 𝑖𝑛 ∗ 𝜃 𝛿𝐶 = 4 𝑖𝑛 ∗ 𝜃 𝛿𝐷 = 2 𝑖𝑛 ∗ 𝜃 Ahora como dijimos al inicio debemos calcular las cargas de las barras BC y DE pero antes debemos tener el área de la sección transversal que es 𝑥=

𝐹𝐵𝐶 =

1 1 ∗ = 0.667 𝑖𝑛 3 5

4 𝑖𝑛 ∗ 𝜃 ∗ 0.667 𝑖𝑛2 ∗ 29 x 106

lb 𝑖𝑛2

4 𝑖𝑛 𝐹𝐵𝐶 = 19.343 𝑥 106 𝜃 𝑙𝑏

𝐹𝐷𝐸 =

2 𝑖𝑛 ∗ 𝜃 ∗ 0.667 𝑖𝑛2 ∗ 29 x 106

lb 𝑖𝑛2

5 𝑖𝑛 𝐹𝐷𝐸 = 7.737 𝑥 106 𝜃 𝑙𝑏

Ambas fuerzas están en función de 𝜃 en el cual veremos por un DCL la parte estática 𝑆𝑢𝑚𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑓 = 0

𝑆𝑢𝑚𝑎𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎 𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠 𝑓 = 0 −600 𝑙𝑏 ∗ 9 𝑖𝑛 + 𝐹𝑏𝑐 ∗ 4 𝑖𝑛 + 𝐹𝑑𝑒 ∗ 2 𝑖𝑛 = 0 −600𝑙𝑏 ∗ 9 𝑖𝑛 + 19.343 𝑥 106 𝜃 ∗ 4 𝑖𝑛 + 7.737 𝑥 106 𝜃 ∗ 2 𝑖𝑛 = 0 77.372 𝑥 106 𝜃 + 15.474 𝑥 106 𝜃 = 5400 𝑙𝑏 𝑖𝑛 92.846 𝑥 106 𝜃 = 5400 𝑙𝑏 𝑖𝑛 𝜃 = 5,8161 ∗ 10−5 𝑟𝑎𝑑 Ahora ya hallamos las fuerzas BC y DE seccionadas 𝐹𝐵𝐶 = 19.343 𝑥 106 𝑙𝑏 ∗ 5,8161 ∗ 10−5 𝑟𝑎𝑑 𝐹𝐵𝐶 = 1123.074 𝑙𝑏 𝐹𝐷𝐸 = 7.737 𝑥 106 𝜃 𝑙𝑏 ∗ 5,8161 ∗ 10−5 𝑟𝑎𝑑 𝐹𝐷𝐸 =449.218 lb

b) Para la deflexión del punto A nos lo dan con las graficas y el ángulo que hallamos δA = 9 in ∗ θ δA = 5.234 x 10−4 𝑖𝑛 𝑭𝑩𝑪

1123.074 𝑙𝑏

𝑭𝑫𝑬

449.218 lb

Deflexión en A

5.234 x 10−4 𝑖𝑛

PROBLEMA N.º 4 1

La barra rígida AD está soportada por dos alambres de acero de 16 in de diámetro (𝐸 = 29𝑥106 psi), un pasador y una ménsula en A. Si se sabe que los alambres estaban originalmente tensos, determine: a) La tensión adicional en cada alambre cuando una carga P de 220 lb se aplica en D. b) La deflexión correspondiente en el punto D

RECONOCIMIENTO DE DATOS • • •

1

𝐷𝑎 = 16 𝑖𝑛 𝐸𝑎 = 29𝑥106 𝑝𝑠𝑖 PD = 220 lb

DETERMINAR • •

La tensión adicional en cada alambre cuando una carga P de 220 lb se aplica en D. La deflexión correspondiente en el punto D.

RESOLUCIÓN Primero graficamos las fuerzas que existen: Al aplicar una carga en D, existe tensión en los alambres y un momento en A. Usamos las ecuaciones de equilibrio.

∑ 𝑭𝒙 = 𝟎

→+

𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝑭𝒚 = 𝟎

↑+

𝐴𝑦 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 − 220 = 0 𝐴𝑦 + 𝐹𝐵 + 𝐹𝐶 = 220 ∑ 𝑴𝑨 = 𝟎

↺+

𝐹𝐵 (12𝑖𝑛) + 𝐹𝐶 (22𝑖𝑛) − (220)(34𝑖𝑛) = 0 𝐹𝐵 (12𝑖𝑛) + 𝐹𝐶 (22𝑖𝑛) = 7040 𝐹𝐵 (6𝑖𝑛) + 𝐹𝐶 (11𝑖𝑛) = 3520

𝑙𝑏 𝑖𝑛

𝑙𝑏 𝑖𝑛

Cuando se aplican las fuerzas, existen deformaciones: Cuando se produce P, los alambres de acero se deforman y se estiran hacia abajp, a más largo existe más deformación

Relacionamos las deformaciones con respecto al punto A. 𝜹𝑩 𝜹𝑪 𝜹𝑫 = = 𝟏𝟐 𝟐𝟐 𝟑𝟒 Usamos la fórmula de la pelea y reemplazamos: 𝜹=

𝑷∗𝑳 𝑬∗𝑨

𝛿𝐵 𝛿𝐷 = 12 34 𝛿𝐵 =

12 𝛿𝐷 34

𝛿𝐵 = 0.353 𝛿𝐷 No tomamos en cuenta el área ni el módulo de elasticidad, porque será el mismo para ambos. 𝐹𝐵 𝑙𝑏(10𝑖𝑛) 𝜋 𝑙𝑏 ( ∗ 1.16 𝑖𝑛2 ) (29 ∗ 106 2 ) 4 𝑖𝑛

= 0.353 (

𝐹𝐶 𝑙𝑏(18𝑖𝑛) 𝜋 𝑙𝑏 ( ∗ 1.16 𝑖𝑛2 ) (29 ∗ 106 2 ) 4 𝑖𝑛

10𝐹𝐵 = 6.354 𝐹𝐶 𝐹𝐵 = 0.6354𝐹𝐶 Sustituimos, para hallar 𝑭𝑪 𝒚 𝑭𝑩 : 𝑭𝑩 (𝟔𝒊𝒏) + 𝑭𝑪 (𝟏𝟏𝒊𝒏) = 𝟑𝟓𝟐𝟎

𝒍𝒃 𝒊𝒏

0.6354𝐹𝐶 (6𝑖𝑛) + 𝐹𝐶 (11𝑖𝑛) = 3520 3.8124 𝐹𝐶 + 11𝐹𝐶 = 3520 14.8124𝐹𝐶 = 3520 𝐹𝐶 = 237.6387 lb

𝑭𝑩 = 𝟎. 𝟔𝟑𝟓𝟒𝑭𝑪 𝐹𝐵 = 0.6354(237.6387) 𝐹𝐵 = 150.9956 𝑙𝑏 Para hallar la deflexión o 𝜹𝑫 , reemplazamos: 𝜹𝑪 𝜹𝑫 = 𝟐𝟐 𝟑𝟒

)

34 𝛿𝐶 = 𝛿𝐷 22 𝛿𝐷 = 1.545 𝛿𝐶 (237.6387)(18𝑖𝑛) ) 𝛿𝐷 = 1.545 ( 𝜋 𝑙𝑏 ( 4 ∗ (1.16 𝑖𝑛)2 ) (29 ∗ 106 2 ) 𝑖𝑛 𝛿𝐷 = 0.0002156 𝑖𝑛

Tensión adicional en cada alambre cuando una carga P de 220 lb se aplica en D.

Resultados

𝐹𝐵

237.6387 𝑙𝑏

𝐹𝐶

150.9956 𝑙𝑏

Deflexión correspondiente en el punto D

Resultados

𝛿𝐷

0.0002156 𝑖𝑛 (↓)

PROBLEMA N.º 5 Las barras rígidas AB y CD mostradas en la figura están apoyadas mediante pernos en A y en C, y mediante las varillas mostradas. Determine la máxima fuerza P que pueda aplicarse como se muestra si el movimiento vertical de las barras está limitado a 10mm. Desprecie el peso de todos los miembros

RECONOCIMIENTO DE DATOS Aluminio • • •

L=2m A=300 mm^2 E=70 GPa

Acero • • •

L=2 m A=200 mm^2 E=200 GPa

DETERMINAR Determine la máxima fuerza P RESOLUCIÓN Para empezar con la resolución hacemos el desarrollo del DCL para identificar el cambio que hará la barra al aplicar la máxima fuerza en P.

El problema nos dice que la barra esta limitada a 10 mm en vertical por lo cual con esa consigna podemos sacar una ecuación. 𝛿𝑉𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙.𝐴𝐵 + 𝛿𝑉𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙.𝐶𝐷 = 0.01 𝑚 Ahora necesitamos otra ecuación por la cual la sacaremos de la deformación de la barra en su centro de gravedad. En las dos barras pasa una cuerda de BD por ello se dividirá entre dos. 𝛿𝐴𝐿 +

1 𝛿 = 0.01 𝑚 2 𝐴𝐶

𝛿𝐴𝐿, : 𝐷𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑣𝑒𝑟𝑡𝑖𝑐𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑎 𝑒𝑛 𝑠𝑢 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑔𝑟𝑎𝑣𝑒𝑑𝑎𝑑 Al obtener ya las ecuaciones necesarias, empezamos haciendo momentos en A y C Momento en A 𝑀𝐴 = 0 2𝑃𝐴𝐿 – 6 𝑃𝐴𝐶 = 0 2𝑃𝐴𝐿 = 6 𝑃𝐴𝐶 𝑃𝐴𝐿 = 3𝑃𝐴𝐶 Momento en C 𝛴𝑀𝐶 = 0

−3𝑃 + 6𝑃𝐴𝐶 = 0 3𝑃 = 6𝑃𝐴𝐶 𝑃 = 2𝑃𝐴𝐶 𝑃𝐴𝐶 = 𝑃/2 Después de saber cuánto vale el 𝑃𝐴𝑐 lo remplazamos en la anterior ecuación y tenemos la siguiente igualdad 𝑃𝐴𝐶 =

𝑃 2

𝑃𝐴𝐿 = 3𝑃𝐴𝐶 𝑃 𝑃𝐴𝐿 = 3 ( ) 2 Ahora usando la segunda ecuación aplicamos la fórmula de la PELA para poder hallar la fuerza de P 𝛿𝐴𝐿 +

1 𝛿 = 0.01 𝑚 2 𝐴𝐶

𝑃∗𝐿 1𝑃∗𝐿 + = 0.01 𝐸 ∗ 𝐴 2𝐸 ∗ 𝐴 3𝑃 𝑃∗2 1 2 ∗2 ( ) = 0.01 + 3 ∗ 10−4 ∗ 70 ∗ 109 2 2 ∗ 10−4 ∗ 200 ∗ 109 9.5238 ∗ 10−8 ∗ 𝑃 + 3.75 ∗ 10−8 ∗ 𝑃 = 0.01 𝑃 = 75336.376 𝑁

Carga Máxima P

Resultados

𝑃

75336.376 𝑁

PROBLEMA N.º 7 Una barra circular de acero ABC (𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎) tiene un área de su sección transversal 𝐴1 de A a B y área de su sección transversal 𝐴2 de B a C (consulte la figura). La barra está soportada rígidamente en el extremo A y está sometida a una carga P igual a 60 kN en el extremo C. Un collarín circular de acero BD que tiene área de su sección transversal 𝐴3 soporta la barra en B. El collarín se ajusta firmemente en B y D donde no hay carga. Determine el alargamiento 𝛿𝐴𝐶 de la barra debido a la carga 𝑃. (Suponga L1 = 3L3 = 250 mm, L2 = 225 mm, 𝐴1 = 2𝐴3 = 960 𝑚𝑚2 y 𝐴2 = 300 𝑚𝑚2 .)

RECONOCIMIENTO DE DATOS • • • • • • • •

𝐿1 = 250 𝑚𝑚 𝐿2 = 225 𝑚𝑚 𝐿3 = 250/3 𝑚𝑚 𝐴1 = 960 𝑚𝑚2 𝐴2 = 300 𝑚𝑚2 𝐴3 = 480 𝑚𝑚2 𝑃 = 60 𝑘𝑁 𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎

DETERMINAR •

El alargamiento 𝛿𝐴𝐶 de la barra debido a la carga P

RESOLUCIÓN Planteamos una ecuación de equilibrio

∑ 𝐹𝑦 = 0 −60 + 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0 Posterior a ello plantearemos una ecuación de compatibilidad para la parte de AD, pues eliminamos la reacción que puede producir de la barra BD hacia abajo

𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐷 = 0 Analizamos el primer tramo 𝛿𝐴𝐵 =

𝐴𝑦 ∙ 250 ∙ 10−3 𝐹𝐿 = 𝐸𝐴 200 ∙ 109 ∙ (9602 ) ∙ 10−3

Analizamos el segundo tramo 𝛿𝐵𝐷 =

𝐷𝑦 ∙ (250/3 ∙ 10−3 ) 𝐹𝐿 =− 𝐸𝐴 200 ∙ 109 ∙ (4802 ) ∙ 10−3

250 𝐷𝑦 ∙ ( 3 ∙ 10−3 ) 𝐴𝑦 ∙ 250 ∙ 10−3 − =0 200 ∙ 109 ∙ (9602 ) ∙ 10−3 200 ∙ 109 ∙ (4802 ) ∙ 10−3 Tenemos un sistema de ecuaciones de dos variables con dos ecuaciones, soluble 250 𝐷𝑦 ∙ ( 3 ∙ 10−3 ) (60 − 𝐷𝑦 ) ∙ 250 ∙ 10−3 = 200 ∙ 109 ∙ (9602 ) ∙ 10−3 200 ∙ 109 ∙ (4802 ) ∙ 10−3

(1)

−60 + 𝐴𝑦 + 𝐷𝑦 = 0

(2)

Donde 𝐷𝑦 = 36 𝑘𝑁 −60 + 𝐴𝑦 + 36 = 0 𝐴𝑦 = 24 𝑘𝑁 Ahora que tenemos dichas fuerzas lo que tenemos que hacer es reemplazar en las ecuaciones de deformación

𝛿𝐴𝐵 =

𝐴𝑦 ∙ 250 ∙ 10−3 24000 ∙ 250 ∙ 10−3 = 200 ∙ 109 ∙ (9602 ) ∙ 10−3 200 ∙ 109 ∙ (9602 ) ∙ 10−3 𝛿𝐴𝐵 = 3.125 ∙ 10−5 𝑚 𝛿𝐵𝐶 =

60000 ∙ 225 ∙ 10−3 200 ∙ 109 ∙ (3002 ) ∙ 10−3

𝛿𝐵𝐶 = 2.25 ∙ 10−4 𝑚 El alargamiento de 𝛿𝐴𝐶 seria de 𝛿𝐴𝐵 + 𝛿𝐵𝐶 3.125 ∙ 10−5 𝑚 + 2.25 ∙ 10−4 𝑚 = 2.5625 ∙ 10−4 𝑚 𝛿𝐴𝐶 = 2.5625 ∙ 10−4 𝑚 𝛿𝐴𝐶 = 0.25625 𝑚𝑚

Alargamiento por carga P

Resultados

𝛿𝐴𝐶

0.25625 𝑚𝑚 2.5625 ∙ 10−4 𝑚